卡迪森-辛格問題

先引入若干定義：

${\displaystyle {\boldsymbol {\ell }}^{2}}$

平方可和的複序列空間，即${\displaystyle \ell ^{2}=\left\{(x_{1},x_{2},\ldots ):x_{i}\in \mathbb {C} ,\sum _{i}\left|x_{i}\right|^{2}<\infty \right\}}$。此空間為可分希爾伯特空間，內積定義由${\displaystyle \langle x,y\rangle =\sum _{i}x_{i}{\overline {y_{i}}}}$給出。

${\displaystyle {\boldsymbol {B}}({\boldsymbol {\ell }}^{2})}$

從${\displaystyle \ell ^{2}}$到${\displaystyle \ell ^{2}}$的連續線性算子組成的集合。此集合上，有加減法、乘法、伴隨等運算，構成一個C*-代数。

${\displaystyle {\boldsymbol {D}}({\boldsymbol {\ell }}^{2})}$

從${\displaystyle \ell ^{2}}$到${\displaystyle \ell ^{2}}$的對角連續線性算子集合。換言之，${\displaystyle D(\ell ^{2})=\left\{\left.f:\ell ^{2}\to \ell ^{2}\right|f(x)=(a_{1}x_{1},a_{2}x_{2},\ldots ),{\text{ 其 中 }}a_{i}\in \mathbb {C} ,{\text{ 且 }}a_{i}{\text{ 有 界 }}\right\}}$。${\displaystyle D(\ell ^{2})}$包含於${\displaystyle B(\ell ^{2})}$，故為其子C*-代数。

態

C*-代數${\displaystyle A}$上的態，是連續線性泛函${\displaystyle \varphi :A\to \mathbb {C} }$，將單位元${\displaystyle I}$映到${\displaystyle 1}$，且對任意半正定的${\displaystyle T\geq 0}$，有${\displaystyle \varphi (T)\geq 0}$（即此時${\displaystyle \varphi (T)}$要取實值，且該實值為非負）。

純態

接續上項，${\displaystyle \varphi }$稱為純態，意思是在${\displaystyle A}$上所有態組成的集合中，${\displaystyle \varphi }$是極端點，即不能寫成其他態的凸組合。

由哈恩-巴拿赫定理，${\displaystyle D(\ell ^{2})}$上的任意泛函，必能延拓到${\displaystyle B(\ell ^{2})}$上。卡迪森與辛格二人問，對於純態，此延拓是否唯一。所以，卡迪森-辛格問題是要證明或否證以下命題：

對${\displaystyle D(\ell ^{2})}$上的任意純態${\displaystyle \varphi }$，${\displaystyle B(\ell ^{2})}$上都存在唯一的態${\displaystyle \psi }$，使${\displaystyle \psi }$延拓${\displaystyle \varphi }$，即兩者限制到${\displaystyle D}$時等同。

此命題已證為真。[5]

卡迪森-辛格問題的答案為肯定，當且僅當以下鋪砌猜想為真：[8]

對任意的${\displaystyle \varepsilon >0}$，存在正整數${\displaystyle k}$使得：對每個${\displaystyle n}$，以及對${\displaystyle n}$維希爾伯特空間${\displaystyle \mathbb {C} ^{n}}$上的每個線性算子${\displaystyle T}$（可視為${\displaystyle n\times n}$方陣），若其對角線全零，則存在某種方法將${\displaystyle \{1,\dots ,n\}}$分劃為${\displaystyle k}$份${\displaystyle A_{1},\dots ,A_{k}}$，使得

${\displaystyle \|P_{A_{j}}TP_{A_{j}}\|\leq \varepsilon \|T\|}$ 對於每個 ${\displaystyle j=1,\ldots ,k}$ 都成立。

此處${\displaystyle P_{A_{j}}}$是正交投影，將${\displaystyle \mathbb {C} ^{n}}$（坐標以${\displaystyle 1,2,\ldots ,n}$為下標）映到坐標僅以${\displaystyle A_{j}}$元素為下標的子空間。換言之，${\displaystyle P_{A_{j}}TP_{A_{j}}}$是下標為${\displaystyle A_{j}}$元素的各行列，相交而得的子方陣。而矩陣範數${\displaystyle \|\cdot \|}$取為譜範數，即來自${\displaystyle \mathbb {C} ^{n}}$上歐氏範數的算子范数。

注意命題中，${\displaystyle k}$只能與${\displaystyle \varepsilon }$有關，但不取決於${\displaystyle n}$。

尼克·威佛（）證明，以下「偏差理論」命題，同樣與卡迪森-辛格問題（的肯定答案）等價：[9]

設有向量${\displaystyle u_{1},\ldots ,u_{m}\in \mathbb {C} ^{d}}$，滿足${\displaystyle \sum _{i=1}^{m}u_{i}u_{i}^{*}=I}$（${\displaystyle d\times d}$單位方陣），且對每個${\displaystyle i}$，${\displaystyle \|u_{i}\|_{2}^{2}\leq \delta }$。則存在一種方法將${\displaystyle \{1,\ldots ,m\}}$分劃成兩個子集${\displaystyle S_{1}}$和${\displaystyle S_{2}}$，使得對於${\displaystyle j=1,2}$都有

${\displaystyle \left\|\sum _{i\in S_{j}}u_{i}u_{i}^{*}\right\|\leq {\frac {\left(1+{\sqrt {2\delta }}\right)^{2}}{2}}.}$

馬庫斯、斯皮爾曼、斯里瓦斯塔瓦三人用交織多項式族（英語：）的技巧，證明上述命題為真。該命題又有以下推論：

設向量${\displaystyle v_{1},\ldots ,v_{m}\in \mathbb {R} ^{d}}$滿足${\displaystyle \|v_{i}\|_{2}^{2}\leq \alpha }$（對所有${\displaystyle i}$），還有

${\displaystyle \sum _{i=1}^{m}\langle v_{i},x\rangle ^{2}=1}$ 對滿足${\displaystyle \|x\|=1}$的所有向量${\displaystyle x\in \mathbb {R} ^{d}}$成立。

則可以將${\displaystyle \{1,\ldots ,m\}}$分劃成兩個子集${\displaystyle S_{1}}$、${\displaystyle S_{2}}$，使得對${\displaystyle j=1,2}$，以及滿足${\displaystyle \|x\|=1}$的任意向量${\displaystyle x\in \mathbb {R} ^{d}}$，皆有：

${\displaystyle \left|\sum _{i\in S_{j}}\langle v_{i},x\rangle ^{2}-{\frac {1}{2}}\right|\leq 5{\sqrt {\alpha }}.}$

「偏差」一詞的含義，在${\displaystyle \alpha }$較小時顯明：在單位球面上取值恆為${\displaystyle 1}$的二次型，可以分拆成兩個大致相等的二次型，而分拆出來的二次型在單位球面上各處的取值，離${\displaystyle 1/2}$的偏差很小。利用命題此種形式，可以推導出關於圖分劃的若干結果。[7]

• Nicholas J. A. Harvey. [卡迪森-辛格問題與鋪砌猜想的介紹] (PDF). 2013-07-11 [2021-10-16]. （原始内容存档 (PDF)于2021-10-21） （英语）.
• 陶哲軒. [實穩定多項式與卡迪森-辛格問題] (網誌). 2013-11-04 [2021-10-16]. （原始内容存档于2022-01-19） （英语）.