Jak wygenerować równomiernie losowe ortogonalne macierze determinanty dodatniej?


9

Mam chyba głupie pytanie, które muszę przyznać, że jestem zdezorientowany. Wyobraź sobie powtarzające się generowanie równomiernie rozmieszczonej losowej macierzy ortogonalnej (ortonormalnej) o pewnym rozmiarze . Czasami wygenerowana macierz ma wyznacznik a czasem ma wyznacznik . (Istnieją tylko dwie możliwe wartości. Z punktu widzenia rotacji ortogonalnej oznacza, że ​​oprócz rotacji istnieje jeszcze jedno odbicie).p11det=1

Możemy zmienić znak det z macierzy ortogonalnej od minus do Plus zmieniając znak jakiegokolwiek jednego (lub, bardziej ogólnie, każda nieparzysta liczba) kolumnie niego.

Moje pytanie brzmi: biorąc pod uwagę, że wielokrotnie generujemy takie losowe macierze, czy wprowadzimy jakieś odchylenie w ich jednolitej losowej naturze, jeśli za każdym razem zdecydujemy się cofnąć znak tylko określonej kolumny (powiedzmy, zawsze 1. lub zawsze ostatni)? Albo powinniśmy mieć , aby wybrać kolumnę losowo w celu utrzymania matryc reprezentować losowy równomiernie rozłożony kolekcję?

Odpowiedzi:


7

Wybór kolumny nie ma znaczenia: wynikowy rozkład na specjalnych macierzach ortogonalnych, SO(n) , jest nadal jednolity.

Wyjaśnię to, używając argumentu, który w oczywisty sposób rozciąga się na wiele powiązanych pytań dotyczących jednolitego generowania elementów grup. Każdy krok tego argumentu jest trywialny i wymaga jedynie odniesienia do odpowiednich definicji lub prostego obliczenia (takiego jak zauważenie, że macierz I1 jest ortogonalna i odwrotna do siebie).

Argumentem jest uogólnienie znanej sytuacji. Rozważmy zadanie rysunek dodatnich liczb rzeczywistych według określonego rozkładu ciągłego . Można tego dokonać, rysując dowolną liczbę rzeczywistą z ciągłego rozkładu i negując wynik, jeśli to konieczne, aby zagwarantować dodatnią wartość (prawie na pewno). Aby proces ten miał rozkład , musi mieć tę właściwośćFGFG

G(x)G(x)=F(x).

Najprostszym sposobem na osiągnięcie tego jest, gdy jest symetryczne wokół więc , pociągając za sobą : wszystkie prawdopodobieństwa dodatnie gęstości są po prostu podwojone, a wszystkie negatywne wyniki są eliminowane. Znajomy związek między rozkładem półnormalnym ( ) a rozkładem normalnym ( ) jest tego rodzaju.G0G(x)1/2=1/2G(x)F(x)=2G(x)1FG

Poniżej grupa odgrywa rolę niezerowych liczb rzeczywistych (uważanych za grupę multiplikatywną ), a jej podgrupa odgrywa rolę dodatnich liczb rzeczywistych . Miara Haar jest niezmienna pod negacją, więc kiedy jest „złożona” z do , rozkład wartości dodatnich nie zmienia się . (Miary tej niestety nie można znormalizować do miary prawdopodobieństwa - ale to jedyny sposób, w jaki analogia się załamuje).O(n)SO(n)R+dx/xR{0}R+

Negowanie określonej kolumny macierzy ortogonalnej (gdy jej wyznacznik jest ujemny) jest analogią do negowania ujemnej liczby rzeczywistej w celu złożenia jej w dodatnią podgrupę. Mówiąc bardziej ogólnie, można wcześniej wybrać dowolną macierz ortogonalną o ujemnym wyznaczniku i użyć jej zamiast : wyniki byłyby takie same.JI1


Chociaż pytanie jest sformułowane w kategoriach generowania zmiennych losowych, tak naprawdę pyta o rozkłady prawdopodobieństwa w grupach macierzy i . Połączenie między tymi grupami opisano w kategoriach macierzy ortogonalnejO(n,R)=O(n)SO(n,R)=SO(n)

I1=(1000010000001)

ponieważ negowanie pierwszej kolumny macierzy ortogonalnej oznacza mnożenie w prawo przez . Zauważ, że i to połączenie rozłączneXXI1SO(n)O(n)O(n)

O(n)=SO(n)SO(n)I11.

Biorąc pod uwagę przestrzeń prawdopodobieństwa zdefiniowaną na , proces opisany w pytaniu określa mapę(O(n),S,P)O(n)

f:O(n)SO(n)

przez ustawienie

f(X)=X

kiedy iXSO(n)

f(X)=XI1

for .XSO(n)I11

Pytanie dotyczy wygenerowania losowych elementów w poprzez uzyskanie losowych elementów : to znaczy przez „popchnięcie ich do przodu” za pomocą aby uzyskać . Funkcja przekazywania do przodu tworzy przestrzeń prawdopodobieństwa zSO(n)ωO(n)ffω=f(ω)SO(n)(SO(n),S,P)

S=fS={f(E)|ES}

i

P(E)=(fP)(E)=P(f1(E))=P(EEI1)

dla wszystkich .ES

Zakładając, że właściwe mnożenie przez zachowuje miarę, i zauważając, że w każdym przypadku , natychmiast by to oznaczało, że dla wszystkich ,I1EEI1=ES

P(E)=P(EEI11)=P(E)+P(EI11)=2P(E).

W szczególności, gdy jest niezmienny przy mnożeniu przez prawo w (co zwykle oznacza „jednolity”), oczywistym faktem jest, że i jego odwrotność (co się zdarza, że ​​jest równe sama) są oba ortogonalne, co oznacza powyższe, co pokazuje, że jest również jednolity. Dlatego nie trzeba wybierać losowej kolumny do negacji.PO(n)I1I1P


+1. To bardzo fajny opis, dziękuję za opublikowanie tej odpowiedzi.
ameba

1
Wspaniała odpowiedź. Ale od The question is concerned about generatingsamego początku trudno mi było popchnąć mnie do przodu poprzez symbolikę. Czy mógłbyś streścić rozumowanie słowami , dla wcześniejszego laika, proszę?
ttnphns
Korzystając z naszej strony potwierdzasz, że przeczytałeś(-aś) i rozumiesz nasze zasady używania plików cookie i zasady ochrony prywatności.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.