Вопрос о двух матрицах: Адамар против «магического» в доказательстве гипотезы чувствительности

Недавнее и невероятно приятное доказательство гипотезы о чувствительности основано на явном * построении матрицы $A_n\in\{-1,0,1\}^{2^n\times 2^n}$ , определенной рекурсивно следующим образом:

$$A_1 = \begin{pmatrix} 0&1\\1&0\end{pmatrix}$$ и, для, В частности, легко видеть, чтодля всех.$n\geq 2$ $$A_{n} = \begin{pmatrix} A_{n-1}&I_{n-1}\\I_{n-1}&-A_{n-1}\end{pmatrix}$$ $A_n^2 = n I_n$$n\geq 1$

Теперь, может быть, я читаю слишком много в этом, но это выглядит как минимум синтаксически связанным с другим известным семейством матриц, матрицами Адамара, которое также таково, что $H_n^2 \propto I_n$ и имеет «похожий» спектр:

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

Есть ли какая-то формальная связь, возможно, полезная, между этими двумя, кроме того, что «они выглядят неопределенно похожими»?

Например, $A_n$ рассматриваемая как матрица смежности со знаком гиперкуба $\{0,1\}^n$ имеет хорошую интерпретацию (знак ребра $(x,b,x')\in\{0,1\}^n$ является четностью префикс $x$ ). Есть ли аналог для $H_n$ ? (это может быть очевидно?)

$^*$ Мне также интересно, если бы неявная конструкция, например, равномерно случайнаяматрица$\pm1$ , имела бы желаемые спектральные свойства, но, вероятно, пришлось бы ждать другого вопроса.

Наблюдение, слишком длинное для комментария (и которое также хорошо согласуется с наблюдением Джейсона Гайтонда, слишком длинным для комментария):

Как намекается в OQ, оба они могут быть реализованы с помощью очень простой рекурсивной конструкции. А именно, мы указываем $B_0 \in \{(0), (\pm 1)\}$ ( матрица $1 \times 1$ ), а затем одну рекурсивную формулу

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

где каждый $b_{ij}$ является одним из $\{0, \pm 1, \pm x\}$ (где здесь «1» обозначает единицу соответствующего размера, а именно $2^{n-1} \times 2^{n-1}$ , и аналогично «0» обозначает ноль матрица соответствующего размера, а $x$ обозначает $B_{n-1}$ ). Для матриц Хуанга мы фактически имеем $A_0 = (0)$ а рекурсивная формула имеет вид $\begin{bmatrix} x & 1 \\ 1 & -x \end{bmatrix}$, тогда как для матриц Адамара$H_0 = (1)$и рекурсивная формула$\begin{bmatrix} x & x \\ x & -x \end{bmatrix}$.

Если кто -то хочет такой рекурсию , чтобы обладать свойством , что $B_n^2$ пропорциональна $I_{2^{n}}$ , то один быстро находит , что либо $b_{11} + b_{22} = 0$ , или $b_{12} = b_{21}=0$ . В последнем случае рекурсия дает только диагональные матрицы, что, возможно, не так интересно. Итак, интересные случаи, в которых $b_{11} = -b_{22}$(что является одним из условий "милости" в ответе Джейсона). Это также можно рассматривать как общее объяснение того, почему обе последовательности матриц не имеют следов.

В качестве последнего небольшого комментария этот тип рекурсии автоматически приводит к тому, что записи блока $B_n$ коммутируют, что было другим условием «любезности» в ответе Джейсона.

Я еще не проводил систематического исследования, но, учитывая вышеописанную схему, можно исследовать конечное число возможностей (3 варианта для $B_0$ и технически $5^4$ вариантов для рекурсии, но это можно сократить с помощью симметрий, а также из ограничения, что $B_n^2$ пропорциональна идентичности). Было бы очень приятно узнать, что матрицы Адамара и Хуанга как-то, вплоть до эквивалентности, единственные две нетривиальные :). А если нет, может быть, есть еще какие-то интересные, скрывающиеся там ...

Вот только пара замечаний, которые я не смог уместить в комментарии:

0) Добавлено потому, что первый ответ был удален: существует интерпретация $H_n$ , а именно, индексация строк и столбцов по $\{0,1\}^n$ , запись, соответствующая $(x,y)$ равна $1$ если произведение Адамара $x\odot y=(x_1y_1,\ldots,x_n y_n)$ имеет четную четность и $-1$ если она имеет нечетную четность.

1) Как правило, спектр блочных матриц может быть очень сложным и явно не связан со спектрами отдельных блоков, поскольку характеристический полином будет выглядеть ужасно . Но для симметричной блочной матрицы $M=\begin{pmatrix} A & B\\ B^T & C\end{pmatrix}$ которая может возникнуть через рекурсивную конструкцию, подобную вышеприведенным $A_n$ и $H_n$ , где каждая матрица является квадратной, одно из единственных упрощений происходит, когда $B^T$ и $C$ коммутируют, в этом случае каждый имеет $\det(M)=\det(AC-BB^T)$ . Тогда характеристическим многочленом$M$ будет

$$\det((\lambda I-A)(\lambda I-C)-BB^T)=\det(\lambda^2I-\lambda (A+C)+AC-BB^T).$$ Чтобы это привело к хорошим рекурсивным формулам для собственных значений, в основном требуется$C=-A$ чтобы убить линейныйчлен$\lambda$ . Если далее$A$ и$B$ симметричны и коммутируют, мы получаем $$\det(\lambda I-M)=\det(\lambda^2 I-(A^2+B^2)),$$ из которого легко считывать собственные значения, используя факт, что симметричные коммутирующие матрицы допускают общее собственное основание. Это может быть очевидно, но все это означает, что для получения хороших рекурсивных формул для собственных значений в основном необходимо требовать, чтобы нижний правый блок был$-A$ and hope that lower left and upper right blocks are symmetric and commute with $A$, which is the case for the $A_n$ (with $B=I$) and $H_n$ matrices (with $B=H_{n-1}=A$).

$\lambda_{2^{n-1}}$, which is needed for the lower bound via Cauchy interlacing, and can be seen from elementary means. For an arbitrary signing $M_n$ of the adjacency matrix of the $n$-dimensional hypercube, one immediately gets

$$\text{Tr}(M_n)=\sum_{i=1}^{2^n} \lambda_i(M_n)=0,\quad \text{Tr}(M_n^2)=\sum_{i=1}^{2^n} \lambda_i(M_n)^2=\|M_n\|_F^2=n2^n,$$ where $\lambda_1(M_n)\geq \lambda_2(M_n)\geq\ldots\geq \lambda_{2^n}(M_n)$. If for some signing $M_n$ one has $\lambda_{2^{n-1}}(M_n)>\sqrt{n}$, then $$\sum_{i=1}^{2^{n-1}} \lambda_i(M_n)>\sqrt{n}2^{n-1},\quad \sum_{i=1}^{2^{n-1}} \lambda_i(M_n)^2>n2^{n-1}.$$ One can then see it is not possible to satisfy the trace equalities above: the negative eigenvalues must sum to strictly more than $\sqrt{n}2^{n-1}$ (in absolute value), and their squares must sum to strictly less than $n2^{n-1}$. Minimizing the sum of squares while keeping the sum constant happens when they are all equal, but in this case will make the sum of squares too large anyway. So for any signing, one can see via elementary means that $\lambda_{2^{n-1}}(M_n)\leq \sqrt{n}$ without knowing the magic signing in the paper, where equality holds iff the values are $\sqrt{n},\ldots,\sqrt{n},-\sqrt{n},\ldots,-\sqrt{n}$. That there actually exists such a signing attaining it is pretty amazing. The eigenvalues of the normal adjacency matrix are $-n, -n+2,\ldots,n-2,n$, where the $i$th eigenvalue has multiplicity ${n\choose i }$, so it's very interesting (to me, anyway) how the all-$+1$ signing maximizes $\lambda_1$, while this signing maximizes $\lambda_{2^{n-1}}$.

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.