Constante na conjectura de Komlos

8

$n$ $v_1,\dots,v_n\in\Bbb R^N$ $\|v_i\|_2^2\leq1$ $i\in\{1,\dots,n\}$ $c\in\Bbb R$ $n,N$ $\epsilon\in\{-1,+1\}^n$

‖ \sum_{i = 1}^{n} ϵ_{i} v_{i} ‖_{\infty} < c .

$\Big\|\sum_{i=1}^n\epsilon_iv_i\Big\|_\infty<c.$

c

$c$

O melhor limite superior é . $c=O(\sqrt{\log n})$

Existe um conjunto de exemplos para para qualquer que a conjectura de Komlos falha? $c=1+\delta$ $\delta>0$

co.combinatorics extremal-combinatorics

— T ....
fonte

Uma maneira fácil de ver que deve ser pelo menos é considerar os vetores , e . Não tenho certeza se isso merece uma resposta.

c

$c$

\frac{3}{2}

$\frac{3}{2}$

\frac{1}{2} (1, 1, 1, 1)

$\frac{1}{2}(1,1,1,1)$

\frac{1}{2} (1, 1, - 1, - 1)

$\frac{1}{2}(1,1,-1,-1)$

\frac{1}{2} (1, - 1, 1, - 1)

$\frac{1}{2}(1,-1,1,-1)$

— Klaus Draeger

@KlausDraeger Sim, se você também puder dizer a lógica por trás do exemplo. Eu posso ver como você pode ter construído isso.

— T ....

8

Uma maneira simples de obter um limite inferior é considerar pares de vetores . Antes de tudo, faz sentido focar nos pares de vetores unitários para os quais todas as combinações lineares - são tão longas quanto possível (observe que esse é apenas um caso especial interessante, não estou dizendo que é opotimal de qualquer maneira). Isso é obtido quando são ortogonais e, verificando as possíveis rotações, descobrimos que mostra que deve ser pelo menos . $c\ge\sqrt{2}$ $u,v\in\mathbb{R}$ $\{-1,1\}$ $u,v$ $u=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1), v=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1)$ $c$ $\sqrt{2}$

Este exemplo pode ser generalizado para os conjuntos de vetores , onde o coeficiente de é se o dígito binário em for e caso contrário. $V_k=\{2^{-\frac{k}{2}}v_{i,k}\ |\ 0\le i\le k\}\subseteq\mathbb{R}^{2^k}$ $j$ $(v_{i,k})_j$ $v_{i,k}$ $1$ $i-th$ $j$ $0$ $-1$

A -norm de qualquer combinação linear dos vetores em é , que atinge seu máximo em , com o conjunto de vetores $\infty$ $\{-1,1\}$ $V_k$ $(k+1)2^{-\frac{k}{2}}$ $\frac{3}{2}$ $k=2$

$V_2=\{\frac{1}{2}(1,1,1,1),\frac{1}{2}(1,1,-1,-1),\frac{1}{2}(1,-1,1,-1)\}$ .

Pode haver limites inferiores melhores, mas isso é um começo.

— Klaus Draeger
fonte

Parece-me que seu exemplo já é muito bom. poderia ser muito mais do que isso?

c

$c$

— T ....

4

Tomando o como as colunas desta matriz mostra (eu encontrei e verifiquei a matriz por experimento em computador): $v_i$ $c \geq \frac{4}{\sqrt{6}} \approx 1.633$

M = \frac{1}{\sqrt{6}} (\begin{matrix} 1 & 1 & 1 & - 1 & 1 & - 1 \\ 1 & 1 & - 1 & 1 & - 1 & - 1 \\ - 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ - 1 & 1 & 1 & - 1 & - 1 & 1 \\ - 1 & - 1 & 1 & 1 & - 1 & - 1 \\ - 1 & 1 & - 1 & - 1 & 1 & - 1 \end{matrix})

$M = \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 & 1 & -1\\ 1 & 1 & -1 & 1 & -1 & -1\\ -1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\ -1 & 1 & 1 & -1 & -1 & 1\\ -1 & -1 & 1 & 1 & -1 & -1 \\ -1 & 1 & -1 & -1 & 1 & -1 \end{pmatrix}$

— Chris Jones
fonte

-3

Não há melhor limite inferior, porque c é um limite superior. O limite superior mais conhecido é , conforme comprovado por Banaszczyk em 1998. $O(\sqrt{\log n})$

— Yossi Lonke
fonte

7

Não há melhor limite inferior - não entendo o que você quer dizer com isso. Interpreto a pergunta como "qual é o maior para o qual se sabe que a declaração de conjectura é falsa?" o que parece bem definido.

c

$c$

— usul

2

Turbo: Ok, então você corrigiu sua formatação, mas ainda falta precisão matemática, porque, pelo que sabemos, a conjectura de Komlos pode ser falsa, de modo que pode não haver "o menor valor" para os cs, porque o conjunto é não delimitado abaixo. Agora, se sua pergunta é algo como "Supondo que a conjectura de Komlos seja verdadeira, qual é o menor dos c's"? a resposta mais conhecida atualmente é "não sei". usul: Essa é uma boa interpretação. Não acho que alguém tenha estudado isso com muita profundidade. Em alguns experimentos ad-hoc que eu fiz, eu descobri que existem contra-exemplos para c = 2.

— Yossi Lonke

@Turbo Por que você não exclui toda a postagem?

— Yossi Lonke