para cualquier número positivo $k$, tengo un $(k+1)*(k+1)$ matriz. Me pregunto si estas matrices de seguir cualquier "obvio" del patrón. Mi objetivo es adivinar los elementos de la matriz con $k=5$ y por encima (más probablemente en una manera recursiva, y el uso de algunas funciones combinatorias)
$$k=1, \begin{bmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{bmatrix}$$
$$k=2, \begin{bmatrix} 2& 2& 2\\ 2& 0& -2\\ 2& -2& 2 \end{bmatrix}$$
$$k=3, \begin{bmatrix} 3& 3& 3& 3\\ 3& 1& -1& -3\\ 3& -1& -1& 3\\ 3& -3& 3& -3 \end{bmatrix}$$
$$k=4, \begin{bmatrix} 6& 6& 6& 6& 6\\ 6& 3& 0& -3& -6\\ 6& 0& -2& 0& 6\\ 6& -3& 0& 3& -6\\ 6& -6& 6& -6& 6 \end{bmatrix}$$
Cualquiera de las anteriores matrices pueden ser multiplicado por una constante arbitraria (por ejemplo la parte superior-izquierda de los elementos de la matriz) para normalizar.
cualquier conjetura o comentario se agradece.
EDIT: he aquí cómo derivados de estos: ven aquí para las definiciones.
dado el eigen descomposición $AA^{T}=Q \Lambda Q^{T}$, definimos $W=A^{T} Q \Lambda^{-1}Q^{T}$, teniendo en cuenta la simetría, si el kmer $u_j$ y gapped-kmer $v_i$ ha $m$ desajustes, a continuación,$w_{j,i}=w_m$. Por lo tanto para encontrar $W$, sólo necesitamos encontrar {$w_0,...,w_k$}. Supongo que $w_m$ puede ser escrito de la siguiente manera ($c_0$ es una constante):
$$w_m = c_0\sum_{l=0}^k \alpha_{k,m,l} \binom{L}{l} $$
para$k=1,2,3,4$$m=0,1,..,k$$l=0,1,..,k$, he calculado numéricamente el valor de $\alpha_{k,m,l}$, que se administra como las anteriores matrices. La pregunta es ¿que $\alpha_{k,m,l}$ es para el general k.
EDIT: también ver aquí para una solución a eigen la descomposición de Siva.
EDIT: con un par de suposiciones razonables, he encontrado un patrón común y de hecho una R código que genera las matrices de forma recursiva. Siguientes son algunas más de las matrices generadas por el programa (a diferencia de los anteriores cuatro matrices, las siguientes son ni demostrado ni probado ser la solución para la citada $\alpha_{k,m,l}$ ecuación:
$$k=5, \begin{bmatrix} 10& 10& 10& 10& 10& 10\\ 10& 6& 2& -2& -6& -10\\ 10& 2& -2& -2& 2& 10\\ 10& -2& -2& 2& 2& -10\\ 10& -6& 2& 2& -6& 10\\ 10& -10& 10& -10& 10& -10 \end{bmatrix}$$
$$k=6, \begin{bmatrix} 15& 15 & 15& 15 &15 &15 &15\\ 15 & 10 & 5 & 0 & -5& -10 & -15\\ 15 & 5 & -1 & -3 & -1 & 5 & 15\\ 15 & 0 &-3 & 0 & 3 & 0 & -15\\ 15 & -5 & -1 & 3 & -1 &-5 & 15\\ 15 & -10 & 5 & 0 & -5 & 10 & -15\\ 15 &-15& 15 &-15& 15 &-15& 15 \end{bmatrix}$$
De nuevo las escalas son arbitrarias.
EDIT: recientemente Hemos encontrado una solución para $w(m)$ como la siguiente: $$w_m=\frac{(-1)^{m}}{2^{L}\binom{L}{k-m}}\frac{L-k}{L-k+m}\sum_{t=0}^{k-m}\binom{L}{t} =\frac{{k-L \choose m}}{2^{L}\binom{L}{k} \binom{k}{m}} \sum_{t=0}^{k-m}\binom{L}{t}$$ Para el lector interesado, esta solución se describe en Robusto k-mer de la frecuencia de la estimación usando abertura de k-mers.
Ahora, con este resultado ¿cómo se puede resolver por $\alpha_{k,m,l}$$w_m = c_0\sum_{l=0}^k \alpha_{k,m,l} \binom{L}{l}$? Tenga en cuenta que aquí $c_0$ puede depender de $k$ $L$ pero no $m$ o $l$. Mi conjetura es que el $c_0^{-1}=2^L\binom{L}{k}$. También se $\alpha_{k,m,l}$ es una función de $k,m$ $l$ y lo más probable es simétrica en $l$ $m$ como los ejemplos anteriores sugieren.
