Factorización de una matriz real en Hermitiana x Hermitiana. ¿Es estable?

Question

Se sabe (ver Teorema 4.1.7 en R. Horn & C. Johnson) que toda matriz $A\in M_n(\mathbb R)$ ( real entradas) puede escribirse como el producto $HK$ de dos matrices hermitianas ( complejo entradas). Por supuesto, el par $(H,K)$ está lejos de ser única, porque la dimensión real de $\mathbb H_n\times\mathbb H_n$ es $2n^2$ mucho más grande que $n^2=\dim M_n(\mathbb R)$ . La cuestión es si esta factorización puede hacerse de forma estable:

¿Existe una constante finita $c_n$ tal que, para cada $A\in M_n(\mathbb R)$ , la pareja $(H,K)\in\mathbb H_n\times\mathbb H_n$ puede elegirse de forma que $A=HK$ et $\|H\|\cdot\|K\|\le c_n\|A\|$ ?

Por supuesto, la respuesta no depende de la elección de la norma de la matriz. Sólo lo hace la constante.

Editar . Debo mencionar, para mi vergüenza, que al principio del capítulo 6 de mi libro sobre matrices (Springer-Verlag, GTM 216), pretendo que $\mathbb H_n\times\mathbb H_n$ es igual a $M_n(\mathbb C)$ sin pruebas, por supuesto. Gracias a Jean Gallier, que lo ha señalado.

Answer 1

Sorprendentemente (al menos para mí) la respuesta es no cuando $n\ge 3$ . Esto lo probamos Yves Benoist y yo después de que mencionara el problema en una charla en el MSRI y a Yves se le ocurriera una gran idea.

Basta con demostrar que no existe un límite uniforme cuando $n=3$ . He aquí un argumento elemental que implica pocos cálculos. No presto atención a obtener constantes exactas.

Para los pequeños positivos $\epsilon$ definir \begin{equation} x_1 = e_1 \quad \quad x_2 = e_1 + \epsilon e_2 \quad \quad x_3 = e_1 + \epsilon e_3 \end{equation} ` Para ciertos reales distintos no nulos $\lambda_i$ que dependerá de $\epsilon$ , dejemos que $T\in M_n(\mathbb{R})$ se define por $Tx_i = \lambda_i x_i$ . La doble base para $(x_i)$ se define por \begin{equation} f_1=e_1 - {1\over\epsilon} (e_2 + e_3) \quad \quad f_2={1\over\epsilon} e_2 \quad \quad f_3={1\over\epsilon} e_3 \end{equation}

Así que la transposición y el adjunto de $T$ se define por $T^*f_i = \lambda_i f_i$ . Si $S$ implementa una similitud entre $T$ y $T^*$ es más o menos claro que $\|S\|\cdot \|S^{-1}\| \to \infty$ como $\epsilon \to 0$ uniformemente sobre todas las opciones permisibles de $\lambda_i$ . (Para mí la forma fácil de ver esto es seminormalizar el $f_i$ como \begin{equation} \tilde{f}_1=\epsilon e_1 - (e_2 + e_3) \quad \quad \tilde{f}_2= e_2 \quad \quad \tilde{f}_3= e_3 \end{equation} La similitud $S$ debe estar dada por $Sx_i = a_i \tilde{f}_i$ para algún valor no nulo $a_i$ desde el $\lambda_i$ son distintos, y si $\|S\| \vee \|S^{-1}\| \le (1/3) C$ entonces todos $|a_i|$ y todos $1/|a_i|$ son inferiores a $C$ . Pero $\|x_2-x_3\|=\sqrt{2}\epsilon$ et $\|a_2 \tilde{f}_2 - a_3 \tilde{f}_3 \| =\sqrt{|a_2|^2+|a_3|^2} > \sqrt{2} /C$ que obliga a $\|S\| >1/(C\epsilon)$ .)

A continuación, un punto trivial pero (parece) importante. Para los fijos $\epsilon$ puede elegir el $\lambda_i$ lo suficientemente cerca de uno para que $T$ es lo más parecido a la identidad que se quiere. Así que podemos elegir $\lambda_i$ para que $\|T\|=1$ y $\|T^{-1}\|< 1+\epsilon$ ; denota tal $T$ por $T_\epsilon$ .

Escribe $T_\epsilon = H_\epsilon K_\epsilon$ con $H_\epsilon$ , $K_\epsilon$ (complejo) Hermitiano y $\|H_\epsilon\|=1$ . Queremos ver que $\|K_\epsilon\| \to \infty$ como $\epsilon \to 0$ . Observe que $H_\epsilon$ y $K_\epsilon$ no son singulares ya que ningún $\lambda_i$ es cero. Así que tenemos $H_\epsilon^{-1}T_\epsilon H_\epsilon = K_\epsilon H_\epsilon = T_\epsilon^*$ y por lo tanto, por la primera parte de la prueba, $\|H_\epsilon^{-1}\| \to \infty$ como $\epsilon \to 0$ . Pero $H_\epsilon^{-1} = K_\epsilon T_\epsilon^{-1}$ Así que $$\|H_\epsilon^{-1}\| \le \|K_\epsilon\| \|T_\epsilon^{-1}\| \le (1+\epsilon) \|K_\epsilon\|. $$

Answer 2

Dejemos que $H$ ser los Hermitianos en $M_n$ y para la norma uno $B$ sur $H$ definir $T_B$ de $H$ a $M_n$ por $T_B(A)=AB$ . Cada $T_B$ está abierto en su imagen y la asignación $B \mapsto T_B$ es continua (por comprobación directa o porque es lineal). A partir de esto es fácil comprobar que el grado de apertura de $T_B$ está acotado lejos de cero para $B$ a norma una hermitiana.

De esto se deduce fácilmente que tal $c_n$ existe.

(A efectos de este post: si $T(Ball X) $ contiene $a Ball (TX)$ decir que el grado de apertura de $T$ es al menos $a$ .)

Obtener una buena estimación para $c_n$ parece un buen problema.

EDITAR : Como tan amablemente ha señalado Denis, esta respuesta es un completo disparate.