¿Está a una distancia de sinc positivo matriz semidefinite?

Question

He estado tratando de romper este problema para los días pero no puedo encontrar una manera alrededor de ella. Dado un conjunto de singular puntos N $X = {x_1,..x,N}, x_i \in R^3$, el asociado sinc-matriz de distancias $S \in R^{n\times n}$$S(i,j) = sin(|x_i-x_j|)/(|x_i-x_j|)$. Mi pregunta es si esta matriz es positiva semidefinite.

He ejecutado tests numéricos y la matriz siempre aparece PSD, pero no he sido capaz de demostrarlo formalmente.

Cosas que he probado:

• Intentar demostrar que el uso de menores de edad y así: no hay suerte, pues es difícil trabajar con en el fin de simplificar la forma de los determinantes.
• Trate de probar que $\forall y$, $y^TSy\geq 0$, que termina siendo $\sum_i^N \sum_j^N y_i y_j sin(|x_i-x_j|)/(|x_i-x_j|) \geq 0$. No hubo suerte. Mi intuición es que el triángulo de la desigualdad de las distancias que tiene que jugar un papel en algún lugar, pero no la puede encontrar.
• Pruebe con un enfoque constructivo. Sabemos que para N=2, la matriz es la EP, como los elementos de la diagonal son 1 (sinc 0) y el no-diagonal se $<1$, por lo que la matriz es estrictamente diagonal dominante (también el determinante y la traza son positivos, por lo $S \succ 0$. Entonces demostrar que la adición de un elemento al conjunto, no hacen la matriz resultante de carácter indefinido. He intentado usar Schur complementos para esta tarea, pero la suerte todavía.
• También para cualquier conjunto $X$, podemos multiplicar todos los elementos por un escalar $\alpha$. Como $\alpha$ va a 0, todos los elementos en el conjunto también vaya a 0 y $S \to \vec{1} \vec{1}^T$, que es la PSD de rango 1. Como $\alpha$ va al infinito, también lo hacen los puntos y las distancias, por lo $S \to I$. Lo que el cambio de $\alpha$, la matriz se mueve en una 1D de la curva en el grupo $\mathcal{S}$ de matrices simétricas y la curva comienza en el límite del cono de la PSD matrices y termina en el centro del cono, por lo que parece natural que no deja de cono, pero no puedo demostrarlo.

Cualquier ayuda sería muy apreciada! Mirando hacia adelante a la discusión!

Gracias!

Answer 1

No, la matriz no es necesariamente positiva definida. Para cualquier $k$, hay un simple de puntos $k+1$ $\mathbb R^k$ todos a distancia $\frac{3\pi}2$ unos de otros. La matriz correspondiente tiene $1$ en la diagonal y $-2/(3\pi)$ en otros lugares, y sus valores propios son $1+2/(3\pi)$ y $1-2k/(3\pi)$, $k\gt\frac{3\pi}2\lt5$ la matriz es indefinida.

Answer 2

Aquí es otro enfoque (aún incompleta).

Para $x_{1}, ..., x_{N} \in \mathbb{R}^{d}$, vamos a $\parallel . \parallel_{d}$ el valor del $d$-dimensional de la norma. Tenemos $S(i,j) = \frac{\sin\left(\parallel x_{i} - x_{j} \parallel_{d}\right)}{\parallel x_{i} - x_{j} \parallel_{d}} = \displaystyle\prod_{k=1}^{\infty}\cos\left(\frac{\parallel x_{i} - x_{j} \parallel_{d}}{2^{k}}\right)$, donde la última igualdad se debe a Viete (ver eq. (18) aquí). Debido a Schur producto teorema, respondiendo a la OP de la pregunta entonces es equivalente a la respuesta de si la matriz $C_{k}(i,j) = \cos\left(\frac{\parallel x_{i} - x_{j} \parallel_{d}}{2^{k}}\right)$ donde $k$ es un fijo número natural, es positivo semidefinite o no. La frase anterior es, a su vez, lo mismo que preguntar si $\cos(.)$ es un positivo semidefinite radial de la función o no. Es fácil comprobar que la respuesta es sí para $d=1$. Tiempo atrás, recuerdo haber visto que para mayor $d$ la respuesta no es cierto en general, como joriki señalado, siguiendo a algunos de transformación integral de los resultados debido a I. J. Schoenberg, pero no me parecen encontrar la referencia exacta para el coseno resultado ahora. Alguien más familiarizado con funciones de base radial y de la aproximación de la teoría de la literatura puede ayudar aquí para señalar el resultado.