Colector de Densidad de Matrices

Question

Deje $\mathrm{M}_{d\times d}\left(\mathbb{C}\right)$ denota el conjunto de todos los $d\times d$-matrices con entradas complejas. Mi objetivo es mostrar que el conjunto de $\mathcal{M}:= \left\{ \rho\in \mathrm{M}_{d\times d}\left(\mathbb{C}\right) \left|\right. \ \rho\geq0 \ , \ {\rm tr}(\rho) = 1 \right\}$ puede ser dotado de la estructura de un buen colector (probablemente con límite).

He comprobado que $\mathcal{M}':= \left\{ \rho\in \mathrm{M}_{d\times d}\left(\mathbb{C}\right) \left|\right. \ \rho>0 \ , \ {\rm tr}(\rho) = 1 \right\}$ es de hecho un suave colector. Mi argumento aproximadamente como sigue:

Primero, notamos que $\mathrm{M}_{d\times d}\left(\mathbb{C}\right)$ $2d^{2}$- dimensiones reales de espacio vectorial y el conjunto $\mathrm{H}_{d\times d}\left(\mathbb{C}\right)$ de todos los hermitian $d\times d$ matrices con entradas complejas es un $d^{2}$ dimensiones reales subespacio vectorial. En particular, $\mathrm{H}_{d\times d}\left(\mathbb{C}\right)$ trivialmente forma una $d^{2}$-dimensiones del colector, ya que es a nivel mundial diffeomorphic a $\mathbb{R}^{d^{2}}$. A continuación queremos mostrar que el conjunto de $\mathrm{P}_{d\times d}\left(\mathbb{C}\right)$ de todos los positivos $d\times d$-matrices (que es un subconjunto de a $\mathrm{H}_{d\times d}\left(\mathbb{C}\right)$) es abierto en la topología relativa de $\mathrm{H}_{d\times d}\left(\mathbb{C}\right)$. Ello constituye una de las $d^{2}$-dimensiones múltiples. Para ver esto, podemos considerar el mapa $$\begin{align} f: \mathrm{H}_{d\times d}\left(\mathbb{C}\right) &\rightarrow \mathbb{R}^{d^{2}} \nonumber\\ A &\mapsto \left(\lambda_{1},...,\lambda_{d^{2}}\right) \end{align}$$ que asigna una hermitian de la matriz a sus autovalores. Este mapa es continua. Desde $\mathbb{R}_{>0}^{d^{2}}$ es un conjunto abierto en $\mathbb{R}^{d^{2}}$, se desprende que la preimagen $f^{-1}\left(\mathbb{R}_{>0}^{d^{2}}\right)=\mathrm{P}_{d\times d}\left(\mathbb{C}\right)$ también está abierto en $\mathrm{H}_{d\times d}\left(\mathbb{C}\right)$. Ahora, considere el mapa $$\begin{align} g: \mathrm{H}_{d\times d}\left(\mathbb{C}\right) &\rightarrow \mathbb{R} \nonumber\\ \rho &\mapsto {\rm tr}(\rho). \end{align}$$ Tenemos que mostrar que 1 es un valor regular de g. Para ello elegimos una $\rho\in g^{-1}(1)$. A continuación elegimos una curva de $\gamma: (-\epsilon,\epsilon) \rightarrow \mathcal{M}$ con $\gamma(0) = \rho$ $\partial_{t}\gamma(0) = A$ algunos $A\in T_{\rho}\mathrm{P}_{d\times d}\left(\mathbb{C}\right)$. Calculamos que $$\begin{equation} dg_{\rho}A := \left.\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\right|_{t=0} {\rm tr}(\gamma(t)) ={\rm tr}(A). \end{equation}$$ Ciertamente, $dg_{\rho}$ es surjective. Esta pruebas el resultado.

Me pregunto si esta prueba puede ser extendido a positivo-semidefinite matrices desde un positivo-semidefinite de la matriz puede ser aproximada por una secuencia de positiva definida matrices. Estoy, sin embargo, no está segura de si el "límite" de que vamos a obtener es todavía habitual en el sentido de que no contiene "aristas".

Yo estaría más que feliz de algunas ideas y sugerencias.

Answer 1

Dos-por-dos semidefinite matrices (sin el seguimiento de la condición) forma un cono con una singularidad en el origen. Estos pueden ser incrustados en tres por tres matrices por medio de la suma directa con el uno por uno de la matriz [1-tr(A)]. Esto sugiere que su espacio se han singularidades; esto se convierte en una prueba a continuación.

Más específicamente, la diagonal de las matrices en su espacio de $M$ forma un triángulo $DEF$ $\mathbb R^3$ en el primer octante cortar por la relación $x+y+z=1$. Los tres vértices $D,E,F$ están en una sola órbita cuando uno actúa por conjugación. Esto sugiere que podría no ser suave en el límite del espacio, como se muestra a continuación.

El conjunto de semidefinite matrices $A$ es convexa porque si $x^* A x\ge0$ $x^* B x\ge0$ también $x^* (A+B) x\ge 0$. Por tanto, su espacio es un conjunto convexo y, por tanto, una bola de topológicamente. El uso de radial escala puede identificar con una métrica de la bola centrada en un punto interior, y tire hacia atrás de la suave estructura de la métrica a la pelota; en este sentido, el espacio no admitir "la estructura de un buen colector".

Sin embargo, la frontera del conjunto convexo en sí mismo no es suave. Esto puede ser visto de la siguiente manera. Los vértices y las aristas de triángulo $DEF$ por encima de la mentira en el límite del conjunto convexo, ya que su determinante es cero. Mientras tanto, cada punto interior del triángulo también es un punto interior del conjunto convexo, ya que cualquier perturbación de la que todavía es una matriz positiva definida. Si el límite del conjunto convexo eran suaves en el vértice $D$, entonces el plano tangente a $D$, en particular, contienen las instrucciones $DE$$DF$, y sería, por tanto, también contienen la totalidad del triángulo $DEF$. Pero ya sabemos que los puntos del interior del triángulo no están en el límite. Por lo tanto el límite del conjunto convexo no puede ser liso en $D$.