$det(I+A\cdot\bar{A}) \ge 0$
Es posible demostrar que la desigualdad es verdadera para todas las matrices cuadradas complejas $A$ donde $I$ es la matriz identidad y $\bar{A}$ es la matriz conjugada compleja.
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Spencer
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Realmente es una pregunta muy difícil de fecha 1980-81 (Am. De matemáticas. Mensual). Personalmente no he encontrado ninguna solución. El método más simple es la siguiente.
EDIT.
Mostrar el resultado al $A\bar{A}$ no tiene autovalores negativos.
Mostrar que la multiplicidad de un negativo autovalor de a $A\bar{A}$ no puede ser $1$.
Mostrar que el conjunto de matrices $A$ que satisfacen 1. es denso en $M_n(\mathbb{C})$.
A la conclusión.
Los autovalores de a $A\bar{A}$ han sido estudiados a fondo en
DC Youla, de Una forma normal para una matriz en virtud de la central unitaria de congruencia grupo, Canadá. J. Math. 13(1961), 694-704.
En el papel, está demostrado (en el Lema 5) que para cualquier matriz cuadrada a $A$, los autovalores de a $A\bar{A}$ que no son reales no negativos deben ser
- no-real y ocurren en el conjugado de a pares, o
- real, negativo e incluso han multiplicidades (por lo que también se producen en "conjugar pares").
De ello se deduce inmediatamente que $\det(I+A\bar{A})$ es real no negativo.
user208259
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1204
Me voy a dar una completa prueba de este resultado, que tiene un sorprendentemente base conceptual, el uso de los cuaterniones. Yo creo que posiblemente se puede simplificar más.
Deje $\mathbb{H}$ ser la división del anillo de los cuaterniones. Contiene $\mathbb{C}$ como un sub-anillo. Ver $\mathbb{H}$ como izquierda-$\mathbb{H}$-espacio vectorial sobre sí mismo. Un arbitrario endomorfismo de $\mathbb{H}$ se compone de derecho de la multiplicación por algunos de cuaterniones $w$, que se puede escribir de manera única como $w = a + bj$ para algunos de los números complejos $a$$b$. Si vemos la $\mathbb{H}$ como izquierda-$\mathbb{C}$ espacio vectorial con base $(1, j)$, entonces la matriz de esta asignación se ve fácilmente ser $$\begin{pmatrix}a & -\overline{b} \\ b & \overline{a} \end{pmatrix}.$$
Ahora vamos a $V = \mathbb{H}^n$, y deje $f \colon V \to V$ ser una izquierda-$\mathbb{H}$-lineal endomorfismo de $V$. Deje $v_1, v_2, \dots v_n$ ser una base de $V$ (que puede ser el estándar de base). A continuación, una base de $V$ $\mathbb{C}$ está dado por $(v_1, jv_1, v_2, jv_2, \dots, v_n, jv_n)$. En vista de las observaciones anteriores, la matriz de $f$ en esta base debe estar compuesta de, $2 \times 2$ bloques de la forma anterior. Ahora si queremos cambiar el orden de la base a se $(v_1, v_2, \dots, v_n, jv_1, jv_2, \dots, jv_n$), entonces la matriz se convierte en uno de la forma $$T = \begin{pmatrix}A & -\overline{B} \\ B & \overline{A} \end{pmatrix},$$ donde $A$ $B$ son arbitrarias $n \times n$ matrices complejas. Además, los anteriores argumentos muestran que el $\mathbb{H}$-linealidad de $f$ es equivalente a la de su matriz con esta forma.
De ahora en adelante, el argumento se basa en dos hechos:
El determinante de cualquier matriz de la forma es un número real no negativo.
Tomamos nota de que $$\det (I + A\overline{A}) = \det \begin{pmatrix} I & -\overline{A} \\ A & I \end{pmatrix}$$ es el determinante de una matriz de la forma requerida.
El punto 2 de la siguiente manera a partir de la factorización $$\begin{pmatrix} I & O \\ -A & I \end{pmatrix}\begin{pmatrix} I & -\overline{A} \\ A & I \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} I & -\overline{A} \\ O & I+A\overline{A} \end{pmatrix}.$$
El punto 1 es donde me pregunto si algunas de las mejoras son posibles, pero aquí es una prueba. Deje $f \colon V \to V$ nuevo ser a la izquierda-$\mathbb{H}$-lineal, y deje $T$ ser su matriz como la anterior.
Primero vamos a comprobar que $\det T$ es un número real. La conjugada de la matriz $$\overline{T} = \begin{pmatrix} \overline{A} & -B \\ \overline{B} & A \end{pmatrix}$$ puede ser obtenida a partir de a $T$ en los siguientes pasos: intercambio de la primera $n$ filas con los últimos $n$ filas; intercambio de la primera $n$ columnas con los últimos $n$ columnas; multiplique la parte inferior $n$ filas $-1$; multiplicar los últimos $n$ de columnas $-1$. De ello se desprende que $\det T = \det \overline{T} = \overline{\det T}$, por lo tanto $\det T$ es real.
Ahora, para cualquier número real $\lambda$, lo que se dijo acerca de la $T$ es igualmente aplicable a cualquier matriz $T - \lambda I$, que todavía es de la forma requerida. De ello se deduce, por tanto, que el polinomio característico $\chi(\lambda)$ sólo toma valores reales para el real $\lambda$, por lo tanto, tiene coeficientes reales.
Esto demuestra que la no-real de los autovalores de a $T$ se producen en el conjugado de a pares (incluyendo multiplicidades), y desde $\det T$ es el producto de sus valores propios, sólo tenemos que comprobar que la negativa real de los autovalores tienen incluso la multiplicidad. Sin embargo, esto es cierto para cualquier real autovalor $\lambda$ (ya sea positivo o negativo), por la siguiente razón.
La multiplicidad de $\lambda$$\dim \ker (f - \lambda \operatorname{id})^{2n}$. Desde $f$ $\mathbb{H}$- lineales, por lo que también es $(f - \lambda \operatorname{id})^{2n}$. ($\lambda$ Es real es crucial para esto, porque a la izquierda-la multiplicación por un complejo número no es de izquierda$\mathbb{H}$-lineal, como $\mathbb{C}$ no está en el centro de la $\mathbb{H}$.) Por lo tanto, el núcleo de este operador es una $\mathbb{H}$-subespacio de $V$, y por lo tanto debe tener aún la dimensión en el $\mathbb{C}$.
Steven Gubkin
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