संवेदनशीलता के प्रमाण के प्रमाण में दो मैट्रिसेस के बारे में प्रश्न: हैडमर्ड बनाम "जादुई एक"

संवेदनशीलता अनुमान के हाल ही में और अविश्वसनीय रूप से स्लीक प्रूफ एक मैट्रिक्स निर्माण पर स्पष्ट रूप से निर्भर करता है , निम्नानुसार परिभाषित किया गया है: और, , विशेष रूप से, यह देखना आसान है कि सभी । $A_n\in\{-1,0,1\}^{2^n\times 2^n}$

A_{1} = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})

$A_1 = \begin{pmatrix} 0&1\\1&0\end{pmatrix}$

n \geq 2

$n\geq 2$

A_{n} = (\begin{matrix} A_{n - 1} & I_{n - 1} \\ I_{n - 1} & - A_{n - 1} \end{matrix})

$A_{n} = \begin{pmatrix} A_{n-1}&I_{n-1}\\I_{n-1}&-A_{n-1}\end{pmatrix}$

A_{n}^{2} = n I_{n}

$A_n^2 = n I_n$

n \geq 1

$n\geq 1$

अब, शायद मैं इसमें बहुत अधिक पढ़ रहा हूं, लेकिन यह कम से कम वाक्य-रचना से संबंधित एक अन्य प्रसिद्ध परिवार, मैट्रिसेस से संबंधित है, जो कि ऐसा भी है कि और इसका समान 'स्पेक्ट्रम: और, , $H_n^2 \propto I_n$

H_{1} = (\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & - 1 \end{matrix})

$H_1 = \begin{pmatrix} 1&1\\1&-1\end{pmatrix}$

n \geq 2

$n\geq 2$

H_{n} = (\begin{matrix} H_{n - 1} & H_{n - 1} \\ H_{n - 1} & - H_{n - 1} \end{matrix})

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

क्या दोनों के बीच संभवतः कोई औपचारिक संबंध उपयोगी है, सिवाय इसके कि "वे समान रूप से समान दिखते हैं"?

उदाहरण के लिए, को हाइपरक्यूब के हस्ताक्षरित आसन्न मैट्रिक्स के रूप में देखा गया है की एक अच्छी व्याख्या है (एक किनारे का चिह्न उपसर्ग की समता है )। क्या लिए एक एनालॉग है ? (यह स्पष्ट हो सकता है?) $A_n$ $\{0,1\}^n$ $(x,b,x')\in\{0,1\}^n$ $x$ $H_n$

$^*$ मैं यह भी सोच रहा हूं कि क्या एक गैर-स्पष्ट निर्माण, उदाहरण के लिए, समान रूप से यादृच्छिक मैट्रिक्स, में वांछित वर्णक्रमीय गुण होंगे, लेकिन शायद एक और प्रश्न के लिए इंतजार करना होगा। $\pm1$

boolean-functions matrices boolean-matrix

— क्लेमेंट सी।
स्रोत

जवाबों:

एक टिप्पणी के लिए बहुत लंबा अवलोकन (और जो जेसन गायतोंडे के अवलोकन के साथ भी अच्छी तरह से फिट बैठता है)

जैसा कि ओक्यू में संकेत दिया गया है, इन दोनों को वास्तव में एक बहुत ही सरल प्रकार के पुनरावर्ती निर्माण द्वारा महसूस किया जा सकता है। अर्थात्, हम (एक मैट्रिक्स), और फिर एक एकल पुनरावर्ती सूत्र निर्दिष्ट करते हैं $B_0 \in \{(0), (\pm 1)\}$ $1 \times 1$

B_{n} = (\begin{array}{cc} b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & b_{22} \end{array})

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

जहां प्रत्येक में से एक है (जहां यहाँ "1" उचित आकार, अर्थात् की पहचान को दर्शाता है , और इसी तरह "0" उपयुक्त आकार के शून्य मैट्रिक्स को दर्शाता है , और , को दर्शाता है ।) हुआंग मेट्रिसेस के लिए, हमारे पास वास्तव में और पुनरावर्ती सूत्र is , जबकि Hadamard मैट्रिक्स के लिए हमारे पास और पुनरावर्ती सूत्र है । $b_{ij}$ $\{0, \pm 1, \pm x\}$ $2^{n-1} \times 2^{n-1}$ $x$ $B_{n-1}$ $A_0 = (0)$ $\begin{bmatrix} x & 1 \\ 1 & -x \end{bmatrix}$ $H_0 = (1)$ $\begin{bmatrix} x & x \\ x & -x \end{bmatrix}$

यदि कोई ऐसी संपत्ति चाहता है कि लिए आनुपातिक है , तो एक जल्दी से पाता है कि या तो , या । उत्तरार्द्ध मामले में, पुनरावृत्ति केवल विकर्ण परिपक्वता उत्पन्न करती है, जो शायद इतना दिलचस्प नहीं है। तो दिलचस्प मामले वे हैं जिनमें (जो जेसन के जवाब में "अच्छाई" की स्थिति में से एक है)। यह एक आम स्पष्टीकरण के रूप में भी देखा जा सकता है कि मैट्रिस के दोनों अनुक्रम क्यों अस्पष्ट हैं। $B_n^2$ $I_{2^{n}}$ $b_{11} + b_{22} = 0$ $b_{12} = b_{21}=0$ $b_{11} = -b_{22}$

एक अंतिम छोटी टिप्पणी के रूप में, इस तरह की पुनरावृत्ति स्वचालित रूप से पैदावार करती है कि आवागमन की ब्लॉक प्रविष्टियां , जो जेसन के उत्तर में अन्य "निकनेस" स्थिति थी। $B_n$

मैंने अभी तक एक व्यवस्थित जांच नहीं की है, लेकिन उपर्युक्त सेटअप को देखते हुए, बहुत से संभावित संभावनाओं की जांच कर सकता है ( लिए 3 विकल्प , और तकनीकी रूप से पुनरावृत्ति के लिए विकल्प, लेकिन यह का उपयोग करके भी काटा जा सकता है और से भी प्रतिबंध है कि पहचान के लिए आनुपातिक है)। यह सीखना बहुत सुखद होगा कि हैडमार्ड और हुआंग मेट्रिसेस किसी भी तरह, समतुल्यता तक हैं, केवल दो निरर्थक :)। और यदि नहीं, तो हो सकता है कि कुछ अन्य दिलचस्प लोग वहां से बाहर निकल रहे हों ... $B_0$ $5^4$ $B_n^2$

— जोशुआ ग्रोचो
स्रोत

और यदि नहीं, तो हो सकता है कि कुछ अन्य दिलचस्प लोग वहां से बाहर निकल रहे हों ... काफी दिलचस्प लगता है :)

— क्लेमेंट सी।

यहाँ सिर्फ कुछ टिप्पणियों का एक टिप्पणी में फिट नहीं हो सकता है:

0) जोड़ा गया क्योंकि पहले उत्तर हटा दिया गया था: वहाँ की एक व्याख्या है $H_n$ , अर्थात्, द्वारा पंक्तियों और स्तंभों का अनुक्रमण $\{0,1\}^n$ , प्रवेश करने के लिए इसी $(x,y)$ है $1$ अगर Hadamard उत्पाद $x\odot y=(x_1y_1,\ldots,x_n y_n)$ भी समता है, और $-1$ यदि यह अजीब समता है।

$M=\begin{pmatrix} A & B\\ B^T & C\end{pmatrix}$ $A_n$ $H_n$ $B^T$ $C$ $\det(M)=\det(AC-BB^T)$ $M$

det ((λ I - A) (λ I - C) - B B^{T}) = det (λ^{2} I - λ (A + C) + A C - B B^{T}) .

$\det((\lambda I-A)(\lambda I-C)-BB^T)=\det(\lambda^2I-\lambda (A+C)+AC-BB^T).$

इस के लिए eigenvalues के लिए अच्छे पुनरावर्ती फार्मूले का नेतृत्व करने के लिए, एक को रैखिक अवधि को मारने के लिए मूल रूप से आवश्यकता होती । यदि आगे और सममित और कम्यूट हैं, तो हम जिसमें से आसानी से पढ़ता हुआ eigenvalues को पढ़ता है। तथ्य सममितीय मैट्रिसेस एक सामान्य ईजेनाबिसिस स्वीकार करते हैं। यह स्पष्ट हो सकता है, लेकिन यह सब कहना है कि जहां तक स्वदेशी के लिए अच्छे, पुनरावर्ती सूत्र प्राप्त करने का है, मूल रूप से यह आवश्यक है कि निचले दाएं ब्लॉक को होने की आवश्यकता हो।

C = - A

$C=-A$

λ

$\lambda$

A

$A$

B

$B$

det (λ I - M) = det (λ^{2} I - (A^{2} + B^{2})),

$\det(\lambda I-M)=\det(\lambda^2 I-(A^2+B^2)),$

- A

$-A$ और आशा करते हैं कि निचले बाएँ और ऊपरी दाएं ब्लॉक सममित हैं और साथ कम्यूट करते हैं , जो ( ) और मैट्रिसेस ( ) के लिए ।

A

$A$

A_{n}

$A_n$

B = I

$B=I$

H_{n}

$H_n$

B = H_{n - 1} = A

$B=H_{n-1}=A$

2) यादृच्छिक संकेत प्रश्न पर: कागज में दिए गए आसन्न मैट्रिक्स पर हस्ताक्षर करना अधिकतम करने के अर्थ में इष्टतम है , जो कॉची इंटरलेसिंग के माध्यम से कम बाध्य के लिए आवश्यक है और कर सकते हैं प्राथमिक साधनों से देखा जा सकता है। -dimensional हाइपरक्यूब के आसन्न मैट्रिक्स के पर मनमाने ढंग से हस्ताक्षर करने के लिए , एक को तुरंत ही where । यदि कुछ हस्ताक्षर करने के लिए पास , तो $\lambda_{2^{n-1}}$ $M_n$ $n$

Tr (M_{n}) = \sum_{i = 1}^{2^{n}} λ_{i} (M_{n}) = 0, Tr (M_{n}^{2}) = \sum_{i = 1}^{2^{n}} λ_{i} (M_{n})^{2} = ‖ M_{n} ‖_{F}^{2} = n 2^{n},

$\text{Tr}(M_n)=\sum_{i=1}^{2^n} \lambda_i(M_n)=0,\quad \text{Tr}(M_n^2)=\sum_{i=1}^{2^n} \lambda_i(M_n)^2=\|M_n\|_F^2=n2^n,$

λ_{1} (M_{n}) \geq λ_{2} (M_{n}) \geq \dots \geq λ_{2^{n}} (M_{n})

$\lambda_1(M_n)\geq \lambda_2(M_n)\geq\ldots\geq \lambda_{2^n}(M_n)$

M_{n}

$M_n$

λ_{2^{n - 1}} (M_{n}) > \sqrt{n}

$\lambda_{2^{n-1}}(M_n)>\sqrt{n}$

\sum_{i = 1}^{2^{n - 1}} λ_{i} (M_{n}) > \sqrt{n} 2^{n - 1}, \sum_{i = 1}^{2^{n - 1}} λ_{i} (M_{n})^{2} > n 2^{n - 1} .

$\sum_{i=1}^{2^{n-1}} \lambda_i(M_n)>\sqrt{n}2^{n-1},\quad \sum_{i=1}^{2^{n-1}} \lambda_i(M_n)^2>n2^{n-1}.$ एक तो यह देख सकता है कि ऊपर के ट्रेस समानता को संतुष्ट करना संभव नहीं है: नकारात्मक प्रतिजन को कड़ाई से (पूर्ण मूल्य में) से अधिक के लिए योग करना चाहिए, और उनके वर्गों को कड़ाई से कम करने के लिए योग करना चाहिए से । योगों को स्थिर रखते हुए वर्गों का योग कम से कम तब होता है जब वे सभी समान होते हैं, लेकिन इस मामले में वैसे भी वर्गों का योग बहुत बड़ा हो जाएगा। इसलिए किसी भी हस्ताक्षर के लिए, प्राथमिक के माध्यम से देख सकते हैं कि बिना कागज पर हस्ताक्षर किए जादू को जाने बिना, जहां समानताएं मानती हैं _

\sqrt{n} 2^{n - 1}

$\sqrt{n}2^{n-1}$

n 2^{n - 1}

$n2^{n-1}$

λ_{2^{n - 1}} (M_{n}) \leq \sqrt{n}

$\lambda_{2^{n-1}}(M_n)\leq \sqrt{n}$

\sqrt{n}, \dots, \sqrt{n}, - \sqrt{n}, \dots, - \sqrt{n}

$\sqrt{n},\ldots,\sqrt{n},-\sqrt{n},\ldots,-\sqrt{n}$ । वहाँ वास्तव में इस तरह के एक हस्ताक्षर प्राप्त करने के लिए मौजूद है यह बहुत अद्भुत है। सामान्य आसन्न मैट्रिक्स के eigenvalues हैं , जहां th eigenvalue का गुणन , इसलिए यह मेरे लिए बहुत दिलचस्प है (वैसे भी) कैसे सभी- पर हस्ताक्षर करना अधिकतम , जबकि यह साइनिंग अधिकतम करता है ।

- n, - n + 2, \dots, n - 2, n

$-n, -n+2,\ldots,n-2,n$

i

$i$

(\binom{n}{i})

${n\choose i }$

+ 1

$+1$

λ_{1}

$\lambda_1$

λ_{2^{n - 1}}

$\lambda_{2^{n-1}}$

जहां तक एक यादृच्छिक हस्ताक्षर कार्य होगा, यह कहना मुश्किल है क्योंकि मुझे लगता है कि eigenvalues पर सबसे गैर-विषम सीमाएं वर्णक्रमीय मानदंड पर ध्यान केंद्रित करती हैं। एक ने अत्यधिक सामान्य eigenvalues को सुचारू करने के लिए यादृच्छिक संकेतों की अपेक्षा की है, और वास्तव में, यहाँ की तरह noncommutative Khintchine असमानता और / या हाल ही में तंग सीमाओं का उपयोग करते हुए , एक समान रूप से यादृच्छिक हस्ताक्षर किया है । मेरे लिए यह मुश्किल है कि मध्य-पूर्वजन्मों की कल्पना करना एक समान बहुपद क्रम पर होगा क्योंकि उम्मीद में अग्रणी (और विभिन्न मैट्रिक्स पहनावाओं के लिए अर्ध-परिपत्र कानून जैसे समानार्थी परिणाम समान रूप से सुझाव देते हैं, मुझे लगता है), लेकिन शायद यह संभव है। $\mathbb{E}[\|M_n\|_2]=\Theta(\sqrt{n})$

— जेजी
स्रोत