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¿cuándo $\det(AB^T+BA^T)\le \det(AA^T+BB^T)$?

Cuando se hace la siguiente matriz de la desigualdad?

$$\det(AB+B^TA^T)\le \det(AA^T+BB^T)$$

$A$ $B$ real de las matrices.

Mi respuesta le da un contraejemplo. La pregunta es ¿bajo qué condición hace que mantener?

[Actualización]

La desigualdad en realidad me gustaría probar que no es la de arriba. Debe ser

$$\det(AB^T+BA^T)\le \det(AA^T+BB^T)$$

También he cambiado el título. Gracias julien.

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Jim Petkus Puntos 3447

Supongo que $A,B$ real $n\times m$ matrices. Pero la misma prueba da el mismo resultado que a continuación matrices complejas con el medico adjunto en lugar de la transpuesta.

Para cada una de las $n\times m$ matrices $A,B$, tenemos $$ |\det (AB^T+BA^T)|\leq \det(AA^T+BB^T). $$

Prueba: si $x\in\ker (AA^T+BB^T)$,$\|A^Tx\|^2+\|B^Tx\|^2=0$, de donde $A^Tx=B^Tx=0$$x\in \ker(AB^T+BA^T)$. En otras palabras, si $\det(AA^T+BB^T)=0$, tenemos $\det(AB^T+BA^T)=0$ y la desigualdad se cumple. Así que vamos a suponer que $AA^T+BB^T$ es invertible, a partir de ahora.

La matriz $C=(A-B)(A-B)^T$ es positivo semidefinite. Así $$ 0\leq (Cx,x)=((AA^T+BB^T)x,x)-((AB^T+BA^T)x,x) $$ de dónde $$ ((AB^T+BA^T)x,x)\leq ((AA^T+BB^T)x,x). $$ El cambio de $B$$-B$, obtenemos en total

$$ |((AB^T+BA^T)x,x)|\leq ((AA^T+BB^T)x,x). $$

Denotar $C:=AB^T+BA^T$ que es simétrica, y $D:=AA^T+BB^T$ que es positiva definida y tiene un único positiva definida raíz cuadrada $D^{1/2}$. Ahora la desigualdad anterior implica, con $x=D^{-1/2}y$: $$ |(D^{-1/2}CD^{-1/2}y,y)|\leq(y,y)=\|s\|^2\qquad\forall y\in\mathbb{R}^n. $$ Desde $T=D^{-1/2}CD^{-1/2}$ es simétrica es diagonalizable en una base ortonormales y la de arriba muestra que su espectro está contenida en $[-1,1]$. A fortiori $$ |\det (D^{-1/2}CD^{-1/2})|\leq 1\qquad \Rightarrow \qquad |\det C|\leq \det D. $$ QED.

Nota: la desigualdad que quería requiere, inicialmente, que el $A,B$ ser matrices cuadradas del mismo tamaño. Como se observa, la desigualdad no es cierto en general. La transposición no estaba en el lugar correcto. De ello se desprende, en particular, de la desigualdad anterior que la desigualdad que usted quería sostiene al $A,B$ son simétricas, o ambos skew-simétrica. Por supuesto, es cierto también si $AB=0$. Uno puede agregar algunos más soluciones. Todos los $(A,B)$ de manera tal que la matriz simétrica $AB+B^TA^T$ es singular o tiene un número impar de autovalores negativos. Pero dudo que haya un buen general de la caracterización. Aunque puedo estar equivocado.

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DanH Puntos 265

He encontrado un contraejemplo de Matlab. Sé que es barato..... :-|

$A = 0.4582 \quad 0.1567 \quad 0.0519\\ 0.8204 \quad 0.9111 \quad 0.0512 \\ 0.9831 \quad 0.1020 \quad 0.6691$

$B = 0.8492 \quad 0.0900 \quad 0.0787\\ 0.8890 \quad 0.0126 \quad 0.7477\\ 0.7770 \quad 0.2320 \quad 0.0607$

f = @(a,B)(det(a*a'+B*B')-det(a*B+B'*A'))

f(a, B) da -1.9356

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Chris Ballance Puntos 17329

Como $AA^T+BB^T\succeq0$ si $(AA^T+BB^T)x=0$, debemos tener $A^Tx=B^Tx=0$$(AB^T+BA^T)x=0$. Así, no es suficiente para demostrar la desigualdad al $AA^T+BB^T\succ0$.

Escribir $AA^T+BB^T=\pmatrix{A&B}\pmatrix{A^T\\ B^T}$$AB^T+BA^T=\pmatrix{A&B}\pmatrix{0&I\\ I&0}\pmatrix{A^T\\ B^T}$. Deje $\pmatrix{A&B}=U\pmatrix{\Sigma&0}V^T$ ser una descomposición de valor singular, donde $\Sigma$ es una matriz diagonal. Desde $AA^T+BB^T$ es invertible, por lo que es $\Sigma$. En consecuencia, la desigualdad en cuestión puede escribirse como $$ \det\left[\pmatrix{I&0}\ \underbrace{V^T\pmatrix{0&I\\ I&0} V}_S\ \pmatrix{I\\ 0}\right]\le1. $$ Por lo tanto, basta probar que para cualquier raíz cuadrada simétrica $S$$I_{2n}$, su líder principal $n\times n$ menor está acotada arriba por $1$. De hecho, esto se sigue inmediatamente de la entrelazado de la desigualdad de los autovalores de submatrices de Hermitian matrices, pero vamos a ofrecer otra prueba aquí.

Deje $S=\pmatrix{X&Y^T\\ Y&Z}$ donde $X$ $Z$ son simétricas matrices de las mismas dimensiones. Mediante la comparación de la primera subbloques en ambos lados de $S^2=I_{2n}$, obtenemos $X^TX+Y^TY=I$. Por lo tanto,$I\succeq X^TX\succeq 0$$\det(X)^2\le1$. QED.

La anterior prueba tiene el mérito de que un argumento similar (con $S$ ser un sesgo de simetría de la raíz cuadrada de $-I_{2n}$) puede ser utilizado para mostrar que

$\det(AB^T\color{red}{-}BA^T)\le \det(AA^T+BB^T)$.

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