Demostrar o refutar : $\det(A^k + B^k) \geq 0$

Question

Esta pregunta proviene de aquí . Como el OP no ha editado su pregunta y realmente quiero la respuesta, estoy añadiendo mis pensamientos.

Dejemos que $A, B$ sean dos reales $n\times n$ matrices que conmutan y $\det(A + B)\ge 0$ .
Demostrar o refutar : $\forall k\in \mathbb{N}^*$ $$\det(A^k + B^k) \geq 0$$

Lo que pienso al respecto
Creo que podemos considerar dos casos : k par y k impar.
Para k incluso, el resultado es bastante fácil teniendo en cuenta $$\det(A^{2k}+B^{2k})=\det(A^{k}+iB^{k}){\det(A^{k}-iB^{k})}=\det(A^{k}+iB^{k})\overline {\det(A^{k}+iB^{k})}\ge 0$$ Para k impar, he pensado en esta igualdad pero no sé si puede ayudar $$A^{2k+1}+B^{2k+1}=(A+B)\left(\sum_{i=0}^{2k} (-1)^i A^{2k-i}B^{i}\right)$$ así que $$\det(A^{2k+1}+B^{2k+1})\ge 0 \iff \det\left(\sum_{i=0}^{2k} (-1)^i A^{2k-i}B^{i}\right)\ge 0$$

Answer 1

Sugerencia :

Si $k=2p$ entonces $A^k+B^k = (A^p+iB^p)(A^p-iB^p)$ y usar eso $\det \overline{M}=\overline{\det M}$ . En este caso, la hipótesis $\det(A+B)\ge 0$ es inútil.

Si $k=2p+1$ , utilice la factorización $A^k+B^k = (A+B)\prod_{m=1}^p (A+e^{\frac{2im\pi}{2p+1}}B)(A+e^{-\frac{2im\pi}{2p+1}}B)$ y luego utilizar el truco del caso par.

Answer 2

Aquí está la prueba para $det(B) \ne 0$ . Tenemos $$ det(A+B)=det(B)det(AB^{-1}+I)=det(B)det(PJ_{AB^{-1}}P^{-1}+I)=det(B)(\lambda _1 +1)\cdots (\lambda _n + 1) $$ y $$ det(A^k+B^k)=det(B^k)det(A^k B^{-k} + I)=det(B^k)det(PJ_{AB^{-1}}^kP^{-1}+I)=det(B)^k({\lambda _1}^k +1)\cdots ({\lambda _n}^k + 1), $$ donde $\lambda _i$ son ocho valores de $AB^{-1}$ . Hay cuatro casos posibles: $$1)det(B)\gt0,k~is~odd$$ $$1)det(B)\gt0,k~is~even$$ $$1)det(B)<0,k~is~odd$$ $$1)det(B)<0,k~is~even$$ . Es fácil ver que en todos estos casos $det(A^k+B^k)\ge0$ .