¿Cómo demostrar que este determinante es positivo?

Question

Dadas las matrices

$$A_i= \biggl(\begin{matrix} 0 & B_i \\ B_i^T & 0 \end{de la matriz} \biggr)$$

donde $B_i$ son reales matrices y $i=1,2,\ldots,N$, cómo demostrar los siguientes?

$$\det \big( I + e^{A_1}e^{A_2}\ldots e^{A_N} \big) \ge 0$$

Esto parece ser cierto numéricamente.

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Update1: Como se muestra en la siguiente, la desigualdad anterior se relaciona con otra conjetura $\det(1+e^M)\ge 0$, dado un $2n\times 2n$ real de la matriz $M$ que cumple con $\eta M \eta =-M^T$ e $\eta=diag(1_n, -1_n)$. Las respuestas de los Cristianos y, aunque inspirador, no sabía realmente refutar esta hipótesis por lo que he entendido.

Update2: Gracias a todos por el debate fructífero. Os adjunto mi secuencia de comandos de Python aquí abajo. Si se ejecuta varias veces se observa

1. $\det(1+e^{A_1}\ldots e^{A_N})$ parece ser siempre mayor que cero (la conjetura),

2. $M = \log(e^{A_1}\ldots e^{A_N})$ son a veces de hecho puro y real que cumple la condición mencionada en el update1. En este caso, los valores de $M$ son puro real o en el complejo conjugado de pares. Por lo tanto es fácil mostrar $\det(1+e^M)=\prod_l(1+e^ {\lambda_l})\ge 0$,

3. Sin embargo, a veces la matriz $M = \log(e^{A_1}\ldots e^{A_2})$ puede ser complejo, y de hecho están en forma escrita por Suvrit. En este caso, parece que los autovalores de $M$ se contienen dos conjuntos de valores complejos: $\pm a+i\pi$ e $\pm b + i\pi$. Por lo tanto, $\det(1+e^{M})\ge 0$ aún mantiene debido a $(1-e^a)(1-e^{-a})(1-e^{b})(1-e^{-b})\ge 0$.

Update3: Gracias GH de MO, Terry y todos los demás. Me alegro de que este fue finalmente resuelto. Una pregunta más: ¿cómo debo citar este resultado en una futura publicación académica ?

Update4: por Favor, consulte la publicación de esta cuestión en arXiv:1506.05349.

Answer 1

Aquí están algunas ideas de cómo decidir la conjetura. (EDIT: De hecho, estas ideas conducen a una prueba de la conjetura de Terry Tao se explica en dos comentarios a continuación.)

Como Cristiano Remling y Sawin mostró, la conjetura es equivalente a $\det(I+T)\geq 0$ cualquier $T\in\mathrm{SO}^0(n,n)$.

Podemos suponer que $-1$ no es un autovalor de $T$. Hasta conjugacy, $T$ es una suma de indecomposable bloques como en el Teorema 1 de Nishikawa del documento de 1983, y, a continuación, $\det(I+T)$ es el producto de los determinantes de los correspondientes bloques de $I+T$. Por lo tanto, la idea de jjcale, podemos olvidar acerca de los bloques que son de tipo exponencial. Por página 83 en Djoković 1980 papel, los bloques restantes son de tipo $\Gamma_m(\lambda,\lambda^{-1})$ con $\lambda<0$ e $\lambda\neq -1$, que a su vez se describen en la página 77 de la misma en papel. Este bloque contribuye $(1+\lambda)^{2m+2}/\lambda^{m+1}$ a $\det(I+T)$, por lo que puede olvidarse de las cuadras, donde los $m$ es impar.

Para resumir, podemos asumir que $T$ está compuesto de $(2m+2)\times(2m+2)$ bloques de tipo $\Gamma_m(\lambda,\lambda^{-1})$ con $\lambda<0$ e $\lambda\neq -1$ e $m$ incluso. La conjetura es verdadera si y sólo si el número de bloques es siempre igual. Para esto, la descripción explícita de $\mathrm{SO}^0(n,n)$ en la página 64 de Nishikawa del documento de 1983 podría ser útil (véase también la página 68 cómo utilizar este criterio para $m=1$). Basado en esto, he verificado con la mano que no se puede tener un solo bloque para $m=2$, lo que también muestra que el más pequeño posible contraejemplo a la conjetura es de tamaño $10\times 10$ (es decir,$n\geq 5$).

Añadido 1. Terry Tao se dio cuenta y amablemente añadió que en el caso restante hemos terminado. Leer sus comentarios de abajo. Para resumir y simplificar sus ideas, tenemos en este caso \begin{align*}\det(I_{2n}+T) &=\det(I_n+A)\det(I_n+A^{*-1})\\ &=\det(A)\det(I_n+A^{-1})\det(I_n+A^{*-1})\\ &=\det(A+A^{*-1})\frac{\det(I_n+A^{-1})^2}{\det(I_n+A^{-1}A^{*-1})}, \end{align*} donde $(A+A^{*-1})/2$ puede ser descrito como la restricción de $T$ a un totalmente positiva subespacio seguido por la proyección ortogonal a este subespacio. Ahora tenemos $\det(A+A^{*-1})>0$ por $T\in\mathrm{SO}^0(n,n)$, mientras que la fracción de la derecha es claramente positiva, por lo tanto llegamos a la conclusión de $\det(I_{2n}+T)>0$.

Agregó 2. Terry Tao escribió una gran entrada en el blog sobre este tema.

Añadido 3. Permítanme añadir una variación de Terry del argumento original. Djoković define $\mathrm{SO}(n,n)$ través $J:=\begin{pmatrix} 0 & I_n \\ I_n & 0 \end{pmatrix}$, mientras que Nishikawa, se define a través de $K:=\begin{pmatrix} I_n & 0 \\ 0 & -I_n\end{pmatrix}$. Estas dos matrices están conectados a través de $J=M^*KM$ donde $M:=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} I_n & I_n\\ -I_n & I_n\end{pmatrix}$, por lo que cualquier matriz $T$ en Djoković s $\mathrm{SO}(n,n)$ corresponde a $MTM^*$ en Nishikawa s $\mathrm{SO}(n,n)$. Necesitamos examinar el caso de $T = \begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & A^{*-1} \end{pmatrix}$, que corresponde a $MTM^*=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} A+A^{*-1} & -A+A^{*-1} \\ -A+A^{*-1} & A+A^{*-1} \end{pmatrix}$. Este se encuentra en Nishikawa s $\mathrm{SO}^0(n,n)$, de donde $\det(A+A^{*-1})>0$.

Answer 2

Actualización 1: Gracias a jjcale por señalar un error fatal. De hecho, $SO(n,n)$ tiene dos componentes, ver aquí, y parece sospechosamente a mi $T$ a continuación se encuentra en el componente equivocado. Yo no sé realmente lo que Wikipedia significa por "preservar/revertir la orientación, pero, ciertamente, $T=\textrm{diag}(-1,1,-1,1)$ es en el componente equivocado, y mi $T$ a continuación se siente como probablemente lo es en el mismo componente.

Es difícil estar seguro de nada después de tantos errores, pero parece que hay cierta evidencia circunstancial de que, de hecho, $\det (1+T)$ podría ser $\ge 0$ a $SO^+(n,n)$. Por ejemplo, $T_0=-1$ se ve como un punto de partida razonable que, evolucionado un poco a lo largo de un adecuado flujo, debe producir un contraejemplo si es que la hay, pero esto no está funcionando.

Actualización 2: Gracias también a la GH de MO por el apoyo moral. Así que lo dejaré por ahora, como un monumento a mi ignorancia (además de que no le gustaría mantener la reputación). Yo realmente no debería incursionar en áreas que no entiendo. (Pero increíble lo que uno puede aprender de un inocuo mirando pregunta.)

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Creo que el OP de la conjetura es falsa. Este va a ser un poco de luz sobre los detalles. Esencialmente, voy a elaborar sobre Terry y el OP comentarios de arriba.

La Mentira (matriz) álgebra generada por las matrices $A=\left( \begin{smallmatrix} 0 & B\\ B^t & 0\end{smallmatrix}\right)$ es (sin duda, contenida en el, pero creo que igual) $$ g=\left\{ M=\begin{pmatrix} A & B \\ B^t & D \end{pmatrix}: A=-A^t, D=-D^t \right\} . $$ Como se observa en el OP, este, equivalentemente, puede ser descrito como todos los $M$ con $MI=-IM^t$ donde $I=\textrm{diag}(1,-1)$. Ya que esta es la Mentira álgebra de $O(n,n)$, que se define como todas las matrices $T$ con $$ TIT^t=I , \quad\quad\quad\quad (1) $$ Creo que esto significa que podemos hacer que el producto de la matriz exponenciales enfoque de cualquier matriz en $O(n,n)$ que está en el componente conectado de la identidad (pero no he pensado a través de este paso muy cuidadosamente).

Ahora es fácil encontrar contraejemplos $T\in O(n,n)$ a la afirmación de que $\det (1+T)>0$. Por ejemplo, para $n=1$, podríamos tomar a $T=\left( \begin{smallmatrix} -2 & \sqrt{3} \\ \sqrt{3} & -2 \end{smallmatrix}\right)$. Es fácil comprobar que $T\in O(1,1)$ e $\det (1+T)=-2$. Obviamente, este no es un contraejemplo a la OP de la conjetura, que es trivialmente cierto para $n=1$ (desde cualquiera de los dos $A_j$'s conmutan). No podemos llegar a esta $T$ porque cuando escriben, (1) por $n=1$, en particular, exige que $T_{11}^2=1+T_{12}^2\ge 1$, por lo que no podemos llegar a valores negativos.

Sin embargo, como de costumbre, estas obstrucciones desaparecer en dimensiones superiores. Tenga en cuenta que tenemos la Mentira álgebra $so(n)$ disponible para la diagonal de bloques. Un contraejemplo para $n=2$ está dado por la matriz $$ T = \begin{pmatrix} -\sqrt{2} & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 1 & 0 & -\sqrt{2} & 0\\ 0 & 0& 0& 1\end{pmatrix} . $$ Para esto $T$, tenemos que $T\in O(2,2)$, $\det (1+T)=8(1-\sqrt{2})<0$.

Por último, permítanme señalar que esto sólo demuestra que el determinante no puede ser siempre positivo para arbitrariamente grande,$N$; es concebible que esta es verdadera para determinados valores pequeños de $N$.

Answer 3

El conjunto de matrices de la forma $e^{A_1} \dots e^{A_n}$ con $A_1, \dots , A_n$ de este formulario son un grupo. Esto es debido a que claramente es cerrado bajo la multiplicación y la si $A$ es de esta forma, a continuación, $-A$ es de esta forma, por lo que son cerrados bajo la recíproca. El cierre de este conjunto sigue siendo un grupo, por lo tanto es una Mentira subgrupo de $GL_n(\mathbb R)$.

Así que si calculamos su Mentira álgebra, y encontrar los asociados conectado Mentira subgrupo, entonces todos los elementos de la Mentira de grupo serán los límites de estos productos.

La Mentira de álgebra ciertamente contiene las matrices de la forma $A_i$ por multiplicación. Observar que el colector es:

$$\left[ \biggl(\begin{matrix} 0 & B_1 \\ B_1^T & 0 \end{de la matriz} \biggr), \biggl(\begin{matrix} 0 & B_2 \\ B_2^T & 0 \end{de la matriz} \biggr) \right] = \biggl(\begin{matrix} 0 & B_1 \\ B_1^T & 0 \end{de la matriz} \biggr)\biggl(\begin{matrix} 0 & B_2 \\ B_2^T & 0 \end{de la matriz} \biggr) - \biggl(\begin{matrix} 0 & B_2 \\ B_2^T & 0 \end{de la matriz} \biggr) \biggl(\begin{matrix} 0 & B_1 \\ B_1^T & 0 \end{de la matriz} \biggr) $$

$$= \biggl(\begin{matrix} B_1 B_2^T & 0\\ 0 & B_1^T B_2 \end{de la matriz} \biggr) - \biggl(\begin{matrix} B_2 B_1^T & 0\\ 0 & B_2^T B_1 \end{de la matriz} \biggr) = \biggl(\begin{matrix} B_1 B_2^T - B_2 B_1^T & 0\\ 0 & B_1^T B_2 - B_2^T B_1 \end{de la matriz} \biggr) $$

Observar que $B_1 B_2^T - B_2 B_1^T = M - M^T$ donde $M= B_1 B_2^T$ es arbitrario, por lo que podemos obtener de cualquier desviación de simetría de la matriz. Por otra parte, podemos conseguir cualquier rango $1$ seguimiento $0$ matriz como $B_1 B_2^T$ al $B_2^T B_1$ es $0$, por lo que el otro cuadrado es $0$. Así que sumando obtenemos arbitraria de los giros de matrices simétricas en la parte superior izquierda, y de forma independiente en la parte inferior derecha, con lo que obtenemos todos los elementos de la $so(n,n)$. (Puede haber maneras de demostrar esto.)

Esto demuestra que cada matriz en $SO(n,n)^{+}$ puede ser alcanzado.

Answer 4

Aquí es un contraejemplo a $N=3$. Considere las matrices $$ B_1 = \log(t) \pmatrix{0 & 4\cr -1 & 0\cr}, B_2 = \log(t) \pmatrix{-2 & 2\cr 1 & 2\cr}, B_3 = \log(t) \pmatrix{4 & -2\cr -2 & 1\cr}$$ donde un valor positivo de $t$ será elegido más tarde. El $B_i$ fueron elegidos de modo que los valores propios de la correspondiente $A_i/\log(t)$ sería enteros y, a continuación, las entradas de $\exp(A_i)$ sería funciones racionales en $t$ con coeficientes racionales. Luego resulta que $$\det(I+e^{A_1} e^{A_2} e^{A_3}) = \left( t+1 \right) ^{2} \left( 2\;{t}^{12}-27\;{t}^{11}+27\;{t}^{10}- 30\;{t}^{9}+30\;{t}^{8}-79\;{t}^{7}+54\;{t}^{6}-79\;{t}^{5}+30\;{t}^{4 }-30\;{t}^{3}+27\;{t}^{2}-27\;t+2 \right) ^{2} /(2500 t^{13}) $$ y el polinomio $2\;{t}^{12}-27\;{t}^{11}+27\;{t}^{10}- 30\;{t}^{9}+30\;{t}^{8}-79\;{t}^{7}+54\;{t}^{6}-79\;{t}^{5}+30\;{t}^{4 }-30\;{t}^{3}+27\;{t}^{2}-27\;t+2$ has two positive roots (note e.g. that its value at $0$ is $+2$ and its value at $1$ is $-100$).

No hay contraejemplos con $N=2$, debido a $e^{A_1} e^{A_2}$ tiene los mismos autovalores como $e^{A_1/2} e^{A_2} e^{A_1/2}$ que es positiva definida.

Answer 5

La conjetura es cierta:

Se sigue de$$det(I + e^{M}) = det(I + i e^{M/2}) * det(I - i e^{M/2}) = {\left\lvert{det(I + i e^{M/2})}\right\lvert}^2 \ge 0$ $.

Es decir, se deduce del hecho de que cada matriz en SO (n, n) que pertenece al mismo componente conectado de SO (n, n) que la identidad tiene una raíz cuadrada real. Actualización: No es cierto, ver comentario de GH de MO y referencia dada.