数学上，卡迪森-辛格問題（）於1959年提出，有關泛函分析，問某個特定C-代数上的任意線性泛函，延拓到另一個較大的C-代數時，是僅有唯一的可能，抑或可以有多個不同的延拓。2013年，問題得到解決，答案為肯定（即唯一）。
問題源出1940年代保罗·狄拉克對量子力学理論基礎的研究。1959年，與艾沙道尔·辛格給出嚴格的問題敍述。此後，發現純數學、應用數學、工程學、電腦科學等學科的多個未解問題，皆與卡迪森-辛格問題等價。，然而於2013年，、、合著論文給出肯定的答案。翌年，三人因此獲頒發。
馬-斯-斯三氏皆為電腦科學家，本來並非研究C*-代數。
原問題敍述
先引入若干定義：
;\boldsymbol\ell^2:平方可和的複，即\ell^2 = \left\{(x_1, x_2, \ldots): x_i \in \mathbb C, \sum_i \left|x_i\right|^2 。此空間為可分希爾伯特空間，內積定義由\langle x, y\rangle = \sum_i x_i \overline{y_i}給出。
;\boldsymbol B(\boldsymbol \ell^2): 從\ell^2到\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。
;\boldsymbol D(\boldsymbol \ell^2): 從\ell^2到\ell^2的對角連續線性算子集合。換言之，D(\ell^2) = \left\{\left. f: \ell^2 \to \ell^2 \right| f(x) = (a_1x_1, a_2 x_2, \ldots), \text{ 其 中 } a_i \in \mathbb C, \text{ 且 } a_i \text{ 有 界 } \right\} 。D(\ell^2)包含於B(\ell^2)，故為其子C*-代数。
;態:C*-代數A上的，是連續線性泛函\varphi:A\to \mathbb{C}，將單位元I映到1，且對任意半正定的T \ge 0，有\varphi(T) \ge 0（即此時\varphi(T)要取實值，且該實值為非負）。
;純態:接續上項，\varphi稱為純態，意思是在A上所有態組成的集合中，\varphi是，即不能寫成其他態的凸組合。
由哈恩-巴拿赫定理，D(\ell^2)上的任意泛函，必能延拓到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D(\ell^2)上的任意純態\varphi，B(\ell^2)上都存在唯一的態\psi，使\psi延拓\varphi，即兩者限制到D時等同。
此命題已證為真。
對任意的\varepsilon>0，存在正整數k使得：對每個n，以及對n維希爾伯特空間\mathbb{C}^n上的每個線性算子T（可視為n\times n方陣），若其對角線全零，則存在某種方法將\{1,\dots,n\}分劃為k份A_1,\dots, A_k，使得
::\|P_{A_j} T P_{A_j}\| \le \varepsilon \|T\| 對於每個 j=1,\ldots,k 都成立。
此處P_{A_j}是正交投影，將\mathbb C^n（坐標以1, 2, \ldots, n為下標）映到坐標僅以A_j元素為下標的子空間。換言之，P_{A_j} T P_{A_j}是下標為A_j元素的各行列，相交而得的子方陣。而矩陣範數\|\cdot\|取為譜範數，即來自\mathbb{C}^n上歐氏範數的算子范数。
注意命題中，k只能與\varepsilon有關，但不取決於n。
偏差敍述
尼克·威佛（）證明，以下「」命題，同樣與卡迪森-辛格問題（的肯定答案）等價：
設有向量u_1,\ldots,u_m\in\mathbb{C}^d，滿足\sum_{i=1}^m u_i u_i^* = I（d\times d單位方陣），且對每個i，\|u_i\|_2^2\le\delta。則存在一種方法將\{1,\ldots,m\}分劃成兩個子集S_1和S_2，使得對於j = 1, 2都有
:\left\|\sum_{i\in S_j} u_i u_i^*\right\|\le \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（）的技巧，證明上述命題為真。該命題又有以下推論：
設向量v_1,\ldots,v_m\in\mathbb{R}^d滿足\|v_i\|_2^2\le\alpha（對所有i），還有
:\sum_{i=1}^m \langle v_i,x\rangle^2 =1 對滿足\|x\| = 1的所有向量x\in\mathbb{R}^d成立。
則可以將\{1,\ldots,m\}分劃成兩個子集S_1、S_2，使得對j=1,2，以及滿足\|x\| = 1的任意向量x\in\mathbb{R}^d，皆有：
:\left|\sum_{i\in S_j} \langle v_i,x\rangle^2 -\frac{1}{2}\right|\le 5\sqrt{\alpha}.
「偏差」一詞的含義，在\alpha較小時顯明：在單位球面上取值恆為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。
參考文獻
外部鏈結
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