Constante en la conjetura de Komlos

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

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

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

c

$c$

El mejor límite superior es $c=O(\sqrt{\log n})$ .

¿Hay un conjunto de ejemplos para $c=1+\delta$ para cualquier $\delta>0$ donde falla la conjetura de Komlos?

co.combinatorics extremal-combinatorics

— T ....
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Una manera fácil de ver que debe ser al menos es considerar los vectores , y . No estoy seguro si esto garantiza una respuesta.

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 Sí, si también puede decir la lógica detrás del ejemplo. Puedo ver cómo podrías haber construido esto.

— T ....

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Una manera simple de obtener un límite inferior es considerar los pares de vectores . En primer lugar, tiene sentido centrarse en pares de vectores unitarios para los que todas las combinaciones lineales son lo más largas posible (tenga en cuenta que este es solo un caso especial interesante, no estoy diciendo que es opotimal de cualquier manera). Esto se logra cuando son ortogonales, y al verificar las posibles rotaciones encontramos que muestran que debe ser al 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 ejemplo se puede generalizar a los conjuntos de vectores , donde el -ésimo coeficiente de es si el dígito binario en es , y caso contrario. $V_k=\{2^{-\frac{k}{2}}v_{i,k}\ |\ 0\le i\le k\}\subseteq\mathbb{R}^{2^k}$ $j$ $(v_{i,k})_j$ $v_{i,k}$ $1$ $i-th$ $j$ $0$ $-1$

La -norm de cualquier combinación lineal de los vectores en es , que alcanza su máximo en , con el conjunto de vectores $\infty$ $\{-1,1\}$ $V_k$ $(k+1)2^{-\frac{k}{2}}$ $\frac{3}{2}$ $k=2$

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

Puede haber mejores límites inferiores, pero este es un comienzo.

— Klaus Draeger
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Me parece que su ejemplo ya es bastante bueno. ¿Podría ser mucho más que esto?

c

$c$

— T ....

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Si consideramos que son las columnas de esta matriz, se muestra (encontré y verifiqué la matriz mediante un experimento informático): $v_i$ $c \geq \frac{4}{\sqrt{6}} \approx 1.633$

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
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-3

No hay mejor límite inferior, porque c es un límite superior. El límite superior más conocido es , como lo demostró Banaszczyk en 1998. $O(\sqrt{\log n})$

— Yossi Lonke
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No hay mejor límite inferior : no entiendo lo que quieres decir con esto. Interpreto la pregunta como "¿cuál es la más grande para la cual se sabe que la declaración de conjetura es falsa?" que parece bien definido

c

$c$

— usul

2

Turbo: Ok, entonces has corregido tu formulación, pero aún carece de precisión matemática, porque por lo que sabemos, la conjetura de Komlos puede ser falsa, por lo que puede que no haya un "valor mínimo" para las c, porque el conjunto es no acotado abajo. Ahora, si su pregunta es algo así como "Suponiendo que la conjetura de Komlos es verdadera, ¿cuál es el infimum de las c"? entonces la respuesta mejor conocida actualmente es "No sé". usul: Esa es una buena interpretación. No creo que nadie lo haya investigado con mucha profundidad. En algunos experimentos ad-hoc que hice, descubrí que hay contraejemplos para c = 2.

— Yossi Lonke

@Turbo ¿Por qué no eliminas toda la publicación?

— Yossi Lonke