Desigualdades determinantes $ \det(A^2+B^2+(A-B)^2)\ge 3\det(AB-BA) $

Question

$A$ y $B$ son dos $2\times2$ matrices reales. entonces

$$ \det \Big(A^2+B^2+(A-B)^2\Big)\ge 3\det\left(AB-BA\right).$$

Bueno, parece interesante, pero es realmente difícil empezar.

¡Muchas gracias!

Answer 1

Utilizaremos los siguientes lemas:

${\bf Lemma~1.}$ Dejemos que $R$ , $S$ sean dos reales $2\times 2$ matrices. Entonces $$ \Re(\det(R+iS))=\det(R )-\det(S).$$

$Proof.$ De hecho, si $R_1,R_2$ son los vectores columna de $R$ y $S_1,S_2$ son los vectores columna de $S$ entonces utilizando la bi-linealidad del determinante tenemos $$\eqalign{ \det(R+iS)&=\det(R_1+iS_1,R_2+iS_2)\cr &=\det(R)-\det(S)+i(\det(R_1,S_2)+\det(R_2,S_1)).} $$ y se deduce el lema 1. $\qquad\square$

${\bf Lemma~2.}$ Dejemos que $T$ , $U$ sean dos reales $2\times 2$ matrices. Entonces $$ \vert \det(T+iU) \vert^2=\det(T^2+U^2 )-\det(TU-UT).$$ En particular, $$\det(TU-UT)\leq \det(T^2+U^2 ).\tag{$ * $}$$

$Proof.$ Sí, es cierto, $$\eqalign{ \vert \det(T+iU) \vert^2&=\det(T-iU)\det(T+iU)\cr&=\det((T-iU) (T+iU)) \cr&=\det(T^2+U^2+i(TU-UT)) } $$ Ahora, aplicamos el Lemma 1. con $R=T^2+U^2$ y $S=TU-UT$ . $\qquad\square$

Vayamos a la pregunta propuesta. Vamos a aplicar $(*)$ con $$T=\sqrt{3}(A-B),\quad U= A+B $$ Comprobamos fácilmente que $$\eqalign{ TU-UT&=2\sqrt{3}(AB-BA)\cr T^2+U^2&=2(A^2+B^2+(A-B)^2).} $$ De aquí se desprende la desigualdad propuesta.

Answer 2

Como se muestra en la respuesta de Omran Kouba, si ponemos $T=\sqrt{3}(A-B)$ y $U=A+B$ la desigualdad en cuestión puede reescribirse como $$ \det(T^2+U^2)\ge\det(TU-UT). $$ Obsérvese que Para dos casos cualesquiera de $2\times2$ matrices $A$ y $B$ se cumplen las siguientes identidades: $\renewcommand{\tr}{\operatorname{tr}}$ $\renewcommand{\adj}{\operatorname{adj}}$

\begin{align} \det(A+B) &\equiv \det(A) + \det(B) + \tr(A\adj(B))\tag{1}\\ \tr(A\adj(B)) &\equiv \tr(B\adj(A)).\tag{2} \end{align}

Dejemos que $t=\tr(T\adj(U))=\tr(U\adj(T))$ . Poner $(A,B)=(T,U),\ (T,-U)$ y $\left(TU-UT,\ U^2-T^2\right)$ en $(1)$ obtenemos \begin{cases} \det(T-U) &= \det(T)+\det(U)-t,\\ \det(T+U) &= \det(T)+\det(U)+t,\\ \det((T-U)\det(T+U)) &= \det(TU-UT) + \det(T^2-U^2). \end{cases} Por lo tanto, $$ -\det(T^2-U^2) = \det(TU-UT) + t^2 - (\det(T)+\det(U))^2.\tag{3} $$ Ahora, pon $(A,B)=(T^2,U^2)$ y también $(T^2,-U^2)$ en $(1)$ y sumando, obtenemos $$ \det(T^2+U^2) + \det(T^2-U^2) = 2\det(T)^2+2\det(U)^2. $$ Así, \begin{align} &\det(T^2+U^2)\\ =& 2\det(T^2)+2\det(U^2) - \det(T^2-U^2)\\ =& 2\det(T^2)+2\det(U^2) + \det(TU-UT) + t^2 - (\det(T)+\det(U))^2\quad \text{ by } (3)\\ =& \det(TU-UT) + (\det(T)-\det(U))^2 + t^2\\ \ge& \det(TU-UT). \end{align}