Ini beberapa pengamatan yang tidak bisa saya masukkan dalam komentar:
0) Ditambahkan karena jawaban pertama telah dihapus: ada interpretasi , yaitu, mengindeks baris dan kolom dengan , entri yang sesuai dengan adalah jika produk Hadamard memiliki paritas genap, dan jika paritas ganjil.Hn{0,1}n(x,y)1x⊙y=(x1y1,…,xnyn)−1
1) Secara umum, spektrum matriks blok dapat sangat rumit dan tidak jelas terkait dengan spektrum masing-masing blok, karena karakteristik polinomialnya akan terlihat mengerikan . Tapi untuk blok matriks simetris yang mungkin timbul melalui konstruksi rekursif seperti dan di atas, di mana setiap matriks persegi, salah satu satu-satunya penyederhanaan terjadi ketika dan bepergian, dalam hal ini seseorang memiliki . Maka polinomial karakteristik adalahM=(ABTBC)AnHnBTCdet(M)=det(AC−BBT)Mdet((λI−A)(λI−C)−BBT)=det(λ2I−λ(A+C)+AC−BBT).
Agar hal ini mengarah pada rumus rekursif yang bagus untuk nilai eigen, yang pada dasarnya membutuhkan untuk membunuh istilah linear . Jika lebih lanjut dan simetris dan bolak-balik, kita mendapatkan
yang darinya seseorang dengan mudah membaca nilai eigen menggunakan Bahkan matriks komuter simetris mengakui eigenbasis umum. Ini mungkin jelas, tetapi semua ini adalah untuk mengatakan bahwa sejauh mendapatkan formula rekursif yang baik untuk nilai-nilai eigen, pada dasarnya penting untuk mengharuskan blok kanan bawah menjadi dan berharap bahwa blok kiri bawah dan kanan atas simetris dan bepergian dengan , yang merupakan kasus untukC=−AλABdet(λI−M)=det(λ2I−(A2+B2)),
−AAAn(dengan ) dan matriks (dengan ).B=IHnB=Hn−1=A
2) Pada pertanyaan tanda acak: penandatanganan matriks adjacency yang diberikan dalam makalah adalah optimal dalam arti memaksimalkan , yang diperlukan untuk batas bawah melalui interlacing Cauchy, dan dapat dilihat dari sarana dasar. Untuk penandatanganan dari adjacency matrix dari -dimensional hypercube, seseorang segera mendapatkan
mana . Jika untuk beberapa penandatanganan seseorang memiliki , maka
λ2n−1MnnTr(Mn)=∑i=12nλi(Mn)=0,Tr(M2n)=∑i=12nλi(Mn)2=∥Mn∥2F=n2n,
λ1(Mn)≥λ2(Mn)≥…≥λ2n(Mn)Mnλ2n−1(Mn)>n−−√∑i=12n−1λi(Mn)>n−−√2n−1,∑i=12n−1λi(Mn)2>n2n−1.
Satu kemudian dapat melihat itu tidak mungkin untuk memenuhi jejak persamaan di atas: nilai eigen negatif harus berjumlah lebih dari (dalam nilai absolut), dan kotak mereka harus dijumlahkan dengan sangat kurang dari pada . Meminimalkan jumlah kuadrat sambil menjaga jumlah konstan terjadi ketika mereka semua sama, tetapi dalam hal ini akan membuat jumlah kuadrat terlalu besar. Jadi untuk penandatanganan apa pun, orang dapat melihat melalui sarana dasar bahwa tanpa mengetahui penandatanganan ajaib di kertas, di mana kesetaraan berlaku jika nilainya adalahn−−√2n−1n2n−1λ2n−1(Mn)≤n−−√n−−√,…,n−−√,−n−−√,…,−n−−√. Bahwa benar-benar ada penandatanganan seperti itu, itu sangat menakjubkan. Nilai eigen dari matriks adjacency normal , di mana th eigen memiliki keragaman , sehingga sangat menarik (bagi saya, anyway) bagaimana semua- penandatanganan memaksimalkan , sementara penandatanganan ini memaksimalkan .−n,−n+2,…,n−2,ni(ni)+1λ1λ2n−1
Sejauh penandatanganan acak bekerja, lebih sulit untuk mengatakan karena saya pikir sebagian besar batas non-asimptotik pada nilai eigen fokus pada norma spektral. Seseorang mengharapkan penandatanganan acak untuk memuluskan nilai eigen biasa yang ekstrem, dan memang, menggunakan ketidaksetaraan Khintchine nonkomutatif dan / atau batas yang lebih ketat baru-baru ini seperti di sini , penandatanganan acak yang seragam memiliki . Sulit bagi saya untuk membayangkan nilai eigen tengah akan berada pada urutan polinomial yang sama dengan yang terkemuka dalam harapan (dan hasil asimptotik seperti hukum setengah lingkaran untuk ansambel matriks yang berbeda menyarankan dengan cara yang sama, saya pikir), tetapi mungkin itu mungkin.E[∥Mn∥2]=Θ(n−−√)