Comprobar/refutar: $\text{det}(A+B)\geq\text{det}(A)+\text{det}(B)$

Question

Deje $A,B$ ser no-neg $n$ $n$ matrices de más de $\mathbb{C}$. Espectáculo $\text{det}(A+B)\geq\text{det}(A)+\text{det}(B)$.

He tratado este problema en la preparación para la calificación de los exámenes, pero estoy un poco inseguro de la solución. Mi pensamiento es el uso de la mín-máx teorema.

Deje $\eta_i,\lambda_i$ $\zeta_i$ son los autovalores de ith $A$, $B$, y $A+B$. El determinante de cada matriz es el producto de los respectivos autovalores, y dado que las matrices son todas positivas, cada autovalor es $>0$, por lo que cada determinante es así. Mediante el cociente de Rayleigh, tenemos $R_{A+B}(v)=\frac{<v,Av>+<v,Bv>}{<v,v>}=R_A(v)+R_B(v)$ por cada $v\neq 0$. Desde el Rayleigh determinante de los coeficientes de los valores en orden creciente, yo creo que esto significa que $\eta_i+\lambda_i=\zeta_i$. Por lo tanto, $\text{det}(A+B)=\prod_{i=1}^n\zeta_i=\prod_{i=1}^n(\eta_i+\lambda_i)\geq\prod_{i=1}^n\eta_i+\prod_{i=1}^n\lambda_i=\text{det}(A)+\text{det}(B)$.

¿Alguien ve un error en este argumento? Si es correcto, ¿alguien sabe tal vez una más fácil argumento?

Answer 1

Escribir $$ \det (a+B) = \det^{1/2} (1+ A^{-1/2}BA^{-1/2})^{1/2} = \det a \det (1+A^{-1/2}BA^{-1/2}) , $$ suponiendo por el momento que $A$ es invertible. Ahora queremos mostrar que el segundo determinante es $$ \ge 1+\frac{\det B}{\det a} = 1 + \det a^{-1/2}BA^{-1/2} . $$ En otras palabras, hemos reducido los asuntos para el caso especial en $A=1$, que puede ser manejado con su método desde $A,B$ conmutar ahora: $$ \det (1+B) = \prod (1+\lambda_j(B)) \ge 1 + \prod \lambda_j(B) = 1 + \det B $$

El caso general ($A$ no necesariamente invertible) sigue de esto por aproximación.

Answer 2

Si $A$ $B$ a no es invertible, entonces a $\det(A)=\det(B)=0$ pero $A\geq0$ $B\geq 0$ implica que el$A+B\geq0$, por lo que $$ \det(a+B)\geq 0= \det(A)+\det(B) $$ si suponemos ahora que el $B$ es invertible (o $A$ esto no cambia nada !! ), a continuación, $B$ será positiva definida, en particular, se puede definir un interior-producto en $\mathbb{C^n}$ el uso Simultáneo de diagonalización podemos encontrar una matriz invertible $P\in \mathcal{M}_n(\mathbb{C})$, y una matriz diagonal $D=Diag(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$ tal forma que : $$ PPD^*=A\\ PP^*=B $$ donde $(\lambda_i)_{i\leq n}=\sigma(A)$ son los valores propios de $A$ $(\lambda_i\geq 0)$. \begin{eqnarray} \det(A+B)&=& \det(PDP^*+PP^*)\\ &=& \det(P(D+I_n)P^*)\\ &=& \det(PP^*)\det(D+I_n)\\ &=& \det(P)^2 \prod_{i=1}^n (1+\lambda_i)\\ &\geq& \det(P)^2( 1+\prod_{i=1}^n \lambda_i)\\ &=& \det(P)^2( 1 +\det(D))\\ &=& \det(PP^*)+\det(PP^*)\det(D)\\ &=& \det(B)+\det(PDP^*)\\ &=& \det(B)+\det(A) \end{eqnarray} donde la desigualdad $$ \prod_{i=1}^n (1+\lambda_i)\geq 1+\prod_{i=1}^n \lambda_i $$ debido a todas las $\lambda_i$ son no negativos.

En el caso whene $A$ o $B$ son no positivos semidefinite la relación no se sostiene : $$ A=\left(\begin{matrix} 1& 0\\ 0& 1 \end{de la matriz} \right) \text{ y } B=\left(\begin{matrix} -1& 0\\ 0 &-1 \end{de la matriz} \right) $$ e incluso, en el caso de $A$ $B$ a no es invertible, como se muestra en este ejemplo : $$ A=\left(\begin{matrix} 0& 0\\ 0& 1 \end{de la matriz} \right) \text{ y } B=\left(\begin{matrix} -1& 0\\ 0 &0 \end{de la matriz} \right) $$