Momentos de la traza ortogonal de matrices

Question

Deje $O_n$ ser el (verdadero) ortogonal grupo de $n$ por $n$ matrices. Estoy interesado en la siguiente secuencia, que se presentó en un cálculo que estaba haciendo $$a_k = \int_{O_n} (\text{Tr } X)^k dX$$ donde la integral se toma con respecto a la normalizado medida de Haar en $O_n.$ me di cuenta de algunos trabajos de Dianconis et al. abarca un conjunto más general de los momentos, pero, esencialmente, las fórmulas, solo he visto parecen sostener para las pequeñas $k.$ Para el caso de $O_2$ la secuencia se ve como $a_{2k} = \frac{1}{2}\binom{2k}{k},$, que puede ser calculado con la mano desde $O_2$ tiene alguna estructura especial.

Tenía la esperanza de que habrá algún tipo de generales conocida fórmula (ya que, si recuerdo correctamente, calcula la multiplicidad de la representación trivial en un tensor de energía el estándar de representación de $O_n$), o que podría ser en la OEIS, pero no sé exactamente qué buscar, y no sabemos lo suficiente pequeño términos de búsqueda.

Answer 1

Aquí es un comentario general. Deje $G$ ser un grupo compacto y deje $V$ ser un (finito-dimensional, continuo, complejo) representación de $G$. Estos datos determina localmente finito de grafo dirigido, la representación gráfica de $\Gamma$ de % de $G$ e $V$, como sigue. Los vértices de $\Gamma$ son las representaciones irreducibles de $G$, y el número de aristas de una representación irreducible $U_1$ a una representación irreducible $U_2$ es la multiplicidad de $U_2$ en $U_1 \otimes V$.

Deje $\chi_V$ denotar el carácter de $G$.

Reclamo: en El momento en

$$\int_G \chi_V(g)^k \, dg$$

es el número de caminos de longitud $k$ a partir de la representación trivial en sí mismo, en $\Gamma$.

La idea de la prueba es mirar la relación entre la descomposición de $V^{\otimes k}$ en irreducibles y la descomposición de la $V^{\otimes (k+1)}$ en irreducibles. La aplicación es que si $G$ es lo suficientemente agradable, a continuación, podemos tratar de averiguar lo $\Gamma$ parece y trabajar desde allí.

Vamos a hacer $G = \text{O}(3)$ ($V$ la complejización de la norma de representación), de esta manera para demostrar cómo funciona el método. Observe primero que podemos reducir de inmediato a $G = \text{SO}(3)$, ya que la integral sobre la $\text{O}(3)$ se divide en un integrante más de $\text{SO}(3)$, y en las otras coset, y puesto que el último es $-1$ los tiempos de la antigua (aquí estamos usando el hecho de que $3$ es impar), llegamos a que

$$\int_{\text{O}(3)} \chi_V(g)^{2k+1} \, dg = 0$$

y

$$\int_{\text{O}(3)} \chi_V(g)^{2k} \, dg = \int_{\text{SO}(3)} \chi_V(g)^{2k} \, dg.$$

Recordar que las representaciones irreducibles de $\text{SO}(3)$ son precisamente los impares dimensiones representaciones irreducibles $V_1, V_3, V_5 \dots$ de su Mentira álgebra $\mathfrak{so}(3) \cong \mathfrak{su}(2)$, con $V = V_3$.

Reclamo: Para $n \ge 3$, tenemos $V_n \otimes V_3 \cong V_{n-2} \oplus V_n \oplus V_{n+2}$.

Este debe ser familiar a partir de la teoría de la representación de $\mathfrak{su}(2)$, y se nos hace muy explícita descripción de la representación gráfica en este caso: los vértices son etiquetados por los enteros positivos impares $1, 3, 5 \dots$, y para cada vértice hay tres aristas, uno de cada vértice a su izquierda al prójimo, a sí mismo, y a su vecino de la derecha. (El caso especial $V_1$ es fácil de manejar desde $V_1 \otimes V_3 \cong V_3$.)

Como corolario, cerrado paseos de $1$ a sí mismo de la longitud de la $k$ están muy cerca de ser contado por el Motzkin números de $M_k$ (A001006), que sería la respuesta correcta si la representación gráfica tenía una ventaja adicional de $1$ a sí mismo. Algunos cálculos revelan que la secuencia real que tenemos es A005043, que nunca he visto antes, pero que OEIS dice que se llama el Riordan números. La secuencia comienza

$$1, 0, 1, 1, 3, 6, 15, 36, 91 \dots$$

así que para obtener la secuencia original de los momentos queremos, podemos empezar con esta secuencia y reemplazar cada extraño término con $0$, dando

$$1, 0, 1, 0, 3, 0, 15, 0, 91 \dots$$

Esta secuencia aparece en la OEIS con los ceros eliminados como A099251.

Para general compactos conectado Mentira grupos de la representación gráfica debe mirar un poco como la intersección de un Weyl cámara con el peso de celosía, o algo así. Creo que la combinatoria es mucho hairier tan pronto como el rango es mayor que $1$, aunque.

Answer 2

Pastur y Vasilchuk han extendido el resultado de Diaconis y Evans para $a_{2k}$ de $2k\leq n/2$ a $2k\leq n-1$:

$$a_{2k}=\pi^{-1/2}2^{k}\Gamma(k+1/2)\;\;\text{for}\;\;2k\leq n-1\quad\quad[*]$$

Según lo sugerido por Liviu Nicolaescu, por pequeño $n$ puede integrar directamente sobre la distribución de probabilidad de los valores propios en $O_n$, que se puede encontrar aquí. (Esta es la llamada "circular real ensemble" de matrices aleatorias.)

$\bullet$ Para $n=2$ uno reproduce el resultado $$a_{2k}=\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi/2}dx\,(2\cos x)^{2k}=\tfrac{1}{2}(2k)!(k!)^{-2}$$ usted ha citado anteriormente, lo cual está de acuerdo con $[*]$ para $k=1$ e $k=2$. (Para $k=3$ da $10$ en lugar de $15$.)

$\bullet$ Para $n=3$ se obtiene $$a_{2k}=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}dx\,(1-\cos x)(1+2\cos x)^{2k}$$ en el que se evalúa a $$a_2=1,\;\; a_4=3,\;\; a_6=15,\;\; a_8=91,\;\;a_{10}=603,\;\;a_{12}=4213$$ de acuerdo con la serie de Qiaochu del Yuan respuesta. La fórmula $[*]$ para $a_{2k}$ mantiene para $k\leq 3$ (para $k=4$ da $105$ en lugar de $91$).

$\bullet$ Para $n=4$ uno encuentra $$a_{2k}=\frac{1}{8\pi^2}\int_0^{2\pi}dx\int_0^{2\pi}dy\,(\cos x-\cos y)^2(2\cos x+2\cos y)^{2k}$$ $$\quad\quad+\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}dz\,(1-\cos^2 z)(2\cos z)^{2k}$$ en el que se evalúa a $$a_2=1,\;\;a_4=3,\;\;a_6=15,\;\;a_8=105,\;\;a_{10}=903,\;\;a_{12}=8778.$$ Ahora la fórmula $[*]$ para $a_{2k}$ mantiene para $k\leq 4$ (para $k=5$ da $945$ en lugar de $903$).

$\bullet$ Continuando con $n=5$, tenemos $$a_{2k}=\frac{1}{2\pi^2}\int_0^{2\pi}dx\int_0^{2\pi}dy\,(1-\cos x)(1-\cos y)(\cos x-\cos y)^2(1+2\cos x+2\cos y)^{2k}$$ en el que se evalúa a $$a_2=1,\;\;a_4=3,\;\;a_6=15,\;\;a_8=105,\;\;a_{10}=945,\;\;a_{12}=10263.$$ La fórmula $[*]$ para $a_{2k}$ mantiene para $k\leq 5$ (para $k=6$ da $10395$ en lugar de $10263$).

Ahora estoy tentado a $$\text{conjecture}\quad\quad a_{2k}=\pi^{-1/2}2^{k}\Gamma(k+1/2)\;\;\text{for}\;\;k\leq n\quad\quad[**]$$ duplicando así el rango de validez de $[\ast]$. Es esto cierto?

Answer 3

Esta respuesta es un seguimiento a las otras respuestas (especialmente a Carlo Beenakker la respuesta de 4 de septiembre).

En primer lugar, Carlo conjetura es cierto. Que es:

Teorema. Si $n \geq k$ luego $$a_{2k}=\pi^{-1/2}2^{k}\Gamma(k+1/2).\quad [*]$$

La Idea de la prueba: Recordemos que el Brauer álgebra se describe el conjunto de invariantes de $2k$veces tensor de copias ortogonal de matrices, que el siguiente operador de proyectos en: $$ \int_{O_n}X^{\otimes 2k} dX. \quad [\daga] $$ Si dejamos $\{e_i\}$ ser el estándar de la base de $\mathbb{R}^n$, después de que se desenvuelva todo, te encuentras con que $[\dagger]$ es la proyección ortogonal en el intervalo de la $\pi^{-1/2}2^{k}\Gamma(k+1/2)$ diferentes vectores de la forma $$ W_\pi\sum_{i_1,i_2,\ldots,i_k=1}^n e_{i_1} \otimes e_{i_1} \otimes e_{i_2} \otimes e_{i_2} \otimes \cdots \otimes e_{i_k} \otimes e_{i_k}, \quad [**] $$ donde $W_\pi$ es un operador unitario que permutes la $2k$ diferentes tensor de factores de acuerdo a una permutación arbitraria $\pi$ (esto es esencialmente el Teorema 3.1 en [1]). La razón de que no son exactamente $\pi^{-1/2}2^{k}\Gamma(k+1/2)$ vectores de la forma $[**]$ es que este es el número perfecto de matchings de $2k$ objetos (que a su vez es igual a la dimensión de la Brauer álgebra, como era de esperar).

Hasta ahora, esto demuestra que $a_{2k} \leq \pi^{-1/2}2^{k}\Gamma(k+1/2)$ siempre (independientemente de $n$ e $k$). Para demostrar que la otra desigualdad se cumple cuando $n \geq k$, es suficiente para demostrar que los vectores $[**]$ son linealmente independientes. Comentaré Teorema 3.4 de [1] para esta afirmación, pero no es difícil probar directamente utilizando el estándar de álgebra lineal herramientas.

---

Esto todavía deja la cuestión de lo $a_{2k}$ es igual al $n < k$. Aquí están algunas observaciones aleatorias y conjeturas basadas en la evidencia numérica encontrada por Carlo y que he desenterrado en otros lugares:

Conjetura. Si $n = k-1$ entonces $a_{2k} = \pi^{-1/2}2^{k}\Gamma(k+1/2) - \frac{(2k)!}{k!(k+1)!}$. Este es el número perfecto de matchings de $2k$ objetos que tienen al menos un "cruce" (en el mismo sentido que el catalán números indican el número de perfecto elecciones de $2k$ objetos con no "cruces").

Conjetura. Si $n = k-2$ entonces $a_{2k}$ parece ser el número de perfecto elecciones de $2k$ objetos con al menos tres cruces (existe una fórmula para esta cantidad, pero es complicado así que no voy a escribir aquí).

Las otras respuestas dio fórmulas para al $n = 2$ o $n = 3$. Resulta que también hay ya una conocida fórmula para el $n = 5$ de los casos (ver OEIS A095922: la indexado términos son los valores de $a_{2k}$ que queremos). Que OEIS entrada de la cites en el libro [2], pero no he sido capaz de localizar una copia de la misma. Evidencia numérica también se sugiere la siguiente:

Conjetura. Si $n = 4$ luego $$ a_{2k} = \frac{1}{2}\frac{(2k)!}{k!(k+1)!}\left(\frac{(2k)!}{k!(k+1)!}+1\right).$$

---

Referencias:

1. G. Lehrer y R. Zhang, El segundo teorema fundamental de la teoría de invariantes para el grupo ortogonal, Ann. de Matemáticas. 176:2031-2054 (2012).
2. A. Mihailovs, Un Enfoque Combinatorio de las Representaciones de la Mentira Grupos y Álgebras, Springer-Verlag, Nueva York (2004).

Answer 4

A continuación voy a hablar de un clásico de resultado (debido a Alan James T. (1964), * ). Para los momentos de ser distinto de cero, $k$ debe ser, por lo que después de Carlo, yo también voy a escribir $a_{2k}$ para denotar la siguiente cantidad: \begin{equation*} a_{2k}(X) := E_X[ \mbox{tr}(AX)^{2k}] = \sum_{\tau \in P_k} \frac{2^k \cdot k!\, d_\tau}{(2k)!C_\tau(I_n)}C_\tau(AA^T) \end{ecuación*} donde $n\times n$ ortogonal $X$ es distribuido uniformemente, $C_\tau(\cdot)$ denota la (normalizado) Zonal simétrica polinomio indexados por partición $\tau$ ($P_k$ es el conjunto de particiones de enteros $k$), y se sabe que \begin{equation*} d_\tau = \frac{\chi_{[2\tau]}(1)2^kk!}{(2k)!} = \frac{2^k k!\prod_{i< j}^{\ell(\tau)} (2\tau_i -2\tau_j -i + j)} {\prod_{i=1}^{\ell(\tau)} (2\tau_i + \ell(\tau) - i)!}, \end{ecuación*} donde $\chi_{[2\tau]}(1)$ es la dimensión de la representación de la $[2\tau]=[2\tau_1,\ldots,2\tau_{\ell(\tau)}]$ del grupo simétrico en $2k$ símbolos, y $\ell(\tau)$ es la longitud (es decir, el número de piezas) de la partición de $\tau$.

Esta cantidad se obtuvo por James (1964) utilizando la teoría de la representación (como ahora es evidente a partir de Qiaochu la respuesta más general).

Como se señaló, en el OP, $A=I_n$, así que en realidad el momento deseado (por $k\le n$) \begin{equation*} a_{2k}(I_n) = \frac{2^k k!}{(2k)!}\sum_{\tau \in P_k} d_\tau, \end{ecuación*} que se espera debe simplificar aún más, como se conjeturó por Carlo.

---

La referencia (en la página 40 incluye la abovecited resultado) de la que tomé el material anterior: Zonal Polinomios por Akimichi Takemura (ver por ejemplo, la búsqueda de libros de google enlace) --- aunque tenga en cuenta que este libro utiliza $n$ donde he escrito $k$ (para ser coherente con la OP).

Answer 5

Estoy escribiendo más de un año después de que la pregunta fue publicado, sólo para explicar algunos detalles más sobre el cálculo implícito en la solución presentada por Suvrit, y para aclarar que la dependencia de la $n$ en solución.

Escribir $[{\rm Tr}(AX)]^{2k}=p_{1^{2k}}(AX)$, mediante la suma de la energía simétrica funciones. A continuación, expanda en funciones de Schur, $p_{1^{2k}}(AX)=\sum_{\lambda\vdash 2k}d_\lambda s_\lambda(AX)$. Observe que en esta expansión, debemos tener $\ell(\lambda)\le n$, de lo contrario el Schur función es idéntica a cero.

Ahora utilice la definición de la zonal polinomios (promedio de irreductible personajes de $U(n)$ sobre el subgrupo $O(n)$), $$ \int_{O(n)}s_\lambda(AX)dX=\frac{Z_\tau(AA^T)}{Z_\tau(1^n)},$$ which holds if $\lambda=2\tau$ (la integral desaparece de otro modo) para obtener $$ \int_{O(N)}[{\rm Tr}(X)]^{2k}dX=\sum_{\tau\vdash k}d_{2\tau}, $$ with the condition $\ell(\tau)\le n$ (which is the only dependence of the answer on $$n).