Dejemos que $\,A,B,C\in M_{n}(\mathbb C)\,$ sean matrices hermitianas y definidas positivas tales que $A+B+C=I_{n}$ , donde $I_{n}$ es la matriz de identidad. Demuestre que $$\det\left(6(A^3+B^3+C^3)+I_{n}\right)\ge 5^n \det \left(A^2+B^2+C^2\right)$$
Este problema es una pregunta de prueba de China (xixi). Se dice que se puede utilizar la ecuación
$$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)$$
pero no puedo usar esto para probarlo. ¿Pueden ayudarme?
He aquí un resultado parcial y positivo, válido en torno al "punto triple" $A=B=C= \frac13\mathbb 1$ .
Sea $A,B,C\in M_n(\mathbb C)$ sea hermitiana y satisfaga $A+B+C=\mathbb 1$ y, además, supongamos que $$\|A-\tfrac13\mathbb 1\|\,,\,\|B-\tfrac13\mathbb 1\|\,,\, \|C-\tfrac13\mathbb 1\|\:\leqslant\:\tfrac16\tag{1}$$ en la norma espectral o del operador. (En particular, $A,B,C$ son definidos positivos).
Entonces tenemos $$6\left(A^3+B^3+C^3\right)+\mathbb 1\:\geqslant\: 5\left(A^2+B^2+C^2\right)\,.\tag{2}$$
Prueba: Sea $A_0=A-\frac13\mathbb 1$ a.s.o., entonces $A_0+B_0+C_0=0$ o $\,\sum_\text{cyc}A_0 =0\,$ de forma abreviada. Consideremos
Dos años después, observación:
Para concluir $(2)$ los supuestos adicionales $(1)$ puede debilitarse bastante hasta $$\tfrac16\mathbb 1\:\leqslant\: A,B,C\tag{3}$$ o equivalentemente, suponiendo el menor valor propio de cada matriz $A,B,C\,$ ser al menos $\tfrac16$ .
Prueba: Consideremos el último sumando de la demostración anterior. Revertir la notación de $A_0$ a $A$ y utilizar el mismo argumento, esta vez basado en $(3)$ para obtener $$\sum_\text{cyc}\big(A-\tfrac13\mathbb 1\big)^2\,(6A -\mathbb 1)\:\geqslant\: 0\,.\qquad\qquad\blacktriangle$$
No es una prueba completa pero una serie de reflexiones demasiado largas para un comentario. El objetivo de esta entrada es encontrar criterios alternativos (aunque más difíciles) para demostrar la conjetura. Por favor, discútanlo.
Como en comentarios anteriores, vamos a denotar $ X=6(A^3+B^3+C^3)+I $ y $ Y=5(A^2+B^2+C^2) $ y $D = X-Y$ .
La cuestión es demostrar $\det(X) \ge \det(Y)$ o $1 \ge \det(X^{-1}Y)$ . Escriba a $Q = X^{-1}Y$ entonces $Q$ es positiva definida, ya que $X$ y $Y$ son definidos positivos. Ahora se sabe que para una matriz definida positiva $Q$ (véase, por ejemplo aquí ) que el límite de traza viene dada por $$ \bigg(\frac{\text{Tr}(Q)}{n}\bigg)^n \geq \det(Q) $$
Así que un segundo criterio (más difícil) para la conjetura es $n \ge \text{Tr}(X^{-1}Y)$ o $ \text{Tr}(X^{-1}D) \geq 0$ . No veo cómo puedo calcular esta traza o encontrar límites, ¿puede alguien?
Llamemos $d_i$ los valores propios de $D$ lo mismo para $X$ y $Y$ . Mientras que $x_i > 0$ esto no es necesariamente válido para $d_i$ ya que sabemos por los comentarios que $D$ no es necesariamente positiva definida. Entonces (si $X$ y $D$ podría diagonalizarse simultáneamente) $ \text{Tr}(X^{-1}D) = \sum_i \frac{d_i}{x_i} = r \sum_i {d_i}$ donde existe un $r$ por el teorema del valor medio. Donde $r$ no está garantizado que sea positivo, es probable que $r$ se sea positivo, ya que $r$ sólo será negativo si hay (muchos, muy) negativos $d_i$ con pequeños asociados $x_i$ . ¿Puede la positividad de $r$ ¿se mostrará? Si podemos establecer que un $r$ se puede encontrar un tercer criterio es $ \text{Tr}(D) \geq 0$ .
Ahora con este tercer criterio, podemos utilizar que la traza es aditiva y que la traza de los conmutadores desaparece, es decir. $\text{Tr} (AB -BA) = 0$ . Usando este argumento, se vuelve inofensivo cuando las matrices no conmutan, ya que bajo la traza se puede cambiar su orden. Esto restablece las soluciones anteriores, en las que la conjetura se reducía a la desigualdad de Schur válida (como señaló un comentarista anterior), que demuestra la conjetura.
Unas palabras sobre la dureza de los criterios, indicativamente en términos de valores propios:
(la más dura) la definitividad positiva: $d_i >0$ $\forall i$ o equivalentemente, $\frac{y_i}{x_i} <1$ $\forall i$
(el segundo se basa en $r$ ) $ \text{Tr}(D) \geq 0$ : $\sum_i d_i \geq 0$
(tercero) $n \ge \text{Tr}(X^{-1}Y)$ : $\sum_i \frac{y_i}{x_i} \leq n$
(cuarto - menos difícil) $\det(X) \ge \det(Y)$ : $\prod_i \frac{y_i}{x_i} \leq 1$
También pueden encontrarse soluciones utilizando criterios que se entrecrucen entre esos cuatro.
Unas palabras sobre las simulaciones y la indefinición no positiva:
He comprobado los criterios anteriores para el ejemplo definido no positivo dado por @user1551 en los comentarios anteriores, y los criterios segundo, tercero y cuarto se mantienen.
Tenga en cuenta que la igualdad $\det(X) = \det(Y)$ se produce para (a) el punto de simetría: $A=B=C=\frac13 I$ y para (b) punto fronterizo: $A=B=\frac12 I$ y $C=0$ (y permutaciones). He comprobado la "vecindad" de estos puntos de igualdad mediante simulaciones por ordenador para matrices reales con $n=2$ donde añadí extensivamente pequeñas matrices con cualquier parámetro elegido a $A$ y $B$ (y que $C = I - A-B$ ), asegurándose de que $A,B$ y $C$ son definidos positivos. Se muestra que para la vecindad del punto de simetría, los criterios segundo, tercero y cuarto anteriores se mantienen, mientras que hay ejemplos frecuentes no positivo-definidos. Para la vecindad del punto límite se cumplen los cuatro criterios.
Utilicemos la identidad $\mbox{det}(cA) = c^n\ \mbox{set}A$ que se cumple para cada $nxn$ matriz. Así podemos reescribir $$\mbox{det}(6(A^3 + B^3 + C^3) + \mathbb{1}_n) \geq \mbox{det}(5(A^2 + B^2 + C^2))$$
Ahora invoquemos el teorema de Minkowski:
$$\mbox{det}(A + B) \geq \mbox{det}(A) + \mbox{det}(B)$$
que se cumple para cada $nxn$ matrices hermiteanas no negativas. Por este hecho, el primer término se puede escribir como
$$ \begin{array}{rll} \mbox{det}(6(A^3 + B^3 + C^3) + \mathbb{1}_n) & = \mbox{det}(6 U + \mathbb{1}_n) \\ & \geq \mbox{det}(6 U) + \mbox{det}(\mathbb{1}_n)\\ & = 6^n\mbox{det}(U) + 1 \end{array} $$
Así que terminamos con
$$\mbox{det}(6(A^3 + B^3 + C^3) + \mathbb{1}_n) \geq 6^n\mbox{det}(U) + 1 \geq \mbox{det}(5(A^2 + B^2 + C^2))$$
Recordando la primera identidad que utilizamos inicialmente: $$6^n\mbox{det}(U) + 1 \geq \mbox 5^n\mbox{det}(V))$$
Dónde $V = A^2 + B^2 + C^2$
Si nos ponemos ahora a analizar algún ejemplo deberíamos empezar por un caso muy trivial, id est el caso en el que $A$ , $B$ y $C$ son matrices que tienen una regla de potencia simple:
$A^{2n} = A$ y lo mismo para $B$ y $C$
$A^{2n + 1} = -A$ y lo mismo para los demás.
En ese caso tendrá $A^3 + B^3 + C^3 = -(A + B + C)$ y $A^2 + B^2 + C^2 = A + B + C$ .
Por la conocida regla $\mbox{det}(-A) = \mbox{set}(A)$ encontrarás:
$$6^n - 5^n \geq - \dfrac{1}{\mbox{det}(W)}$$
donde $W$ es la suma de tres matrices. Esto es claramente cierto porque siempre tendrá un determinante positivo debido a la definición de positividad de tres matrices, y además $6^n - 5^n$ será positivo para cada $n$ .
Esto, sin embargo, fue un intento personal de empezar. Puede intentar analizar otros casos más complicados.
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@alexander para aclarar ¿quieres decir "identidad"?
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¿Tu indirecta no sugiere $A$ , $B$ y $C$ son conmutativas por multiplicación?
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Tal vez útil : mathoverflow.net/preguntas/65424/
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Qué es $n$ ¿Es el orden de la matriz?
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@EstudianteEntusiasta ¡Claro!
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¿Alguien ha realizado una simulación numérica para verificar (probabilísticamente) que esta afirmación es realmente cierta? Probablemente lo sea, pero he visto más de una pregunta en MSE pidiendo una prueba de una afirmación falsa. Puedo probar la afirmación para $n=1$ pero no para $n>1$ .
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Creo que es probable que la afirmación sea cierta. Es fácil ver la matriz $$\Delta \stackrel{def}{=} 6A\left(A-\frac{5}{12} I_n\right)^2 + 6B\left(B-\frac{5}{12} I_n\right)^2 + 6C\left(C-\frac{5}{12} I_n\right)^2$$ es semidefinida positiva. Esto nos lleva a $$\det\left(6(A^3+B^3+C^3)+\color{red}{\frac{25}{24}}I_{n}\right)\ge 5^n\det(A^2+B^2+C^2)$$ Desde $A + B + C = I_n$ El $3$ cuadrados en $\Delta$ no pueden desaparecer al mismo tiempo. Me parece pausible $\Delta$ está en realidad "limitado por debajo" por $\frac{1}{24}I_n$ . Si es así, la desigualdad original es cierta.
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@WillNelson He llevado a cabo un expt numérico para verificar la declaración de $n$ hasta 10, con 100.000 triples válidos $(A,B,C)$ para cada $n$ . No se han encontrado contraejemplos, pero hay dos cosas dignas de mención. Sea $X=6(A^3+B^3+C^3)+I$ y $Y=5(A^2+B^2+C^2)$ . Los ejemplos numéricos demuestran que (1) $X-Y$ es no necesariamente semidefinida positiva. Entonces, la conjetura de achille en el comentario anterior de que $\Delta\ge\frac{I}{24}$ es falso. (2) Los valores propios ordenados de $X$ no dominan a sus homólogos de $Y$ . Por ejemplo, puede ocurrir que $$\lambda_\max(X)>\lambda_\max(Y)>\lambda_\min(Y)>\lambda_\min(X).$$
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La desigualdad análoga para números reales no negativos, $$6(a^3+b^3+c^3)+1\ge5(a^2+b^2+c^2)$$ con $a+b+c=1$ puede resolverse fácilmente: reescriba el LHS como $6(a^3+b^3+c^3)+1=6(a^3+b^3+c^3)+(a+b+c)^3=7(a^3+b^3+c^3)+3\sum a^2b+6abc$ y el lado derecho como $5(a^2+b^2+c^2)=5(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)=5(a^3+b^3+c^3)+\sum a^2b$ de modo que la desigualdad es equivalente a $2(a^3+b^3+c^3-\sum a^2b+3abc)\ge0$ que es la desigualdad de Schur. Aquí, $\sum a^2b$ significa $a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)$ . Y esto es suficiente para demostrar que la desigualdad original funciona para matrices diagonales o triangulares definidas positivas.
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Sólo una observación: la desigualdad es invariante bajo conjugación, por lo tanto se puede suponer wlog que, por ejemplo, $A$ es diagonal con entradas reales positivas.
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@usuario1551 Si tienes alguna experiencia numérica por favor posteala, sería un placer darte el bono.
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@achillehui Parece que eres de China, ¿sabes si se publican las soluciones del 'xixi test'? No encuentro nada en la web sobre este test. Gracias.
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@Krokop lo siento, ni idea.
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Hm... si usas Teorema del determinante de Minkowski se puede obtener fácilmente que el lado izquierdo es al menos $\det(5A)^2+\det(5B)^2+\det(5C)^2$ que se acerca bastante a lo deseado (pero no lo suficiente).
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General de este problema :si $A_1+A_2+...+A_m=I_n$ sean matrices hermitianas y definidas positivamente, entonces $$\det\left(2m(A_1^{m}+A_2^{m}+...+A_m^{m})+I_{n}\right)\ge (2m-1)^n\det(A_1^{m-1}+A_2^{m-1}+...+A_m^{m-1})$$
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Si todas estas matrices tienen el mismo espacio de eigen que es equivalente a ser conmutativo (y ser simultáneamente diagonalizable), entonces $6(A^3+B^3+C^3)+I-5(A^2+B^2+C^2)$ siendo semidefinida positiva se reduce a demostrar la desigualdad escalar respectiva para $a,b,c$ lo que es cierto según la desigualdad de Schur. Y entonces se utiliza la desigualdad $\det(A+B)\ge \det(A)$ para matrices semidefinidas positivas.
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@achillehui ¿sabes de qué concurso se trata? He estado mirando en mathlinks.ro
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@cactus314 Ni idea. deberías preguntar a china math, el cartel original en su lugar.
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¿Has probado la inducción?
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Por curiosidad, ¿alguien ha probado la $2$ por $2$ ¿Caso? ¿O todavía no?
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Nota. (1) $A,B,C$ no coinciden necesariamente. Por lo tanto, este problema no inmediatamente se reducen al caso escalar. (2) $D=6(A^3+B^3+C^3)+I-5(A^2+B^2+C^2)$ es no siempre semidefinida positiva. Por ejemplo, cuando $A=\frac1{60}\pmatrix{45&0\\ 0&20},\,B=\frac1{60}\pmatrix{3&6\\ 6&20},\,C=\frac1{60}\pmatrix{12&-6\\ -6&20}$ tenemos $D=\frac1{60^3}\pmatrix{113400&4860\\ 4860&-1080}=\frac1{400}\pmatrix{210&9\\ 9&-2}$ .
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@user1551: Eso me hace pensar que piensas que $\,\det(A+B)=\det(A)+\det(B)$ . Puede que esté perdido, pero para estar seguro echa un vistazo a : En $\det(A + B) = \det(A) + \det(B)$ ¿Sostener?
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@HandeBruijn Gracias, pero no, no era eso lo que pensaba. Esta pregunta es una de las 3 preguntas de MSE con más respuestas eliminadas. Hice el comentario anterior porque todas las respuestas borradas, salvo unas pocas, daban por hecho erróneamente o bien que $A,B,C$ viajar o que $6(A^3+B^3+C^3)+I\succeq5(A^2+B^2+C^2)$ (si esto fuera cierto, la afirmación es cierta tomando determinantes en ambos lados).
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He planteado otra cuestión relacionada con todo esto: Cómo construir simétricas y definidas positivas $A,B,C$ tal que $A+B+C=I$ ? . Con la esperanza un tanto desesperada de acercarse a una solución.
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Se puede demostrar una desigualdad similar para la traza \begin{eqnarray} \text{Tr}(6(A^3+B^3+C^3)+I)\geq \text{Tr}(5(A^2+B^2+C^2)). \end{eqnarray} Diagonalizando se obtiene el caso n=1 para los valores propios debido a la linealidad de la traza, que entonces se reduce a la desigualdad de Schur, como señaló un comentarista anterior. Estoy un poco escéptico de que tal vez el OP intención de utilizar la traza en lugar de det, porque he estado jugando con det identidades para un día completo y no han llegado a nada.
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@TeddyBaker "Diagonalizar"... ¿cómo? En general, $A^3+B^3+C^3$ y $A^2+B^2+C^2$ no son simultáneamente diagonalizables mediante la transformada de similitud. Si te refieres a diagonalización por congruencia, entonces la traza no se conserva.
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Esta pregunta es difícil. No me he quedado sin ideas, pero es difícil. ¿Está relacionada con la geometría de Kähler, las primeras clases de Chern, Monge-Ampère y todo ese jazz?
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@Farhad Esta generalización es errónea por $m \ge 4$ .
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Hay resultados sobre calcular la diferencia absoluta entre dos determinantes pero los límites están en la dirección opuesta.