Es cierto que todas las matrices en $M_2(\mathbb R)$ es la suma de dos cuadrados?

Question

Yo recientemente muestran que cada polinomio con coeficiente real e $P$ es siempre positivo. es una suma de dos cuadrados de polinomios. Estas preguntas también aparecen a menudo en la aritmética.

Lo que si podemos cambiar de polinomios por las matrices?

Me pregunte a mi profesor y por desgracia Él no tenía idea de si este resultado es que ya se muestra o no.

He intentado, sin éxito, varias pistas :

Primero indicar que $$\forall M\in M_n(\mathbb R) , M=1/2[(A+A{}^t)+(A-A{}^t)].$$

y tal vez se utiliza el siguiente resultado :

• Cualquier simétrica positiva de la matriz admite una raíz cuadrada

Prueba.

Por el teorema espectral ,no existe $\Omega \in \mathbb O_n(\mathbb R)$ $(\lambda_1,...\lambda_n)\in (\mathbb R^{+})^n$ tal que $S=\Omega D \Omega^{-1}$ $D$ la matriz diagonal formada por los autovalores positivos.

Deje $D'$ la matriz diagonal formada de las raíces de los autovalores.

A continuación, $D'²=S$ $D'{}^t=D'$ por lo tanto ella es simétrica positiva de la matriz.

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Pregunta : ¿Es posible creer que todas las matrices (decir en $M_2(\mathbb R)$) es la suma de dos cuadrados?

Answer 1

Deje $dI$ ser la identidad multiplicada por un número positivo grande $d$.

A continuación, $A+dI$ tiene una raíz cuadrada. Por lo $A+dI=B^2$

Pero $-dI=\begin{bmatrix}0&-\sqrt{d}\\\sqrt{d}&0\end{bmatrix}^2$.

Por eso, $$A=B^2+\begin{bmatrix}0&-\sqrt{d}\\\sqrt{d}&0\end{bmatrix}^2$$

Answer 2

Su declaración es VERDADERA. Para empezar, vamos a presentar algunas notaciones y probar algunos datos útiles primera. Dado $\lambda\ge 0$$\theta\in \Bbb R$, definir

$$R(\lambda,\theta):=\lambda\cdot\begin{pmatrix}\cos \theta & -\sin \theta\\ \sin \theta & \cos \theta\end{pmatrix}\in M_2(\Bbb R),$$ y tenga en cuenta que $$R(\lambda,\theta)= \big(R(\sqrt{\lambda},\frac{\theta}{2})\big)^2.$$

Dado $M=\begin{pmatrix}a & b\\ c & d\end{pmatrix}\in M_2(\Bbb R)$, denotan $$\Delta(M):=({\rm tr}M )^2-4\cdot\det M=(a-d)^2+4bc,$$ cual es el discriminante del polinomio característico de a $M$.

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Lema: Dado $M\in M_2(\Bbb R)$, $\Delta(M)<0$ si y sólo si existen $T\in GL_2(\Bbb R)$, $\lambda>0$ y $\theta\in (0,\pi)$, de tal manera que $$T^{-1}MT=R(\lambda,\theta).\tag{1}$$

Prueba: $\Delta(M)< 0$ si y sólo si no existe$\lambda>0$$\theta\in(0,\pi)$, de tal manera que los dos autovalores de a$M$$\lambda e^{i\theta}$$\lambda e^{-i\theta}$, por lo que el "si" es obviamente cierto. Para demostrar el "sólo si" parte, vamos a $u+iv$ ser un autovector de a $M$ con autovalor $\lambda e^{-i\theta}$ donde $u,v\in\Bbb R^2$. A continuación, $u-iv$ es un autovector de a $M$ con autovalor $\lambda e^{i\theta}$, lo $u$ $v$ son linealmente independientes. Por otra parte, $$M(u+iv)=\lambda e^{-i\theta}(u+iv)=\lambda\big((\cos \theta\cdot u+\sin \theta\cdot v)+i (-\sin \theta\cdot u +\cos \theta\cdot v)\big).$$ Es decir, $(1)$ mantiene para $T=(u,v)$. $\quad\square$

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Corolario: Si $\Delta(M)<0$, entonces no existe $N\in M_2(\Bbb R)$, de tal manera que $M=N^2$.

Prueba: De acuerdo con el lema, $(1)$ mantiene para $M$. A continuación, para $N=T\cdot R(\sqrt{\lambda} ,\frac{\theta}{2})\cdot T^{-1}\in M_2(\Bbb R)$, $M=N^2$. $\quad\square$

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Ahora vamos a demostrar su estado de cuenta. Dado $\lambda>0$$M=\begin{pmatrix}a & b\\ c & d\end{pmatrix}\in M_2(\Bbb R)$, $$M_\lambda:=M+R(\lambda, \frac{\pi}{2})=\begin{pmatrix}a & b-\lambda\\ c+\lambda & d\end{pmatrix}\Longrightarrow \lim_{\lambda\to+\infty}\Delta(M_\lambda)=-\infty.$$ Luego, por el corolario, al $\lambda>0$ es grande, $M_\lambda =N_\lambda ^2$ algunos $N_\lambda \in M_2(\Bbb R)$. Como resultado, $$M= M_\lambda +R(\lambda, -\frac{\pi}{2})=N_\lambda ^2 + \big( R(\sqrt{\lambda},-\frac{\pi}{4})\big )^2,$$ lo que completa la prueba.

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Comentario Agregado: De hecho, no es muy difícil probar la siguiente declaración.

La proposición: Dado $M\in M_2(\Bbb R)$, vamos a $\lambda_1$ $\lambda_2$ ser los dos autovalores(contando multiplicidad) de $M$, e $\Re\lambda_1\ge \Re\lambda_2$ donde $\Re z$ denota la parte real de la $z\in\Bbb C$. Entonces existe $N\in M_2(\Bbb R)$ tal que $M=N^2$si y sólo si una de las siguientes condiciones se tiene:

1. $\lambda_1>0$ $\lambda_2\ge 0$ , o lo que es equivalente, $\det M\ge 0$${\rm tr }M >0$;
2. $|\lambda_1|=|\lambda_2|:=\lambda$, y $T\in GL_2(\Bbb R)$ $\theta\in [0,\pi]$ tal que $T^{-1}MT=R(\lambda, \theta)$.

Entonces, para probar su afirmación, basta para mostrar que para cada $M\in M_2(\Bbb R)$, eixst $A, B\in M_2(\Bbb R)$, de tal manera que $M=A+B$ y por tanto $A$$B$, ya sea el caso 1. o el caso 2. sostiene. En el gato la respuesta, se muestra que uno de $A$ $B$ puede ser elegido del caso 1. y el otro del caso 2.; en mi respuesta, se muestra que la $A$ $B$ puede ser elegido del caso 2. de forma simultánea.

Answer 3

Vamos a responder a la pregunta más general primera:

Es cada una matriz cuadrada de la suma de los cuadrados de dos matrices? Es decir, dada $M\in M_n(\mathbb R)$, siempre es posible escribir $M=A^2+B^2$ algunos $A,B\in M_n(\mathbb R)$?

La respuesta es no.

Lema 1 (cf. Cuerno y Johnson, los Temas de Análisis de la Matriz, el teorema de 6.4.14, p.473). Si una matriz cuadrada $X$ tiene una verdadera matriz de la raíz cuadrada, cada bloque de Jordan de a $X$ correspondiente a un autovalor negativo debe producirse un número par de veces.

Ahora, por un contraejemplo, considere la posibilidad de $n=3$$M=-I$. Si $A$ es una matriz cuadrada real, no es difícil ver que en el (complejo) Jordania descomposición de $-I-A^2$, debe haber alguna Jordania bloque de tamaño 1 que corresponde a un autovalor negativo y se produce sólo una vez en el Jordán formulario. Por lo tanto, por el lema 1, $-I-A^2$ no tiene ningún real de la raíz cuadrada, es decir, no es posible escribir $-I=A^2+B^2$ de $A,B$.

Sin embargo, cuando se $n=2$, la respuesta es sí. Yo creo que Jack ha respondido a tu pregunta muy bien. Si no te gusta la fórmula explícita de que Jack ha utilizado, aquí es un punto de vista alternativo. En primer lugar, tenemos el siguiente lema, que está estrechamente relacionado con el lema 1:

Lema 2 (cf. Walter J. Culver, En la existencia y unicidad de la real logaritmo de una matriz, Actas de la Sociedad Matemática Americana, 17(5): 1146-1151, 1966). Una verdadera matriz tiene un real logaritmo si y sólo si es nonsingular y en su (complejo de) forma normal de Jordan, cada Jordania bloque correspondiente a un autovalor negativo se produce un número par de veces.

Ahora, dados cualesquiera $M\in M_2(\mathbb R)$ y suficientemente grande $d>0$, la matriz de $$M-A^2 := M-{\underbrace{\pmatrix{0&-\sqrt{d}\\ \sqrt{d}&0}}_A}^2 = M+dI$$ no tiene ningún cero o negativo autovalor. Por lo tanto, por el lema 2, $M-A^2=e^Y$ para algunos bienes de la matriz $Y$. Poner $B=e^{Y/2}$,$M=A^2+B^2$.

Answer 4

Las emociones parecen haber corrido un poco alto aquí. Sin embargo, creo que Jack respuesta a la derecha y muy inteligente. Creo que la confusión ha surgido debido a que la respuesta es bastante compacto. Por lo tanto voy a tratar de explicar de Jack respuesta.

Vamos $$M = \begin{pmatrix} A & B\\ C & D \end{pmatrix}$$ ser cualquier matriz con traza $\tau = A+D$ y determinante $\delta= AD-BC$. Por el enlace de wikipedia, sabemos que si $\delta>0$$\tau+2\sqrt{\delta}>0$, $M$ tiene una raíz cuadrada, es decir, $$R = \frac{1}{\sqrt{\tau+2\sqrt{\delta}}} \begin{pmatrix} A + \sqrt{\delta} & B\\ C & D + \sqrt{\delta} \end{pmatrix},$$ ver el enlace de wikipedia para comprobar que es de hecho una raíz cuadrada.

Ahora, lamentablemente, esto sólo funciona al$\delta>0$$\tau+2\sqrt{\delta}>0$, pero Jack se propone la siguiente solución. Le acaba de agregar una matriz diagonal $$N = M + cI = \begin{pmatrix} A + c & B\\ C & D +c \end{pmatrix}.$$ Luego, al hacer $c$ lo suficientemente grande como la traza y el determinante de a $N$ ser mayor que cero, lo que significa que $N$ tiene una raíz cuadrada. Por otra parte $$-cI = \begin{pmatrix} 0 & -\sqrt{c}\\ \sqrt{c} & 0 \end{pmatrix}^2,$$ así $$M = N + (- cI),$$ que es la suma de dos cuadrados.