Dada una matriz $3 \times 3$ en la que la suma de los cuadrados de todos los elementos no es más que uno, ¿cuál es el determinante máximo de esta matriz?
Solo tengo una idea de que los elementos iguales están ubicados en la diagonal principal, y los elementos restantes son cero.
Descargo de responsabilidad : Esto no es una prueba ; sólo es importante pistas :
Esta máxima determinante parece ser $\dfrac{1}{3 \sqrt{3}}$.
Se obtiene por la diagonal de las matrices (como usted lo menciona), tales como
$$\begin{pmatrix}\tfrac{1}{\sqrt{3}} & 0 & 0\\0 & \tfrac{1}{\sqrt{3}} & 0\\0 & 0 & \tfrac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix} \ \text{or} \ \begin{pmatrix}-\tfrac{1}{\sqrt{3}} & 0 & 0\\0 & -\tfrac{1}{\sqrt{3}} & 0\\0 & 0 & \tfrac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix} \ \text{or...} \tag{1}$$
pero también, mucho más general, mediante la adopción de cualquier especial ortogonal de la matriz $A$ (correspondiente a las columnas dispuestas como forma directa en $\mathbb{R}^3$) y dividiendo todas sus entradas por $\sqrt{3}$.
Explicación : Una directa ortogonal de la matriz $A$ ha determinante $1$ ; cada una de sus columnas tiene norma $1$, es decir, $\sum_i a_{ij}^2=1$ por cada $j$. Así
$$\sum_j \sum_i a_{ij}^2=1+1+1=3.$$
El resultado de la siguiente manera porque si uno divide dicha matriz por $k=\sqrt{3}$, su determinante es dividido por $k^3=3\sqrt{3}$.
Conjetura (una vez más : no es una prueba) : ortogonal de matrices dividido por $\sqrt{3}$ buscar ser/son las únicas soluciones para el problema. En apoyo de esta hipótesis, ortogonal de matrices, dados normas de sus columnas, a maximizar su determinante (Hadamard de la desigualdad : https://en.wikipedia.org/wiki/Hadamard%27s_inequality).
Comentario : La raíz cuadrada de la suma de cuadrados de las entradas de $a_{ik}^2$ es la norma de Frobenius $\|A\|_F$ de la matriz $A$ (http://mlwiki.org/index.php/Frobenius_Norm). Tiene muchas propiedades. En particular, es invariante por la izquierda o a la derecha de la multiplicación por una matriz ortogonal.
Por lo tanto, se podría replantear la cuestión en la siguiente forma : encontrar el máximo de la función de $\det$ en la unidad de la bola de $\|.\|_F$.
Este determinante mide el volumen del paralelepípedo construido en los vectores columna. Si se mantiene el vector de longitudes constante, que se mantiene a la suma de los cuadrados constante, el volumen se maximiza cuando los vectores son ortogonales.
Ahora vamos a las longitudes de ser $a,b,c$, que desea maximizar
$$V=abc$$ under the constraint $$a^2+b^2+c^2=1.$$
Por multiplicadores de Lagrange,
$$abc+\lambda(a^2+b^2+c^2-1)$$
$$\begin{cases}bc+2\lambda a&=0, \\ac+2\lambda b&=0, \\ab+2\lambda c&=0, \\a^2+b^2+c^2-1&=0\end{casos}$$
La eliminación de $\lambda$ de las tres primeras ecuaciones, se obtiene $a^2=b^2=c^2$, y el uso de la última, $a^2=b^2=c^2=\dfrac13$. Por lo tanto
$$\Delta=\frac1{\sqrt{27}}.$$
Directo vector de prueba:
Deje $\vec a,\vec b,\vec c$ ser los vectores columna de la matriz. El determinante es el producto mezclado
$$\Delta=\vec a\cdot(\vec b\times\vec c).$$
El uso de un multiplicador de Lagrange, maximizar
$$\vec a\cdot(\vec b\times\vec c)+\lambda(\vec a^2+\vec b^2+\vec c^2-1).$$
Tomando el gradiente de rendimientos
$$\begin{cases}\vec b\times\vec c+2\lambda\vec a=0, \\\vec c\times\vec a+2\lambda\vec b=0, \\\vec a\times\vec b+2\lambda\vec c=0, \\\vec a^2+\vec b^2+\vec c^2-1=0. \end{casos}$$
A continuación, la aplicación de productos de puntos en la primera de las ecuaciones, obtenemos
$$\lambda\vec a\vec b=\lambda\vec b\vec c=\lambda\vec c\vec a=0,$$ , que muestra que los vectores deben ser ortogonales, y estamos de vuelta a la anterior escalar problema.
En lugar de la restricción de desigualdad de $\| \mathrm X \|_{\text F}^2 = \mbox{tr} \left( \mathrm X^\top \mathrm X \right)\leq 1$, vamos a considerar la igualdad de restricción $\| \mathrm X \|_{\text F}^2 = 1$. Por lo tanto, tenemos el siguiente problema de maximización de
$$\begin{array}{ll} \text{maximize} & \det (\mathrm X)\\ \text{subject to} & \mbox{tr} \left( \mathrm X^\top \mathrm X \right) = 1\end{array}$$
Vamos a utilizar los siguientes Lagrange
$$\mathcal L (\mathrm X, \mu) := \det (\mathrm X) - \frac{\mu}{2} \left( \mbox{tr} \left( \mathrm X^\top \mathrm X \right) - 1 \right)$$
La diferenciación $\mathcal L$ con respecto al $\rm X$ e $\mu$ y encontrar en donde los derivados se desvanecen, obtenemos
$$\begin{aligned} \det (\mathrm X) \, \mathrm X^{-\top} &= \mu \mathrm X\\ \mbox{tr} \left( \mathrm X^\top \mathrm X \right) &= 1\end{aligned}$$
donde la fórmula de Jacobi fue utilizado. De izquierda multiplicar ambos lados de la 1ª ecuación por $\mathrm X^\top$,
$$\begin{aligned} \det (\mathrm X) \, \mathrm I_3 &= \mu \mathrm X^\top \mathrm X\\ \mbox{tr} \left( \mathrm X^\top \mathrm X \right) &= 1\end{aligned}$$
Tomando la traza de ambos lados de la 1ª ecuación, obtenemos $\mu = 3 \det (\mathrm X)$ y, por lo tanto,
$$\begin{aligned} \det (\mathrm X) \, \mathrm I_3 &= 3 \det (\mathrm X) \, \mathrm X^\top \mathrm X\\ \mbox{tr} \left( \mathrm X^\top \mathrm X \right) &= 1\end{aligned}$$
Suponiendo que (de nuevo) que $\mathrm X$ es invertible, a ambos lados de la 1ª ecuación puede ser dividido por $\det (\mathrm X)$,
$$\begin{aligned} \mathrm X^\top \mathrm X &= \frac 13 \mathrm I_3\\ \mbox{tr} \left( \mathrm X^\top \mathrm X \right) &= 1\end{aligned}$$
Por lo tanto, si $\Omega$ es $3 \times 3$ especial ortogonal de la matriz,
$$\bar{\mathrm X} := \color{blue}{\frac{1}{\sqrt 3} \Omega}$$
los rendimientos de la máxima determinante, $\det (\bar{\mathrm X}) = \dfrac{1}{3 \sqrt 3}$, sujeto a la igualdad de restricción $\| \mathrm X \|_{\text F}^2 = 1$.
Determinante es el firmado el volumen del paralelepípedo para que los vectores columna son los lados. Suma de los cuadrados de las entradas es la suma de los cuadrados de las longitudes de las columnas. Así que necesitamos para maximizar el volumen sujeto a la restricción de que la suma de los cuadrados de las longitudes es de 1. Claramente, el máximo sólo puede lograrse cuando las columnas son ortogonales
(Hacemos la observación 1)que el máximo es alcanzado, ya que son la optimización de más de un dominio compacto; y 2) si uno está incómodo con geométrico razonamiento se puede hacer una analítica de la prueba: si una de las columnas no es ortogonal al espacio de los demás, lo primero que se puede sustituir por es ortogonal componente, haciéndolo más corto y preservar el determinante, y luego ampliarlo a su longitud original, por lo que en el fin de mantener la suma de la longitud de plazas constante y creciente del determinante.)
Ahora para el caso cuando las columnas son ortogonales, estamos en la posición de maximizar el producto de las longitudes sujeto a la suma de los cuadrados de las longitudes de ser constante. Esto se puede hacer mediante el cálculo multivariable, o simplemente por AM-GM $3 (l_1^2 l_2 ^2 l_3^2)^{1/3} \leq l_1^2+l_2^2+l_3^2=1$, lo $vol\leq \frac{1}{3\sqrt{3}}$, con igualdad cuando todas las longitudes son iguales.
Este es esencialmente el mismo como Rodrigo de la solución, pero en lugar de un limitado problema $$\eqalign{ &\max_X \,\det(X)\cr &{\rm st}\,\,\|X\|_F^2 = 1 }$$ configurar una ilimitadaproblema $$\eqalign{ \max_X \, \det\bigg(\frac{X}{\|X\|_F}\bigg) \cr }$$ En primer lugar, calcular la función del diferencial y de la pendiente. $$\eqalign{ \phi &= \det\bigg(\frac{X}{\|X\|_F}\bigg) = \|X\|_F^{-3}\det(X) \cr d\phi &= \|X\|_F^{-3}\,d(\det(X)) - 3\|X\|_F^{-4}\det(X)\,\,d\|X\|_F \cr &= \|X\|_F^{-3}\det(X)\,X^{-T}:dX -3\|X\|_F^{-4}\det(X)\,\,\|X\|_F^{-1}X:dX \cr &= \|X\|_F^{-3}\det(X)\,X^{-T}\Big(I-3\|X\|_F^{-2}X^TX\Big):dX \cr \frac{\partial\phi}{\partial X} &= \|X\|_F^{-3}\det(X)X^{-T}\Big(I-3\|X\|_F^{-2}X^TX\Big) \cr }$$ A continuación, establezca el gradiente a cero y resolver para $X$. $$\eqalign{ \frac{I}{3} &= \frac{X^TX}{\|X\|_F^2} \quad\implica X = \frac{Q}{\sqrt{3}}, \quad \phi = \frac{\det(Q)}{3\sqrt{3}} }$$ donde $Q\in{\mathcal R}^{3\times 3}$ es una matriz ortogonal, es decir, $Q^TQ=I$.
Mediante el ajuste de la pendiente a cero, hemos identificado los extremos de $\phi$, ahora tenemos que distinguir entre los mínimos y máximos.
Si $\,\det(Q)=+1\,$ entonces hemos encontrado un máximo.
Si $\,\det(Q)=-1\,$ entonces hemos encontrado un mínimo.
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