检查一组矩阵的所有乘积是否最终等于零

19

我对以下问题感兴趣：给定整数矩阵决定这些矩阵的每个无限乘积最终是否等于零矩阵。 $A_1,A_2, \ldots, A_k$

这就是您所认为的完全正确：我们将说矩阵的集合具有以下性质：如果不存在无限序列则其所有乘积最终等于0。，全部位于，因此对于所有，。 $\{A_1, \ldots, A_k\}$ $i_1, i_2, i_3\ldots$ $\{1, \ldots, k\}$

A_{i_{1}} A_{i_{2}} \dots A_{i_{l}} \neq 0

$A_{i_1} A_{i_2} \cdots A_{i_l} \neq 0$

l

$l$

是否曾经研究过确定每个产品最终是否等于零的问题？可以决定吗？

似乎可能与基质死亡率有关，这尚无法确定，但我看不出有明确的联系。

linear-algebra decidability

— 罗宾逊
source

您需要在矩阵集合上具有某种收敛性，以确保定义了无限积。

— 安德拉斯·萨拉蒙

您是在有限域中操作还是在无限增长的整数中操作？该

k

$k$ = 1的情况下是在它自己的权利有趣。在5x5矩阵中使用从-100到100的整数，在归零之前可以获得的最大功率是多少？

— 乍得·布鲁贝克

2

@YuvalFilmus-我相信这与死亡率不同。令矩阵的维数为

1

$1$ ，这样我们就只有数字，并假设

A_{0} = 0, A_{1} = 1

$A_0 = 0, A_1=1$ 。凡人？是，因为

A_{0} = 0

$A_0 = 0$ 。每个产品等于零？否：不是产品

1 \cdot 1 \cdot 1 \dots

$1 \cdot 1 \cdot 1 \cdots$ 。另一方面，如果

A_{0} = 0, A_{1} = 0

$A_0=0,A_1=0$ 那么您的序列既是凡人，每个乘积都为零。

— 罗宾逊

1

@ChadBrewbaker-我当时在想矩阵的条目只是整数。从以下角度来看，我认为很有趣：您只需要检查几次操作即可确定矩阵是幂等的？请注意，如果是幂等的，那么很容易看到，其中是的维数，因此大概可以通过对矩阵平方次来解决它。我不知道这是否是您能做的最好的事情。

k = 1

$k=1$

A

$A$

A^{n} = 0

$A^n = 0$

n

$n$

A

$A$

\log n

$\log n$

— 罗宾逊

1

有趣的是，这只是在：arxiv.org/abs/1306.0729中。他们不是询问所有乘积最终是否为零，而是询问某个乘积最终是否为正。他们表明问题是NP难题（或者至少是我从摘要中学到的问题）。

— Joshua Grochow

17

您的问题等效于是否生成幂等代数~~，而后者又等效于每个是幂等的~~。因此，它不仅是可确定的，而且在时间内，其中是矩阵乘法的指数。 $A_1, \dotsc, A_k$ ~~$A_i$~~ $\tilde O(n^{2 \omega})$ $\omega$

令是由生成的关联代数：即，采用所有线性组合及其所有有限乘积。称为幂零如果有一些使得每个产品的元素是零。 $\mathcal{A}$ $A_i$ $A_i$ $\mathcal{A}$ $N$ $N$ $\mathcal{A}$

首先，让我们看看为什么您的条件暗示是幂等的。这来自Konig的引理（紧凑性）：字母上长度为每个字符串以明显的方式对应于长度为的的。考虑无限大的根树，它的节点自然与上的字符串具有双射对应关系。考虑由的相应乘积不为零的那些节点组成的子树柯尼格引理说，如果 $\mathcal{A}$ $n$ $\{1, \dotsc, k\}$ $A_1, \dotsc, A_k$ $n$ $k$ $\{1, \dotsc, k\}$ $T$ $A_i$ $T$ 是无限的，则它具有无限的路径（完全违反您的属性），因此是有限的。然后，我们可以将设为中任何字符串的最大长度。因此，您的财产暗示是幂等的。 $T$ $N$ $T$ $\mathcal{A}$

反之亦然，因为每个元素都是乘积的线性组合。 $\mathcal{A}$ $A_i$

接下来，请注意是矩阵的子代数，因此是有限维的。 $\mathcal{A}$ $n \times n$

最后：特征为零的有限维关联代数具有幂等元素（通勤与否-这是与Yuval的答案相抵触的部分）的基础，前提是它是幂幂的（例如，参见此处）。

因此，要解决您的问题，请找到生成的关联代数的基础（通过宽度优先搜索的线性代数形式），并检查基础中的每个矩阵都是幂等的。上限来自在广度优先搜索中对变量中的线性方程组进行求解的过程。就像，BFS不能持续很长时间，并且因为它们是矩阵来检查矩阵是否为幂等，所以只需要检查。 $A_i$ $\tilde O(n^{2\omega})$ $n^2$ $\dim \mathcal{A} \leq n^2$ $n \times n$ $A$ $A^n = 0$

— 约书亚·格罗夫（Joshua Grochow）
source

2

您是否认为有一种方法可以在不使用任何选择原则的情况下（甚至比König的引理（Lemma）弱，它等效于）来显示这一点？

{AC}_{ω}

$\text{AC}_\omega$

— 安德拉斯·萨拉蒙（AndrásSalamon），

2

@安德拉斯：我想这是克里斯·康尼迪斯的问题。他曾在（可计算的）逆数学中研究过类似的问题。我会问他并指出他在这里。

— 约书亚·格罗夫

1

@robinson：1）是的，这个问题是可以确定的，实际上是在时间内，其中是矩阵乘法的指数。这是在进行线性代数广度优先搜索时，通过求解线性方程组的结果。2）是的，当在（或在或）将矩阵作为矢量查看矩阵时，通常采用基础概念。

O (n^{2 ω})

$O(n^{2\omega})$

ω

$\omega$

Q

$\mathbb{Q}$

Q^{n^{2}}

$\mathbb{Q}^{n^2}$

R

$\mathbb{R}$

C

$\mathbb{C}$

— 约书亚·格罗肖

1

开始时你有基础的。现在，您尝试查找矩阵和，以使或不在。如果成功，则将产品添加到并继续。否则，在相乘的跨度任何矩阵由矩阵在任何有限的产品总是在跨度结束。由于代数的维数是有界的，因此该过程终止（最多步）。

B

$\mathcal{B}$

A

$\mathcal{A}$

A \in A

$A \in \mathcal{A}$

B \in B

$B \in \mathcal{B}$

A B

$AB$

B A

$BA$

B

$\mathcal{B}$

B

$\mathcal{B}$

B

$\mathcal{B}$

A

$\mathcal{A}$

B

$\mathcal{B}$

n^{2}

$n^2$

— Yuval Filmus

1

@robinson：否。如果代数是幂等的，那么代数的每个元素都是幂等的。因此，如果找到任何非幂零元素，则代数就不是幂幂的（然后矩阵的无限乘积永远不会为零）。

— 约书亚·格罗夫

6

在1995年，我得到了一个针对这个（而不是琐碎的问题）问题的多重时间算法，即用于检查联合频谱半径（JSR）是否为零：http：//en.wikipedia.org/wiki/Joint_spectral_radius

该算法背后的故事大致如下：Blondl和Tsitsiklis错误地指出，对于布尔矩阵，检查JSR <1是否为NP-HARD。对于任何一组整数矩阵，JSR为0或大于等于1的以太。因此，对它们的陈述的反例是我的算法（请参见其论文的勘误表）。主要思想：首先请查阅维基百科！

— 狮子座古尔维特斯
source

5

您要提出的问题完全等同于确定矩阵集的联合光谱半径（JSR）是否严格小于一个。这个问题的可判定性至今已有很长时间了。（在控制理论中，这等同于任意切换下线性切换系统的稳定性的可判定性。）

已知您的问题的以下变式是不确定的：给定有限的平方矩阵集，确定所有乘积是否仍为有界；看这里。

即使只有2个大小为47x47的矩阵，上述不确定性仍然有效：请参见此处。

在JSR语言，测试的问题“是JSR ？” 是不确定的（请参阅上面的参考资料），但是测试“ JSR ？”的可确定性。开了。后一个问题与所谓的“理性有限猜想”有关：如果有理有限猜想是正确的，那么您要提出的问题是可以确定的。 $\le 1$ $< 1$

最后，除非P = NP，否则JSR在多项式时间内不是可近似的（在本文中定义的精确意义上）。

结果，要求有效算法的以上答案之一必须是错误的。

从积极的一面看，有几种算法（例如，基于半定性编程）可用于逼近JSR。不同的算法具有不同的性能保证。参见例如以下内容（本人和我的同事毫不客气-但也请参见其中的参考资料）。

在某些特殊情况下，您要问的问题是多项式时间决定的。例如，当矩阵对称时，或排名第一时，或者在上下班时。

最后，关于这个问题的伟大的书是如下。

— 阿米尔·阿里·艾哈迈迪（Amir Ali Ahmadi）
source

请阅读我提出的问题的正式声明-这不等于确定JSR是否严格小于1。也许您对问题的标题感到迷惑。简而言之，我要问的是在有限时间内而不是渐近意义上的每个乘积等于零。

— 罗宾逊

2

然后，您要问的问题要简单得多。以下是等效的：（i）您定义的条件（ii）所有有限乘积都是幂等的（iii）JSR = 0（iv）所有长度为n的乘积均为零（n是维，这与维数无关）矩阵k）。最后一个条件显然意味着可判定性，如果可以的话，您可以在多项式时间内检查条件。请参阅我帖子末尾链接的Jungers的书第2.3.1节。我很抱歉认为您的意思是渐近版本。（我被短语“所有乘积最终等于零”所误导。）

— 阿米尔·阿里·艾哈迈迪

在这种情况下，@ AmirAliAhmadi不会由Joshua Grochow回答吗？

— Suresh Venkat

2

在我看来，它的实现方式与我所考虑的算法不同。（再次，我以为问题是“可判定性开放的所有产品都收敛到零”（即JSR <1？）而道歉。）尽管约书亚的回答有些许差异。（1）在我之前的评论中，与（i）-（iv）等效，我认为不需要使用Konig的引理。（2）我不明白他为什么要对矩阵进行线性组合。（3）下面，我从Jungers的书2.3.1节中复制一个简单的替代算法，归因于Leonid Gurvits。

— 阿米尔·阿里·艾哈迈迪

4

[从上面继续...]我们需要检查的是，所有长度为乘积是否均为零，但是有这样的矩阵。为避免这种情况，请迭代定义以下矩阵：。然后，一个具有。该矩阵可以通过矩阵乘法来计算，并且当且仅当长度为所有乘积均为零时，该矩阵才为零。

n

$n$

k^{n}

$k^n$

X_{0} = I, X_{j} = \sum_{i = 1}^{k} A_{i}^{T} X_{j - 1} A_{i}

$X_0=I,\ X_j=\sum_{i=1}^k A_i^TX_{j-1}A_i$

X_{n} = \sum_{A product of length n} A^{T} A

$X_n=\sum_{A\mbox{ product of length n}}A^TA$

k n

$kn$

n

$n$

— 阿米尔·阿里·艾哈迈迪

0

编辑：不幸的是，这个答案是不正确的。该错误在下面突出显示。如果允许我们转置矩阵，则该参数确实有效。

我们首先证明一个引理。

引理。设为 ×矩阵，设为 ×2的矩阵，在次对角线上。如果和对于所有都是幂等的，则。正确的结论：是对角线上为零的上三角形。（如果我们还被允许乘以的转置幂，则可以得出原始结论。） $A$ $n\times n$ $N$ $n\times n$ $AN^t$ $N^tA$ $t \geq 0$ $A = 0$ $A$ $N$

证明。例如，假设，并写 $n = 3$

A = (\begin{matrix} a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{matrix}), N = (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .

$A = \begin{pmatrix} a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{pmatrix}, \quad N = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$ 我们首先计算

：

该矩阵是三角形的，因此如果

是幂零的，则

。继续

：

A N^{2}

$AN^2$

A N^{2} = (\begin{matrix} 0 & 0 & a \\ 0 & 0 & d \\ 0 & 0 & g \end{matrix}) .

$AN^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & a \\ 0 & 0 & d \\ 0 & 0 & g \end{pmatrix}.$

A N^{2}

$AN^2$

g = 0

$g = 0$

A N^{1}

$AN^1$

同样，矩阵是三角形的，因此如果

是幂零的，则

。继续，

A N^{1} = (\begin{matrix} 0 & a & b \\ 0 & d & e \\ 0 & g & h \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 & a & b \\ 0 & d & e \\ 0 & 0 & h \end{matrix}) .

$AN^1 = \begin{pmatrix} 0 & a & b \\ 0 & d & e \\ 0 & g & h \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & a & b \\ 0 & d & e \\ 0 & 0 & h \end{pmatrix}.$

A N^{1}

$AN^1$

d = h = 0

$d = h = 0$

A N^{0} = (\begin{matrix} a & b & c \\ 0 & e & f \\ 0 & 0 & i \end{matrix}) .

$AN^0 = \begin{pmatrix} a & b & c \\ 0 & e & f \\ 0 & 0 & i \end{pmatrix}.$ 如前所述，我们得出

结论，因此

是对角线上为零的上三角形。

a = e = i = 0

$a = e = i = 0$

A

$A$

如果现在我们改为考虑，那么我们得出的结论是是较低的三角形，对角线上为零。实际上，考虑不会得到任何新信息。因此，。 $N^2A,N^1A,N^0A$ $A$ $N^tA$ $A = 0$ $\square$

$A_1,\ldots,A_k$ $i_1,\ldots \in [k]$ $A_{i_1} \cdots A_{i_m} = 0$ $m$ $A_i$ $A_1 A_2 \neq A_2 A_1$ $A_1$ $V_1 \oplus \cdots \oplus V_t$ $V_i$ $A_1 A_2 \neq A_2 A_1$ $\dim V_i > 1$ $0$ $V_i$ $A_1 = N$ $A_2 \neq 0$ $t \geq 0$ $A_2 A_1^t$ $A_1^t A_2$

总而言之，如果所有矩阵都是幂零且它们都通勤，则属性P成立。

— Yuval Filmus
source

4

N^{2} A

$N^2 A$

g = 0

$g = 0$

N^{1} A

$N^1 A$

d = h = 0

$d = h = 0$

N^{0} A

$N^0 A$

a = e = i = 0

$a=e=i=0$

A

$A$

A

$A$

确实，这个答案是不正确的。如果没有其他人做，我今天晚些时候回家时，将为引理和最终断言提供反例。

— 罗宾逊

5

与往常一样，是在主张某项权利但未证明证明失败的情况下。噢...

— Yuval Filmus

1

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

$A_0 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, A_1 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$