如何生成正行列式的均匀随机正交矩阵？

$p$ $1$ $-1$ $\det=-1$

我们可以通过将正交矩阵的的正负号更改为负号来更改它的任何一列（或更一般地，其任意奇数个列）。 $\det$

我的问题是：鉴于我们会反复生成这样的随机矩阵，如果每次我们选择只恢复特定列的符号（例如，始终为第一个或始终为最后一个），是否会在它们的统一随机性上引入一些偏差？还是我们必须随机选择列以使矩阵表示随机均匀分布的集合？

— ttnphns
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列的选择无关紧要：在特殊正交矩阵上所得的分布仍然是均匀的。 $SO(n)$

我将通过使用一种显而易见的论点来解释这一点，该论点扩展到有关组元素统一生成的许多相关问题。此参数的每个步骤都很简单，只需要引用适当的定义或简单的计算即可（例如，注意矩阵 $\mathbb{I}_1$ 是正交的并且是自反的）。

该论点是对熟悉情况的概括。 考虑根据指定的连续分布绘制正实数的任务。这可以通过从连续分布提取任何实数并在必要时取反结果来保证正值（几乎可以肯定）来完成。为了使该过程具有分布，必须具有以下特性： $F$ $G$ $F$ $G$

G (x) - G (- x) = F (x) .

$G(x) - G(-x) = F(x).$

做到这一点的最简单的方法是，当是对称的周围，使得，将会导致：所有阳性简单地将概率密度加倍，并消除所有负面结果。半正态分布（）和正态分布（ $G$ $0$ $G(x) - 1/2 = 1/2 - G(-x)$ $F(x) = 2G(x) - 1$ $F$ $G$ ）就是这种类型。

在下文中，组充当非零实数（被视为乘法组）的角色，其子组充当正实数的角色。Haar度量在否定下是不变的，因此当它从折叠到 $O(n)$ $SO(n)$ $\mathbb{R}_{+}$ $dx/x$ $\mathbb{R}-\{0\}$ $\mathbb{R}_{+}$ ，正值的分布不变。（不幸的是，该量度无法归一化为概率量度，但这是类推失败的唯一方法。）

否定正交矩阵的特定列（当行列式为负时）类似于否定负实数以将其折叠为正子组。更一般而言，您可以提前选择任何一个负行列式正交矩阵并使用它代替 $\mathbb{J}$ $\mathbb{I}_1$ ：结果将是相同的。

尽管此问题是根据生成随机变量来表达的，但它实际上是询问矩阵组和上的概率分布。这些组之间的连接用正交矩阵描述 $O(n, \mathbb{R}) = O(n)$ $SO(n, \mathbb{R}) = SO(n)$

I_{1} = (\begin{matrix} - 1 & 0 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 1 & 0 & \dots & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & \dots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \dots & 1 \end{matrix})

$\mathbb{I}_1 = \pmatrix{-1 & 0 & 0 & \ldots & 0 \\ 0 & 1 & 0 & \ldots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ldots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 1}$

因为否定的正交矩阵的第一列手段右乘以由。注意，和是不相交并 $\mathbb X$ $\mathbb{X}$ $\mathbb{I}_1$ $SO(n)\subset O(n)$ $O(n)$

O (n) = S O (n) \cup S O (n) I_{1}^{- 1} .

$O(n) = SO(n) \cup SO(n)\,\mathbb{I}_1^{-1}.$

给定的概率空间上定义，在问题中描述的方法定义了一个地图 $(O(n), \mathfrak{S}, \mathbb{P})$ $O(n)$

f : O (n) \to S O (n)

$f:O(n)\to SO(n)$

通过设置

f (X) = X

$f(\mathbb{X}) = \mathbb{X}$

当和 $\mathbb{X}\in SO(n)$

f (X) = X I_{1}

$f(\mathbb{X}) = \mathbb{X}\mathbb{I}_1$

对于。 $\mathbb{X}\in SO(n)\,{\mathbb{I}_1}^{-1}$

问题是关心生成随机元素通过获得随机元素：，通过由“推动它们向前” 以产生。的前推创建概率空间与 $SO(n)$ $\omega\in O(n)$ $f$ $f_{*}\omega = f(\omega)\in SO(n)$ $(SO(n), \mathfrak{S}^\prime, \mathbb{P}^\prime)$

S^{'} = f_{*} S = {f (E) | E \subset S}

$\mathfrak{S}^\prime = f_{*}\mathfrak{S} = \{f(E)\,|\,E\subset\mathfrak{S}\}$

和

P^{'} (E) = (f_{*} P) (E) = P (f^{- 1} (E)) = P (E \cup E I_{1})

$\mathbb{P}^\prime(E) = (f_{*}\mathbb{P})(E) = \mathbb{P}(f^{-1}(E)) = \mathbb{P}(E \cup E\,\mathbb{I}_1)$

所有。 $E \subset \mathfrak{S}^\prime$

通过假定右乘法是保测，并注意到在任何情况下 $\mathbb{I}_1$ ，它会立即跟随所有， $E \cap E\,\mathbb{I}_1 = \emptyset$ $E\in\mathfrak{S}^\prime$

P^{'} (E) = P (E \cup E I_{1}^{- 1}) = P (E) + P (E I_{1}^{- 1}) = 2 P (E) .

$\mathbb{P}^\prime(E) = \mathbb{P}(E\cup E\,\mathbb{I}_1^{-1}) = \mathbb{P}(E) + \mathbb{P}(E\,\mathbb{I}_1^{-1}) = 2\mathbb{P}(E).$

尤其是，当在右乘下不变（这通常是“均匀”的意思）时，很明显的事实是及其逆数（恰好等于本身）都是正交的，这意味着前述成立，证明也是均匀的。因此，没有必要选择一个随机列进行求反。 $\mathbb{P}$ $O(n)$ $\mathbb{I}_1$ $\mathbb{I}_1$ $\mathbb{P}^\prime$

— ub
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+1。这是一个非常不错的文章，感谢您发布此答案。

— 变形虫

一个了不起的答案。但是从The question is concerned about generating我开始，我很难通过象征主义来推动我前进。您能用言语来概括推理的原因吗，请早点外行？

— ttnphns