Frage zu zwei Matrizen: Hadamard v. "Der Magische" im Beweis der Sensitivitätsvermutung

Der kürzliche und unglaublich glatte Beweis der Sensitivitätsvermutung beruht auf der expliziten * Konstruktion einer Matrix , die rekursiv wie folgt definiert wird: , und für , Insbesondere ist leicht zu erkennen, dass für alle .$A_n\in\{-1,0,1\}^{2^n\times 2^n}$

$$A_1 = \begin{pmatrix} 0&1\\1&0\end{pmatrix}$$ $n\geq 2$ $$A_{n} = \begin{pmatrix} A_{n-1}&I_{n-1}\\I_{n-1}&-A_{n-1}\end{pmatrix}$$ $A_n^2 = n I_n$$n\geq 1$

Vielleicht lese ich zu viel darüber, aber dies scheint zumindest syntaktisch mit einer anderen berühmten Matrizenfamilie zu verwandt zu sein, den Hadamard-Matrizen, die ebenfalls so ist, dass und ein 'ähnliches' Spektrum aufweist: , und für , $H_n^2 \propto I_n$

$$H_1 = \begin{pmatrix} 1&1\\1&-1\end{pmatrix}$$ $n\geq 2$ $$H_{n} = \begin{pmatrix} H_{n-1}&H_{n-1}\\H_{n-1}&-H_{n-1}\end{pmatrix}$$

Gibt es irgendeine formale Verbindung, die möglicherweise nützlich ist, mit der Ausnahme, dass "sie vage ähnlich aussehen"?

Zum Beispiel hat als vorzeichenbehaftete Adjazenzmatrix des Hyperwürfels eine schöne Interpretation (das Vorzeichen einer Kante ist die Parität des Präfixes ). Gibt es ein Analogon für ? (Dies kann offensichtlich sein?)$A_n$$\{0,1\}^n$$(x,b,x')\in\{0,1\}^n$$x$$H_n$

$^*$ Ich frage mich auch, ob eine nicht explizite Konstruktion, z. B. eine gleichmäßig zufällige Matrix, die gewünschten spektralen Eigenschaften hätte, aber das müsste wahrscheinlich auf eine andere Frage warten.$\pm1$

Eine Beobachtung, die zu lang für einen Kommentar ist (und die auch gut zu Jason Gaitondes Beobachtung passt, die zu lang für einen Kommentar ist):

Wie in der OQ angedeutet, können beide tatsächlich durch eine sehr einfache Art von rekursiver Konstruktion realisiert werden. Wir spezifizieren nämlich $B_0 \in \{(0), (\pm 1)\}$ (eine $1 \times 1$ Matrix) und dann eine einzelne rekursive Formel

$$B_n = \left(\begin{array}{cc} b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & b_{22} \end{array}\right)$$

wobei jedes $b_{ij}$ eines von $\{0, \pm 1, \pm x\}$ (wobei "1" hier die Identität der geeigneten Größe bezeichnet, nämlich $2^{n-1} \times 2^{n-1}$ und in ähnlicher Weise "0" die Null Matrix der geeigneten Größe und $x$ bezeichnet $B_{n-1}$ ). Für die Huang-Matrizen haben wir tatsächlich $A_0 = (0)$ und die rekursive Formel ist $\begin{bmatrix} x & 1 \\ 1 & -x \end{bmatrix}$, während für die Hadamard-Matrizen$H_0 = (1)$und die rekursive Formel$\begin{bmatrix} x & x \\ x & -x \end{bmatrix}$.

Wenn man möchte, dass eine solche Rekursion die Eigenschaft hat, dass $B_n^2$ proportional zu $I_{2^{n}}$ , dann findet man schnell, dass entweder $b_{11} + b_{22} = 0$ oder $b_{12} = b_{21}=0$ . Im letzteren Fall liefert die Rekursion nur diagonale Matrizen, was vielleicht nicht so interessant ist. Die interessanten Fälle sind also diejenigen, in denen $b_{11} = -b_{22}$(Das ist eine der "Nizza" Bedingungen in Jasons Antwort). Dies kann auch als allgemeine Erklärung dafür angesehen werden, warum beide Matrizenfolgen spurenlos sind.

Als letzten kleinen Kommentar liefert diese Art der Rekursion automatisch, dass die Blockeinträge von $B_n$ pendeln, was die andere Bedingung für die "Freundlichkeit" in Jasons Antwort war.

Ich habe noch keine systematische Untersuchung durchgeführt, aber angesichts des obigen Aufbaus könnte man die endlich vielen Möglichkeiten untersuchen (3 Auswahlmöglichkeiten für $B_0$ und technisch $5^4$ Auswahlmöglichkeiten für die Rekursion, aber dies kann unter Verwendung von Symmetrien und auch von abgeschnitten werden die Einschränkungen, dass $B_n^2$ proportional zur Identität ist). Es wäre sehr erfreulich zu erfahren, dass die Hadamard- und die Huang-Matrix in gewisser Weise bis zur Äquivalenz die einzigen beiden nichttrivialen sind :). Und wenn nicht, vielleicht lauern da draußen noch einige andere interessante ...

Hier sind nur ein paar Beobachtungen, die ich nicht in einen Kommentar einfügen konnte:

0) Hinzugefügt, weil die erste Antwort gelöscht wurde: Es gibt eine Interpretation von $H_n$ , nämlich Indizieren der Zeilen und Spalten durch $\{0,1\}^n$ , der Eintrag entsprechend $(x,y)$ ist $1$ wenn das Hadamard-Produkt $x\odot y=(x_1y_1,\ldots,x_n y_n)$ hat gerade Parität und $-1$ wenn es ungerade Parität hat.

1) Im Allgemeinen kann das Spektrum der Blockmatrizen sehr kompliziert sein und hängt nicht offensichtlich mit den Spektren der einzelnen Blöcke zusammen, da das charakteristische Polynom schrecklich aussehen wird . Aber für einen symmetrischen Blockmatrix $M=\begin{pmatrix} A & B\\ B^T & C\end{pmatrix}$ , die über eine rekursive Konstruktion wie die entstehen könnte , $A_n$ und $H_n$ oben, wobei jede Matrix quadratisch ist, eine der nur Vereinfachungen tritt auf, wenn $B^T$ und $C$ pendeln, in diesem Fall hat man $\det(M)=\det(AC-BB^T)$ . Danndas charakteristische Polynom$M$ wird

$$\det((\lambda I-A)(\lambda I-C)-BB^T)=\det(\lambda^2I-\lambda (A+C)+AC-BB^T).$$ Damit dies zu schönen rekursiven Formeln für die Eigenwerte führt, braucht man grundsätzlich$C=-A$ , um den linearen$\lambda$ Termzu töten. Sind weiterhin$A$ und$B$ symmetrisch und pendeln, so erhalten wir $$\det(\lambda I-M)=\det(\lambda^2 I-(A^2+B^2)),$$ woraus man leicht die Eigenwerte mit Hilfe der Tatsache abliest, dass symmetrische Pendelmatrizen gelten eine gemeinsame eigenbasis. Dies mag offensichtlich sein, aber all dies bedeutet, dass es für das Erhalten guter rekursiver Formeln für die Eigenwerte im Grunde genommen wesentlich ist, dass der untere rechte Block vorhanden ist$-A$ und hoffe, dass der untere linke und der obere rechte Block symmetrisch sind und mit$A$ pendeln, was für dieMatrizen$A_n$ (mit$B=I$ ) und$H_n$ (mit$B=H_{n-1}=A$ )der Fall ist.

2) Zur Frage des Zufallszeichens: Die Signierung der in der Arbeit angegebenen Adjazenzmatrix ist optimal im Sinne einer Maximierung von $\lambda_{2^{n-1}}$ , die für die Untergrenze über Cauchy-Interlacing benötigt wird und sich aus elementaren Mitteln ergibt. Für ein beliebiges Vorzeichen $M_n$ der Adjazenzmatrix des $n$ dimensionalen Hyperwürfels erhält man sofort

$$\text{Tr}(M_n)=\sum_{i=1}^{2^n} \lambda_i(M_n)=0,\quad \text{Tr}(M_n^2)=\sum_{i=1}^{2^n} \lambda_i(M_n)^2=\|M_n\|_F^2=n2^n,$$ wobei$\lambda_1(M_n)\geq \lambda_2(M_n)\geq\ldots\geq \lambda_{2^n}(M_n)$ . Wenn für einige Unterzeichnung$M_n$man hat $\lambda_{2^{n-1}}(M_n)>\sqrt{n}$ , dann $$\sum_{i=1}^{2^{n-1}} \lambda_i(M_n)>\sqrt{n}2^{n-1},\quad \sum_{i=1}^{2^{n-1}} \lambda_i(M_n)^2>n2^{n-1}.$$ Man kann dann sehen, dass es nicht möglich ist, die obigen Gleichungen der Spuren zu erfüllen: Die negativen Eigenwerte müssen sich zu genau mehr als√summieren$\sqrt{n}2^{n-1}$ (in absoluten Werten) und ihre Quadrate müssen sich zu genau weniger als$n2^{n-1}$ summieren. Das Minimieren der Quadratsumme bei konstanter Summe geschieht, wenn alle gleich sind. In diesem Fall wird die Quadratsumme jedoch ohnehin zu groß. Für jede Signatur kann man also mit elementaren Mitteln sehen, dass$\lambda_{2^{n-1}}(M_n)\leq \sqrt{n}$ ohne die magische Signatur im Papier zu kennen, wobei Gleichheit gilt, wenn die Werte$\sqrt{n},\ldots,\sqrt{n},-\sqrt{n},\ldots,-\sqrt{n}$ . Dass es tatsächlich eine solche Unterzeichnung gibt, ist ziemlich erstaunlich. Die Eigenwerte der normalen Adjazenzmatrix sind$-n, -n+2,\ldots,n-2,n$, wobei der$i$Eigenwert die Multiplizität${n\choose i }$ , also ist es (für mich) sehr interessant, wie die all-$+1$Signatur$\lambda_1$maximiert, während diese Signatur$\lambda_{2^{n-1}}$maximiert.

As far as would a random signing work, it's harder to say because I think most non-asymptotic bounds on eigenvalues focus on spectral norm. One expects random signings to smooth out the extreme usual eigenvalues, and indeed, using the noncommutative Khintchine inequality and/or recent tighter bounds like in here, a uniformly random signing has $\mathbb{E}[\|M_n\|_2]=\Theta(\sqrt{n})$. It's hard for me to imagine the middle eigenvalues would be on a similar polynomial order as the leading one in expectation (and asymptotic results like the semi-circular law for different matrix ensembles suggest similarly, I think), but maybe it's possible.