Cómo probar esta matriz la desigualdad$\det{(X)}\ge\det{(Y)}$

Question

Suponga que dos matrices definidas positivas simétricas$X$ y$Y$ son tales que$X-Y$ es una matriz semidefinita positiva.

muestra que$$\det{(X)}\ge\det{(Y)}$ $

Sentí que este resultado es claro, pero no puedo usar los métodos matemáticos, ¿por qué?

Answer 1

Lema 1 Si $A$ es positivo semi-definida, a continuación,$\det(A + I) \ge 1$.

Prueba: Desde $A$ es positivo semi-definitiva, existe una matriz ortogonal $S$ y una matriz diagonal $D$ cuyas entradas son no negativos tales que $A = SDS^{-1}$. Desde $A + I = S(D + I)S^{-1}$ $D +I$ es una matriz diagonal cuyos autovalores son todos $\ge 1$, $\det(A+I) = \det(D+I) \ge 1$.

Lema 2 Si $B$ es positiva definida, $B$ tiene una positiva definida de la raíz cuadrada.

Prueba: Desde $B$ es positiva definida, existe una matriz ortogonal $T$ y un digonal matriz $E$ cuya diagonal entradas son positivos tales que $B = TET^{-1}$. Deje $E^{1/2}$ ser la matriz diagonal cuyas entradas son positivas las raíces cuadradas de los de $E$. Es fácil comprobar la $T E^{1/2} T^{-1}$ es positivo definir y $(T E^{1/2} T^{-1})^2 = B$.

Por el Lema 2, $Y$ tiene una positiva definida de la raíz cuadrada. Llamémoslo $R$. Tenemos

$$\det(X) = \det(R (R^{-1}XR^{-1}) R ) = \det(R)^2 \det(R^{-1}XR^{-1})\\ = \det(Y) \det( (R^{-1}(X-Y)R^{-1} + I )$$

Es fácil ver $X - Y$ positiva semi-definida implica $R^{-1} (X-Y) R^{-1}$ positiva semi-definida. Por el Lema 1, tenemos $\det( R^{-1}(X-Y)R^{-1} + I ) \ge 1$ y hemos terminado.

Answer 2

Autovalores sólo complican este problema.

La pregunta pide una prueba de $\det\left(Y+Z\right) \geq \det Y$ donde $Y$ es positiva definida $n\times n$-matriz y $Z$ es positivo semidefinite $n\times n$-matriz. (Mi $Z$ es el $X-Y$.)

Escribir $Y$ $U^T U$ $U$ una matriz cuadrada invertible (esto es posible desde la $Y$ es positiva definida), y escribir $Z$ $U^T V U$ $V$ positivo semidefinite de la matriz (esto es posible ya que podemos tomar $V = \left(U^{-1}\right)^T Z U^{-1}$). Entonces, lo que queremos demostrar reescribe como $\det\left(U^T U + U^T V U\right) \geq \det\left(U^T U\right)$. En otras palabras, lo que queremos demostrar reescribe como $\left(\det U\right)^2 \det\left(I_n + V\right) \geq \left(\det U\right)^2$. Después de la cancelación de $\left(\det U\right)^2$, esto se convierte en $\det\left(I_n + V\right) \geq 1$. Pero $\det\left(I_n + V\right)$ es la suma de todos los principales menores de $V$ (para ver esto, recordar la fórmula para el polinomio característico de a $V$ en términos de sus principales menores de edad, y el sustituto de la $-1$ en este polinomio característico). Uno de los principales menores de edad es el $0\times 0$menor $1$, mientras que todos los demás son no negativos (desde $V$ es positivo semidefinite). Por lo tanto, su suma es $\geq 1$, que es precisamente lo que se necesita para mostrar.

Al $n > 0$, este argumento muestra la fuerte demanda $\det\left(I_n + V\right) \geq 1 + \det V$ (desde $\det V$, también, es un director menor de edad-es decir, el $n\times n$ menor), lo que se traduce de nuevo en $\det\left(Y+Z\right) \geq \det Y + \det Z$. Por la continuidad, podemos ver que esta desigualdad se $\det\left(Y+Z\right) \geq \det Y + \det Z$ también tiene al $Y$ $Z$ son positivos semidefinite (en lugar de $Y$ siendo positiva definida y $Z$ positivo semidefinite).