Maximizar la función en matrices ortogonales

Question

Considere la función $f$ del conjunto de $n \times n$ matrices reales tomando $A=(a_{ij})$ a $f(A):= \prod_{(i,j) \neq (k,l)}(a_{ij}-a_{kl}) $ .

Editar: Tenga en cuenta que $f(A) \ge 0$ para todos $A$ ya que agrupando los pares tenemos $$f(A):=(-1)^{\frac{n^2(n^2-1)}{2}}\prod_{(i,j) \lt_ {lex} (k,l)}(a_{ij}-a_{kl})^2$$ y $ n^2(n^2-1) \equiv 0 \, \text{mod} \, 4$ para todos $n$ , fin de la edición.

¿Existe una forma de calcular $M:=\text{max}\{ f(A) : A A^{t}=I \}$ ?. Sé que, desde $A$ orhogonal implica $\mid a_{ij} \mid \leq 1$ para todos $ 1\leq i,j \leq n $ tenemos que $2^{2 {n^2 \choose 2}}=2^{n^2(n^2-1)}$ es un límite superior trivial en M, pero por ejemplo si $n=2$ que tenemos que en realidad $M=0$ porque cada $2 \times 2$ La matriz ortogonal tiene al menos dos entradas iguales.

Así que si no podemos calcular $M$ ¿podemos al menos dar un mejor límite superior?.

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Siguiendo tu consejo. He calculado $M$ utilizando matrices ortogonales aleatorias para $n \le 6$ . Estos son los resultados que he obtenido:

\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline n & \text{# of orth. Matrices} & \text{Estimated} \, M \\ \hline 2 & \infty & 0 \\ \hline 3 & 5\times 10^4 & 1.13762 \times 10^{-17} \\ \hline 4 & 5\times 10^4 & 3.10228 \times 10^{-80} \\ \hline 5 & 1 \times 10^3 & 5.71162 \times 10^{-248} \\ \hline 6 & 1\times 10^3 & 2.80541 \times 10^{-588}\\ \hline. \end{array}

por ejemplo este es el gráfico para $n=3$ parece:

Así que parece que $M$ es mucho más pequeño que el límite trivial. ¿Alguien tiene una idea de cómo construir una prueba formal?. Ofreceré una recompensa tan pronto como sea posible.

Answer 1

Hay un límite como $e^{-\frac{n^4}{2}\ln n}$ por medios elementales (AM-GM) explotando la ortogonalidad, pero sigue estando lejos de los resultados numéricos que tienes (y algo peor que el cálculo con polinomios de Legendre, aunque debería ser mejor a la larga según el comentario de Dap).

Por AM-GM $$f(A)^{\frac{1}{\binom{n^2}{2}}}\le \frac{\sum_{(i,j)<(k,l)}(a_{ij}-a_{kl})^2}{\binom{n^2}{2}}=\frac{(n^2-1)\sum_{(i,j)} a_{ij}^2-2\sum_{(i,j)<(k,l)}a_{ij}a_{kl}}{\binom{n^2}{2}}.$$ Ahora $\sum a_{ij}^2=|A|^2=n$ . En cuanto al segundo término $$2\sum_{(i,j)<(k,l)} a_{ij}a_{kl}= \Big(\underbrace{\sum_{(i,j)} a_{ij}}_{S(A)}\Big)^2 -\sum_{(i,j)} a_{ij}^2$$ y por lo tanto $$f(A)^{\frac{1}{\binom{n^2}{2}}}\le \frac{n^3-S(A)}{\binom{n^2}{2}}.$$ Por ejemplo esta pregunta tenemos que para una matriz ortogonal $A$ $$|S(A)|=\left|\sum a_{ij}\right|\le n\qquad (*)$$ y por lo tanto $$f(A)^{\frac{1}{\binom{n^2}{2}}}\le \frac{n^3+n}{\binom{n^2}{2}}=\frac{2(n^2+1)}{n(n^2-1)}\approx \frac{2}{n}.$$ Tomando el logaritmo $$\ln(f(A))\le \binom{n^2}{2} \ln\left(\frac{2(n^2+1)}{n(n^2-1)}\right)\approx -\frac12 n^4\ln n. $$ Por ejemplo, para $n=5$ obtenemos $1.11\times 10^{-109}$ y para $n=6$ obtenemos $4.14\times 10^{-286}$ .

$(*)$ Esto se obtiene aplicando Cauchy-Schwartz de una manera hábil y es ligeramente mejor que aplicarlo de la manera más obvia, que da $n^{3/2}$ . Sin embargo, esto no es realmente relevante en la asintótica anterior.