Determinante de la suma de matrices positivas definidas

Question

Diga $A$ y $B$ son matrices simétricas y definidas positivas. He demostrado que

$$\det(A+B) \ge \det(A) + \det(B)$$

en el caso de que $A$ y $B$ son bidimensionales. ¿Es esto cierto en general para $n$ -¿matrices dimensionales? ¿Es cierto lo siguiente?

$$\det(A+B) \ge \det(A)$$

Esto también sería suficiente. Gracias.

Answer 1

La desigualdad $$\det(A+B)\geq \det A +\det B$$ se desprende del teorema del determinante de Minkowski $$(\det(A+B))^{1/n}\geq (\det A)^{1/n}+(\det B)^{1/n}$$ lo que es cierto para cualquier $n\times n$ Matrices hermitianas $A$ y $B$ . Esta última desigualdad equivale a que la función $A\mapsto(\det A )^{1/n}$ es cóncava en el conjunto de $n\times n$ matrices hermitianas no negativas (véase por ejemplo Un estudio de la teoría de las matrices y las desigualdades matriciales de Marcus y Minc, Dover, 1992, p. 115 y también el anterior Hilo de MO ).

Answer 2

Tenemos $((A+B)x,x)\ge (Ax,x)$ . Entonces se deduce de la caracterización variacional de los valores propios (teorema min-max) que los valores propios de $A+B$ son mayores o iguales que los de $A$ . Esto implica $det(A+B)\ge det(A)$ .

Answer 3

He aquí otra exageración, pero espero que no sea una forma demasiado mala de demostrar esta desigualdad.

Tenemos el siguiente esquema de prueba.

$$\begin{eqnarray} x^T(A+B)x &\ge& x^TAx\quad\forall x\\\\ -x^T(A+B)x &\le& -x^TAx\\\\ \exp(-x^T(A+B)x) &\le& \exp(-x^TAx)\\\\ \int\exp(-x^T(A+B)x)dx &\le& \int\exp(-x^TAx)dx\\\\ \frac{1}{\sqrt{\det(A+B)}} &\le& \frac{1}{\sqrt{\det(A)}}\\\\ \det(A+B) &\ge& \det(A) \end{eqnarray} $$

La única cosa elegante que ocurrió es en la penúltima línea, donde utilicé la fórmula para el Integral gaussiana (véase la sección multivariante)

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Actualización. Para ampliar mi comentario a continuación, observar que la idea anterior, en realidad, con un poco más de cuidado, produce una prueba de la desigualdad del determinante de Minkowski, estableciendo equivalentemente la log-concavidad del determinante. El punto clave a observar es \begin {eqnarray} \exp (-x^T((1- \lambda )A+ \lambda )x) &=& [ \exp (-x^TAx)]^{1- \lambda }[ \exp (-x^TBx)]^ \lambda\\\\ \int\exp (-x^T((1- \lambda )A+ \lambda )x)dx &=& \int [ \exp (-x^TAx)]^{1- \lambda }[ \exp (-x^TBx)]^ \lambda\ dx \\\\ & \stackrel { \text {Hölder}} \le }& \left ( \int\exp (-x^TAx)dx \right )^{1- \lambda } \left ( \int \exp (-x^TBx)dx \right )^ \lambda. \end {eqnarray} Ahora invoca la integral de Gauss como arriba para concluir \begin {equation*} \det ((1- \lambda )A+ \lambda B) \ge \det (A)^{1- \lambda } \det (B)^ \lambda , \end {equation*} de la que podemos concluir fácilmente $\det(A+B)^{1/n} \ge \det(A)^{1/n}+\det(B)^{1/n}$ .

Answer 4

Otra forma de ver esto es observar que $A = \overline{Q}^{t}Q$ para alguna matriz invertible matriz invertible $Q$ . Entonces ${\rm det}(A+B) = |{\rm det}(Q)|^{2}{\rm det}{( I + (\overline{Q}^{-1}})^{t}BQ^{-1})$ .` Ahora $(\overline{Q}^{-1})^{t}BQ^{-1}$ es hermitiana y definida positiva. Basta con demostrar que si $X$ es positiva definida y hermitiana, entonces ${\rm det}(I+X) \geq (1 + {\rm det}X)$ . Podemos conjugar $X$ por una matriz unitaria $U$ y asumir que $X$ es diagonal. Sean los valores propios de $X$ sea $\lambda_{1},\ldots, \lambda_{n}$ (permitiendo repeticiones). A continuación, ${\rm det}(I+X) = \prod_{i=1}^{n}(1 + \lambda_{i}) \geq 1 + \prod_{i=1}^{n} \lambda_{i} = 1 + {\rm det}X.$ Este argumento aparece en algunas pruebas de R. Brauer, aunque no sé si tiene su origen en él.

Edición posterior: Por cierto, creo que con la desigualdad de la media aritmética-geométrica y un análisis un poco más cuidadoso, se puede ver por este enfoque que para $X$ como en el caso anterior, sí que tienes ${\rm det}(I+X) \geq (1 +({\rm det}X)^{1/n})^{n}$ (un caso especial caso especial de la desigualdad de Minkowski mencionada en la respuesta aceptada, pero suficiente para demostrar el caso general mediante un argumento similar al anterior). Para el conjunto $d = {\rm det}X$ . Dejemos que $s_{m}(\lambda_{1},\ldots ,\lambda_{n})$ denotan el $m$ -ésima función simétrica elemental evaluada en los valores propios. Utilizando la desigualdad de la media aritmética-geométrica se obtiene que $s_{m}(\lambda_{1},\ldots ,\lambda_{n}) \geq \left( \begin{array}{clcr} n\\m \end{array} \right)d^{m/n}$ por lo que obtenemos ${\rm det}(I+X) \geq (1+d^{1/n})^{n}.$

Answer 5

Permítanme añadir algo más. Si $A, B, C$ son semidefinidos positivos, entonces $$\det (A+B+C)+\det C\ge \det (A+C)+\det (B+C). \quad (\star)$$

Cuando $C=0$ esto se reduce a la pregunta del OP.

Una notable extensión de ( $\star$ ) fueron obtenidos recientemente por V. Paksoy, R. Turkmen, F. Zhang [ Electron. J. Linear Algebra 27 (2014) 332-341], que dice que el funcional determinante puede ser sustituido por cualquier función matricial generalizada.