Una posible extensión de un determinante de la desigualdad

Question

Es bien sabido que si $A, B$ son positivas semidefinite matrices, a continuación, $$\det (A+B)\ge \det A+\det B.$ $

Estoy pensando en una posible extensión de este resultado. Deje $\mathbb{M}_m(\mathbb{M}_n)$ denota el conjunto de $m\times m$ bloque de matrices con cada uno de los bloques de la habitual $n\times n$ matriz.

Deje $\mathbf{A}=[A_{i,j}]_{i,j=1}^m, \mathbf{B}=[B_{i,j}]_{i,j=1}^m \in \mathbb{M}_m(\mathbb{M}_n)$ ser positivo semidefinite. Definir una nueva matriz $M=[m_{ij}]_{i,j=1}^m$ con $m_{ij}=\det (A_{i,j}+B_{i,j})-(\det A_{i,j}+\det B_{i,j})$. Es cierto que $M$ es positivo semidefinite?

Corrí algunas simulaciones numéricas, sin embargo, no hay contraejemplos se presentaron (por supuesto, simulaciones numéricas nunca puede ser completa). Yo no encontrar una prueba incluso al $m=2$.

Claramente, no es suficiente para mostrar $\det M\ge 0$.

Answer 1

La afirmación es verdadera. Podemos demostrar que el uso de un par de bloques de la matriz de manipulaciones. Nota, en las pruebas por debajo de $A \ge 0$ medio $A$ es (simétrica) positivo semidefinite.

$\newcommand{\trace}{\text{trace}}$

Lema Deje $X, Y \ge 0$. A continuación, \begin{equation*} \otimes^k (X+Y) \ge \otimes^k X + \otimes^k Y. \end{ecuación*} Prueba. Por inducción en $k$. El caso de $k=1$ es trivial; $k=2$ nos muestra el quid. De hecho, \begin{equation*} (X+Y)\otimes (X+Y) - X\otimes X - Y\otimes Y = X\otimes Y + Y \otimes X \ge 0, \end{ecuación*} desde $X, Y \ge 0$. El caso general sigue de manera similar.

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Corolario. Deje $X, Y \ge 0$. Luego, por la restricción para el adecuado simetría de la clase de los tensores, obtenemos \begin{equation*} \wedge^k(X+Y) \ge \wedge^k X + \wedge^k Y \end{ecuación*}

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Lema. Deje $A=[A_{ij}]$ ser $mn\times mn$ con $n\times n$ bloques. Supongamos $A$ es simétrica, positiva semidefinite. Entonces, para $1\le k \le n$, la $m\binom{n}{k} \times m\binom{n}{k}$ matriz $C_k := [\wedge^k A_{ij}]$ es semidefinite.

Prueba. Algunas de reflexión muestra que $C_k$ es una submatriz principal de $\wedge^k A$, por lo tanto, $C_k = P_k^*(\wedge^k A)P_k \ge 0$ desde $A\ge 0$ y la cuña de productos de preservar la positividad.

Teorema. Deje $A=[A_{ij}] \ge 0$ e $B=[B_{ij}] \ge 0$ ser $mn\times mn$ bloque de matrices compuestas de $n\times n$ bloques. Definir $$M_k = [\trace(\wedge^k(A_{ij}+B_{ij}))] - [\trace(\wedge^k A_{ij})] - [\trace(\wedge^k B_{ij})],$$ for any $1\le k \le n$. Then, $M_k \ge 0$.

Prueba El Corolario anterior muestra que el $\wedge^k(A+B) \ge \wedge^k A + \wedge^k B$. Deje $P_k$ ser como en el segundo Lexema; luego $$H_k = P_k^*(\wedge^k(A+B))P_k- P_k^*(\wedge^k A)P_k -P_k^*(\wedge^k B)P_k \ge 0.$$ The matrix $M_k$ is nothing but a (blockwise) partial trace of $H_k$, so that $H_k \ge 0 \implica M_k \ge 0$.

Corolario Deje $A$ e $B$ ser como el anterior. A continuación, \begin{equation*} M = [\det(A_{ij}+B_{ij})] - [\det A_{ij}] - [\det B_{ij}] \ge 0. \end{ecuación*}

Prueba. Observar que $\trace(\wedge^n X) = \det(X)$ una $n\times n$ matriz $X$.