¿Existen matrices positivas definidas $A$ y $B$ ¿satisfacer esta condición?

Question

Denota por $\mathbb{P}_n$ sea el conjunto de los reales simétricos positivos definidos $n \times n$ matrices. En $\mathbb{P}_n$ definimos un orden parcial como sigue: para $X, Y \in \mathbb{P}_n$ decimos que $X \prec Y$ si $Y-X$ también es una matriz definida positiva. Sea $\lambda = 2^{1-1/p}$ con $p>1$ sea un número real.

Pregunta: Para $0\prec X \prec Y \prec \lambda X$ ¿existen matrices positivas definidas $A, B$ tal que

$$X = \dfrac{A+B}{2}, \qquad Y = \left(\dfrac{A^p+B^p}{2}\right)^{1/p}?$$

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Observación: La respuesta en el caso de un escalar es Sí, y $\lambda = 2^{1-1/p}$ proviene de este caso para asegurar que la función $$f(a) = \left(\dfrac{a^p + (2x-a)^p}{2}\right)^{1/p}$$ es suryente de $[0,2x]$ a $[x, \lambda x]$ .

Answer 1

Editar: La respuesta original sólo se refería a $p=2$ Ahora el caso es que $1<p<\infty$ también se trata. Dejo el $p=2$ caso, ya que es más sencillo.

No. Una respuesta positiva a su pregunta para $p=2$ implicaría en particular que $$ 0<X<Y<\lambda X \implies X^2 \leq Y^2,$$ que se sabe que es falso (el mapa cuadrado no es un operador monótono), véase más abajo un contraejemplo explícito.

De hecho, si $$X = \dfrac{A+B}{2}, \qquad Y = \left(\dfrac{A^2+B^2}{2}\right)^{1/2},$$ entonces tenemos $Y^2 - X^2 = \dfrac{(A-B)^2}{4}$ .

Para un contraejemplo concreto, tomemos $X=\begin{pmatrix} 1 &0\\0& \frac 1 4\end{pmatrix}$ y $Y = X+ t \begin{pmatrix} 1&1\\1&1\end{pmatrix}$ . Para los pequeños positivos $t$ las desigualdades $0<X<Y<\lambda X$ se satisfacen, pero $Y^2-X^2$ tiene un determinante $- (3t/4)^2<0$ Por lo tanto, nunca es positivo.

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Cuando $1<p<\infty$ podemos aplicar un argumento similar. Utilizaremos el siguiente teorema de Loewner (creo): el mapa $t \mapsto t^r$ es un operador cóncavo si $0<r \leq 1$ y el operador convexo para $1\leq r \leq 2$ . Véase, por ejemplo, el libro de Bhatia sobre el análisis matricial.

Así que si tomamos algunas $1<r \leq \min(2,p)$ tenemos para cada positivo $A,B$ y $$X = \dfrac{A+B}{2}, \qquad Y = \left(\dfrac{A^p+B^p}{2}\right)^{1/p},$$ $$ X^r \leq \frac{A^r+B^r}{2} \leq \left(\frac{A^p+B^p}{2}\right)^{r/p} = Y^{r}.$$ (la primera desigualdad es la convexidad del operador $t^r$ el segundo es la concavidad del operador $t^{r/p}$ .

Así que una respuesta positiva a su pregunta implicaría que $$ 0<X<Y<\lambda X \implies X^r \leq Y^r,$$ lo que debería contradecir la monotonicidad no operativa de $t^r$ . Hay que revisar algo cuando $r<2$ como la monotonicidad no operativa de $t^r$ sólo dice que $0<X<Y \implies X^r \leq Y^r$ no es cierto, pero supongo (no lo he comprobado) que el mismo contraejemplo concreto que para $r=2$ arriba debería funcionar.