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 B0∈{(0),(±1)} ( матрица 1×1 ), а затем одну рекурсивную формулу
Bn=(b11b21b12b22)
где каждый bij является одним из {0,±1,±x} (где здесь «1» обозначает единицу соответствующего размера, а именно 2n−1×2n−1 , и аналогично «0» обозначает ноль матрица соответствующего размера, а x обозначает Bn−1 ). Для матриц Хуанга мы фактически имеем A0=(0) а рекурсивная формула имеет вид [x11−x], тогда как для матриц АдамараH0=(1)и рекурсивная формула[xxx−x].
Если кто -то хочет такой рекурсию , чтобы обладать свойством , что B2n пропорциональна I2n , то один быстро находит , что либо b11+b22=0 , или b12=b21=0 . В последнем случае рекурсия дает только диагональные матрицы, что, возможно, не так интересно. Итак, интересные случаи, в которых b11=−b22(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 Bn 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 B0 и технически 54 вариантов для рекурсии, но это можно сократить с помощью симметрий, а также из ограничения, что B2n 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 интерпретацияHn , а именно, индексация строк и столбцов по {0,1}n , запись, соответствующая (x,y) равна 1 если произведение Адамара x⊙y=(x1y1,…,xnyn) 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 матрицыM=(ABTBC) которая может возникнуть через рекурсивную конструкцию, подобную вышеприведенным An и Hn , где каждая матрица является квадратной, одно из единственных упрощений происходит, когда BT и C коммутируют, в этом случае каждый имеет det(M)=det(AC−BBT) . Тогда характеристическим многочленомM будетdet((λI−A)(λI−C)−BBT)=det(λ2I−λ(A+C)+AC−BBT).
Чтобы это привело к хорошим рекурсивным формулам для собственных значений, в основном требуетсяC=−A чтобы убить линейныйчленλ . Если далееA иB симметричны и коммутируют, мы получаем
det(λI−M)=det(λ2I−(A2+B2)),
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 An (with B=I ) and Hn matrices (with B=Hn−1=A ).
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 hasE[∥Mn∥2]=Θ(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.
источник