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

Question

¿Cuándo se cumple la siguiente desigualdad matricial?

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

$A$ y $B$ son matrices reales cualesquiera.

Mi respuesta da un contraejemplo. La pregunta es: ¿bajo qué condiciones se mantiene eso?

[Actualización]

La desigualdad que me gustaría demostrar no es la anterior. Debería ser

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

También he cambiado el título. Gracias Julien.

Answer 1

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

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

Prueba: si $x\in\ker (AA^T+BB^T)$ entonces $\|A^Tx\|^2+\|B^Tx\|^2=0$ De ahí que $A^Tx=B^Tx=0$ y así $x\in \ker(AB^T+BA^T)$ . En otras palabras, si $\det(AA^T+BB^T)=0$ Tenemos $\det(AB^T+BA^T)=0$ y la desigualdad se mantiene. Así que supondremos que $AA^T+BB^T$ es invertible a partir de ahora.

La matriz $C=(A-B)(A-B)^T$ es semidefinido positivo. Así que $$ 0\leq (Cx,x)=((AA^T+BB^T)x,x)-((AB^T+BA^T)x,x) $$ de donde $$ ((AB^T+BA^T)x,x)\leq ((AA^T+BB^T)x,x). $$ Cambiar $B$ para $-B$ obtenemos en conjunto

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

Denote $C:=AB^T+BA^T$ que es simétrica, y $D:=AA^T+BB^T$ que es definida positiva y tiene una única raíz cuadrada definida positiva $D^{1/2}$ . Ahora la desigualdad anterior implica, con $x=D^{-1/2}y$ : $$ |(D^{-1/2}CD^{-1/2}y,y)|\leq(y,y)=\|y\|^2\qquad\forall y\in\mathbb{R}^n. $$ Desde $T=D^{-1/2}CD^{-1/2}$ es simétrica, es diagonalizable en una base ortonormal y lo anterior demuestra que su espectro está contenido 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 querías inicialmente requiere que $A,B$ sean matrices cuadradas del mismo tamaño. Como has observado, la desigualdad no es cierta en general. La transposición no estaba en el lugar correcto. De la desigualdad anterior se deduce, en particular, que la desigualdad que querías al principio se cumple cuando $A,B$ son ambos simétricos, o ambos asimétricos. Por supuesto, también es cierto si $AB=0$ . Se pueden añadir algunas soluciones más. Todo $(A,B)$ tal que la matriz simétrica $AB+B^TA^T$ es singular o tiene un número impar de valores propios negativos. Pero dudo que haya una buena caracterización general. Aunque puede que me equivoque.

Answer 2

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

Answer 3

Como $AA^T+BB^T\succeq0$ , si $(AA^T+BB^T)x=0$ Debemos tener $A^Tx=B^Tx=0$ y $(AB^T+BA^T)x=0$ también. Por lo tanto, basta con demostrar la desigualdad cuando $AA^T+BB^T\succ0$ .

Escribe $AA^T+BB^T=\pmatrix{A&B}\pmatrix{A^T\\ B^T}$ y $AB^T+BA^T=\pmatrix{A&B}\pmatrix{0&I\\ I&0}\pmatrix{A^T\\ B^T}$ . Sea $\pmatrix{A&B}=U\pmatrix{\Sigma&0}V^T$ sea una descomposición de valores singulares, donde $\Sigma$ es una matriz diagonal. Como $AA^T+BB^T$ es invertible, también lo es $\Sigma$ . En consecuencia, la desigualdad en cuestión puede reescribirse 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 con demostrar que para cualquier raíz cuadrada simétrica $S$ de $I_{2n}$ su director principal $n\times n$ menor está acotado por encima de $1$ . En realidad, esto se deduce inmediatamente de la desigualdad de entrelazamiento para los valores propios de las submatrices de las matrices hermitianas, pero aquí ofreceremos otra prueba.

Dejemos que $S=\pmatrix{X&Y^T\\ Y&Z}$ , donde $X$ y $Z$ son matrices simétricas del mismo tamaño. Comparando los primeros subbloques de ambos lados de $S^2=I_{2n}$ obtenemos $X^TX+Y^TY=I$ . Por lo tanto, $I\succeq X^TX\succeq 0$ y $\det(X)^2\le1$ . QED.

La prueba anterior tiene el mérito de que un argumento similar (con $S$ siendo una raíz cuadrada sesgada-simétrica de $-I_{2n}$ ) puede utilizarse para demostrar que

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