2つの行列についての質問：アダマールv。感度推測の証明における「魔法の1つ」

最近の非常に滑らかな感受性予想の証明は、マトリックスの明示*構造に依存している$A_n\in\{-1,0,1\}^{2^n\times 2^n}$：再帰的に定義され、以下のように

$$A_1 = \begin{pmatrix} 0&1\\1&0\end{pmatrix}$$ そして、、のための$n\geq 2$、 $$A_{n} = \begin{pmatrix} A_{n-1}&I_{n-1}\\I_{n-1}&-A_{n-1}\end{pmatrix}$$ 特に、参照することは容易である$A_n^2 = n I_n$のすべてのため$n\geq 1$。

さて、多分私はあまりこの中に読んでいますが、このルックスは少なくとも構文的に行列の別の有名なファミリーに関連、また、あるアダマール行列、その$H_n^2 \propto I_n$と「類似の」スペクトルを有する：

$$H_1 = \begin{pmatrix} 1&1\\1&-1\end{pmatrix}$$ と、のための$n\geq 2$、 $$H_{n} = \begin{pmatrix} H_{n-1}&H_{n-1}\\H_{n-1}&-H_{n-1}\end{pmatrix}$$

「あいまいに似ているように見える」ことを除いて、2つの間に、おそらく有用な正式な接続はありますか？

例えば、$A_n$超立方体の署名された隣接行列として見る$\{0,1\}^n$いい解釈（エッジの符号有する$(x,b,x')\in\{0,1\}^n$のパリティでありますプレフィックス$x$）。$H_n$アナログはありますか？（これは明らかかもしれません？）

$^*$また、非明示的な構成、たとえば一様にランダムな$\pm1$行列が目的のスペクトル特性を持っているかどうか疑問に思っていますが、おそらく別の質問を待たなければなりません。

コメントするには長すぎる観察（そして、コメントが長すぎるためのJason Gaitondeの観察にも適合）：

OQで示唆されているように、これらの両方は実際、非常に単純な種類の再帰的構造によって実現できます。すなわち、我々は、指定$B_0 \in \{(0), (\pm 1)\}$（$1 \times 1$行列）、次いで単一の再帰式を

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

ここで、各$b_{ij}$は$\{0, \pm 1, \pm x\}$（ここで、「1」は適切なサイズのアイデンティティ、つまり$2^{n-1} \times 2^{n-1}$示し、同様に「0」はゼロを示します）適切なサイズの行列、$x$は$B_{n-1}$表します）。Huang行列の場合、実際には$A_0 = (0)$あり、再帰式は$\begin{bmatrix} x & 1 \\ 1 & -x \end{bmatrix}$、アダマール行列の場合、$H_0 = (1)$あり、再帰式は$\begin{bmatrix} x & x \\ x & -x \end{bmatrix}$です。

そのような再帰に、$B_n^2$が$I_{2^{n}}$比例するという性質を持たせたい場合、$b_{11} + b_{22} = 0$または$b_{12} = b_{21}=0$ことがすぐにわかります。後者の場合、再帰は対角行列のみを生成しますが、これはそれほど面白くないかもしれません。興味深いケースは、$b_{11} = -b_{22}$（これはジェイソンの答えの「素敵な」条件の1つです）。これは、マトリックスの両方のシーケンスがトレースレスである理由の一般的な説明として見ることもできます。

最後の小さなコメントとして、この種の再帰は、$B_n$通勤のブロックエントリを自動的に生成します。これは、ジェイソンの答えのもう1つの「ナイスネス」条件でした。

私はまだ体系的な調査を行っていませんが、上記の設定を考えると、有限の多くの可能性を調査することができます（$B_0$ 3つの選択、および再帰の技術的な$5^4$選択、しかしこれは対称性と$B_n^2$がアイデンティティに比例するという制限）。アダマール行列と黄行列が、なんらかの形で、等価性まで、たった2つの非自明な行列であることを知るのは非常に楽しいことです。そうでない場合は、おそらく他にも興味深いものが潜んでいます...

コメントに収まらない観察結果をいくつかご紹介します。

最初の回答が削除されたため、0）を添加：存在の解釈であり、$H_n$によって行と列を索引付け、すなわち、$\{0,1\}^n$、対応するエントリ$(x,y)$である$1$かのアダマール積$x\odot y=(x_1y_1,\ldots,x_n y_n)$は偶数パリティーを持ち、奇数パリティーを持つ場合は$-1$です。

1）一般に、ブロック行列のスペクトルは非常に複雑になる可能性があり、特性多項式がひどく見えるため、個々のブロックのスペクトルとは明らかに関係しません。しかし、対称ブロック行列のための$M=\begin{pmatrix} A & B\\ B^T & C\end{pmatrix}$のような再帰的な構造を介して発生する可能性のある$A_n$及び$H_n$、各行列は正方形であり、上記だけ単純化のいずれかが発生$B^T$及び$C$、通勤この場合、$\det(M)=\det(AC-BB^T)$。その後の特性多項式$M$なり

$$\det((\lambda I-A)(\lambda I-C)-BB^T)=\det(\lambda^2I-\lambda (A+C)+AC-BB^T).$$ これが固有値の素敵な再帰式を導くためには、基本的に Cが必要です$C=-A$線形$\lambda$項を削除する A。さらに場合は$A$と$B$対称と通勤している、我々は、GET $$\det(\lambda I-M)=\det(\lambda^2 I-(A^2+B^2)),$$ 一方は容易対称通勤行列が認める事実を使用して固有値オフ読み出し、そこから一般的な固有基底。これは明らかかもしれませんが、これはすべて、固有値の適切な再帰式を得る限り、右下のブロックが$-A$ 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 $B=H_{n-1}=A$).

2) On the random sign question: the signing of the adjacency matrix given in the paper is optimal in the sense of maximizing $\lambda_{2^{n-1}}$, 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.