¿Tiene una matriz definida positiva un determinante positivo?

Question

Dejemos que $A$ sea una matriz real positiva-definida en el sentido de que $x^T A x > 0$ para todo vector real no nulo $x$ . No requiero $A$ para ser simétrico.

¿Se deduce que $\mathrm{det}(A) > 0$ ?

Answer 1

Aquí está la prueba sin valores propios de que si $x^T A x > 0$ para cada vector real no nulo $x$ entonces $\det A > 0$ .

Considere la función $f(t) = \det \left(t \cdot I + (1-t) \cdot A\right)$ definido en el segmento $[0, 1]$ . Claramente, $f(0) = \det A$ y $f(1) = 1$ . Tenga en cuenta que $f$ es continua. Si conseguimos demostrar que $f(t) \neq 0$ por cada $t \in [0, 1]$ entonces implicará que $f(0)$ y $f(1)$ tienen el mismo signo (por el teorema del valor intermedio), y la prueba estará completa.

Por lo tanto, queda por demostrar que $f(t) \neq 0$ siempre que $t \in [0, 1]$ . Pero esto es fácil. Si $t \in [0, 1]$ y $x$ es un vector real no nulo, entonces $$ x^T (tI + (1-t)A) x = t \cdot x^T x + (1-t) \cdot x^T A x > 0, $$ lo que implica que $tI + (1-t)A$ no es singular, lo que significa que su determinante es distinto de cero, por lo que $f(t) \neq 0$ . Hecho.

PS: La prueba es esencialmente topológica. Hemos demostrado que existe un camino desde $A$ a $I$ en el espacio de todas las matrices invertibles, lo que implica que $\det A$ y $\det I$ pueden estar conectadas por un camino en $\mathbb{R} \setminus 0$ lo que significa que $\det A > 0$ . Se podría utilizar la misma técnica para demostrar otros hechos similares. Por ejemplo, se me ocurre esto: si $S^2 = \{(x, y, z) \mid x^2 + y^2 + z^2 = 1\}$ es la esfera unitaria, y $f: S^2 \to S^2$ es un mapa continuo tal que $(v, f(v)) > 0$ por cada $v \in S^2$ entonces $f$ tiene grado $1$ .

Answer 2

Dejemos que $A\in\mathbb{R}^{n\times n}$ tal que $x^TAx\geq 0$ para cualquier $x\in\mathbb{R}^n$ .

• Los valores propios reales de $A$ son no negativos.
  Esto se deduce simplemente del hecho de que a un valor propio real $\lambda$ de $A$ se puede elegir un vector propio real $x\neq 0$ . Por lo tanto, $0\leq x^TAx=\lambda x^Tx$ implica que $\lambda\geq 0$ .

• Los valores propios complejos de $A$ tienen partes reales no negativas.
  Supongamos que $\lambda\in\mathbb{C}$ , $\lambda=\xi+i\eta$ , $\xi,\eta\in\mathbb{R}$ es un valor propio de $A$ con un vector propio asociado $x=u+iv$ , $u,v\in\mathbb{R}^n$ . Desde $Ax=\lambda x$ obtenemos al igualar la parte real e imaginaria de la igualdad las siguientes relaciones: $$ Au=\xi u-\eta v, \quad Av=\eta u+\xi v. $$ Premultiplicando el primero por $u^T$ y el segundo por $v^T$ da $$ 0\leq u^TAu=\xi u^Tu-\eta u^Tv, \quad 0\leq v^TAv =\eta v^Tu+\xi v^Tv. $$ Desde $u^Tv=v^Tu$ obtenemos, sumando las dos, que $$ 0\leq u^TAu+v^TAv=\xi(u^Tu+v^Tv). $$ Como antes, esto implica que $\xi\geq 0$ y por lo tanto $\mathrm{Re}(\lambda)\geq 0$ .

Para resumir, tenemos el siguiente enunciado (incluyendo el caso con una desigualdad estricta, que se deduce fácilmente de las pruebas anteriores):

Dejemos que $A\in\mathbb{R}^{n\times n}$ tal que $x^TAx\geq 0$ para todos $x\in\mathbb{R}^{n}$ ( $x^TAx>0$ para todo lo que no sea cero $x\in\mathbb{R}^n$ ). Entonces los valores propios de $A$ tienen partes reales no negativas (positivas).

Ahora bien, como el determinante de $A$ es el producto de los valores propios de $A$ Sí, lo es:

• no negativo si $x^TAx\geq 0$ para todos $x\in\mathbb{R}^{n}$ ,
• positivo si $x^TAx>0$ para todo lo que no sea cero $x\in\mathbb{R}^{n}$ .

NOTA UN POCO MÁS LARGA:

Al determinar el signo del determinante, no necesitamos preocuparnos mucho por los valores propios complejos y evitar así el segundo punto anterior sobre las partes reales del espectro complejo. Supongamos que $\lambda_1,\ldots,\lambda_k\in\mathbb{R}$ y $\lambda_{k+1},\bar{\lambda}_{k+1},\ldots,\lambda_{p},\bar{\lambda}_{p}\in\mathbb{C}\setminus\mathbb{R}$ son los $n$ valores propios de $A$ (tal que $k+2(p-k)=n$ ). El determinante de $A$ viene dada por $$\tag{1} \det(A)=\left(\prod_{i=1}^k\lambda_i\right)\left(\prod_{i=k+1}^p\lambda_i\bar{\lambda_i}\right)=\left(\prod_{i=1}^k\lambda_i\right)\underbrace{\left(\prod_{i=k+1}^p|\lambda_i|^2\right)}_{\geq 0} $$ El determinante es por tanto igual al producto de los valores propios reales por algo no negativo.

Por lo tanto, para el caso $x^TAx\geq 0$ para todos los reales $x$ Sólo hay que demostrar que el real valores propios de $A$ son no negativos (el primer punto anterior) para llegar a la conclusión de que $\det(A)\geq 0$ .

Para el caso $x^TAx>0$ para todos los reales no nulos $x$ El análogo del primer punto anterior muestra que los valores propios reales son positivos y sólo tenemos que demostrar que el término no negativo en (1) es realmente positivo. Esto se puede hacer simplemente mostrando que $A$ es no singular, lo que implica que no hay ningún valor propio cero (real o complejo). Por lo tanto, supongamos que $x^TAx>0$ para todos los reales no nulos $x$ y $A$ es singular. Por lo tanto, existe $y\in\mathbb{R}^n$ , $y\neq 0$ , de tal manera que $Ay=0$ . Pero $0<y^TAy=y^T0=0$ (contradicción). En consecuencia, $\det(A)>0$ .