¿Se cumple un análogo de la desigualdad del valor absoluto es mayor que la parte real para las matrices cuadradas?

Question

¿Se cumple lo siguiente para cualquier matriz cuadrada $A$ , $(AA^*)^{1/2}\geq (A+A^*)/2$ , donde el superíndice $*$ denota la transposición hermitiana. Si no es así, ¿se cumple al menos para algunos tipos de matrices?

Se agradecerá cualquier prueba o comentario.

Answer 1

No. Tomando un ejemplo al azar: $$ A=\begin{bmatrix}1 & -1 \\ 0 & 0\end{bmatrix}, \quad (AA^{*})^{1/2}=\begin{bmatrix}\sqrt{2} & 0 \\ 0 & 0\end{bmatrix}, \quad \frac{1}{2}(A+A^*)=\frac{1}{2}\begin{bmatrix}2 & -1 \\ -1 & 0\end{bmatrix}. $$ La diferencia $$ (AA^{*})-\frac{1}{2}(A+A^*) = \begin{bmatrix}\sqrt{2}-1 & 1/2 \\ 1/2 & 0\end{bmatrix} $$ no es semidefinido.

P.D.: Se pueden generar toneladas de otros contraejemplos con un simple código de Matlab.

A=randn(2);
assert(all(eig((A*A')^(1/2)-0.5*(A+A'))>=0));

Answer 2

Esta desigualdad es válida para la normalidad $A$ es decir $A$ que se desplazan con $A^*$ porque no es así. $A$ y $A^*$ se puede diagonalizar simultáneamente, y la desigualdad $|z|\geq\text{Re}(z)$ se mantiene para los valores propios.

En general, la no conmutatividad estorba. He aquí una forma general de construir contraejemplos. Establezca $|A|:=(AA^*)^{1/2}$ entonces la desigualdad es equivalente a $\text{Re}(Ax,x)\leq(|A|x,x)$ para todos $x$ . Escoge $B=B^*\geq0$ y una normalizada $x$ que no es un vector propio de $B$ En particular $\|Bx\|\neq0$ . Sea $y:=\frac{Bx}{\|Bx\|}$ entonces $y$ también está normalizada y existe una matriz unitaria $U$ tal que $Ux=y$ . Entonces $A:=BU$ es un contraejemplo.

La cuestión es que $|A|=(AA^*)^{1/2}=(BUU^*B^*)^{1/2}=B$ porque $U$ es unitaria. Dado que $x$ no es un vector propio de $B$ por Cauchy-Schwarz $(Bx,x)<\|Bx\|$ Así que $(Ax,x)=(BUx,x)=(Ux,Bx)=(y,Bx)=(\frac{Bx}{\|Bx\|},Bx)=\|Bx\|>(Bx,x)=(|A|x,x)$ , en contra de la desigualdad (el lado izquierdo es real por construcción).

Junto con la descomposición polar, esta construcción muestra que cualquier matriz, que no es un múltiplo de una matriz unitaria, puede ser multiplicada por una matriz unitaria adecuada a la derecha para producir un contraejemplo. En efecto, cualquier $M=|M|V$ con la unidad $V$ Así que toma $B=|M|$ como en el caso anterior, y establecer $A:=MV^{-1}U=BU$ . Todo lo que necesitas es que $|M|$ tiene un vector no propio, pero si no lo tiene entonces $|M|=cI$ y $M$ es un múltiplo de un unitario.

Además, si $A$ es no singular la desigualdad $|(Ax,x)|\leq(|A|x,x)$ para todos $x$ implica normalidad. Me pregunto si $\text{Re}(Ax,x)\leq(|A|x,x)$ ya es suficiente. Si es así, entonces un no-singular $A$ satisface la desigualdad si y sólo si es normal.

Answer 3

(Nota: la pregunta ha sido editada. Esta respuesta está dirigida a una versión anterior en la que $A$ se especificó que fuera positivo).

Sí, de hecho tenemos igualdad.

La observación clave es que $A$ ser positivo implica que es autoadjunto. De hecho, $X^*AX\in\mathbb{R}$ implica $X^*AX=(X^*AX)^* = X^*A^*X$ para que $(AX,X) = (X,AX)$ para todos $X$ , donde $(\cdot,\cdot)$ es el producto hermitiano estándar (es decir $(X,Y)=X^*Y$ ). Ahora el valor de $(X,AY)$ para cualquier $X,Y$ puede escribirse en términos de los valores de $(X,AX)$ para varios $X$ utilizando la identidad de polarización (véase la observación 3.1 aquí ). Lo mismo ocurre con $(AX,Y)$ en términos de $(AX,X)$ con la misma identidad, y se deduce que $(AX,X)=(X,AX)$ para todos $X$ implica $(AX,Y)=(X,AY)$ para todos $X,Y$ . Así, $A$ es autoadjunto, es decir $A=A^*$ .

$AA^*$ es una matriz positiva, y por definición $(AA^*)^{1/2}$ es la única matriz positiva cuyo cuadrado es $AA^*$ . Pero como $A$ es positivo y (acabamos de demostrar) $A=A^*$ , $A$ es una matriz positiva cuyo cuadrado es $AA^*$ , por lo que es el único. Así, $(AA^*)^{1/2}=A$ .