Una conjetura acerca de las huellas de las proyecciones

Question

Deje $M_n$ denotar el espacio de todas las $n\times n$ matrices complejas. Definir $\tau:M_n\rightarrow \mathbb{C}$ por $$\tau(X)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_{ii},$$ where of course $X=[x_{ij}]\en M_n$. Recall that a matrix $P\en M_n$ is called an "orthogonal projection" if $P=P^*=P^2$. Let $a, B, C$ be orthogonal projections in $M_n$ and define two quantities - $$x=\frac{1}{3}\tau(A+B+C)$$ and $$y=\frac{1}{3}\tau(AB+BC+CA).$$

Es fácil ver que para cualquier proyecciones ortogonales $A,B,C\in M_n$ $x$ se encuentra en $[0,1]$. Quiero investigar el caso al $x\in [\frac{1}{3},\frac{1}{2}]$. Mi objetivo es calcular el infimum de $y$ bajo este restringir en $x$.

Mi observación es que el valor mínimo de $y$ $\frac{3x-1}{4}$ al$x\in [\frac{1}{3},\frac{1}{2}]$, y para todos los $n\in \mathbb{N}$.

Sin embargo soy incapaz de probar esto y me preguntaba si aquí la gente puede ser capaz de ver por qué esto podría sostener, o proporcione un contraejemplo a esta conjetura.

Answer 1

Puedo demostrar sólo $y\ge \frac x2(3x-1)$. Sabemos que $A+B+C\ge 0$, así que vamos a $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ ser sus autovalores. Entonces $$ \frac 1n Tr(a+B+C)=\frac 1n \sum \lambda_i=\bar \lambda= 3x $$ y $$ Tr((a+B+C)^2)=\sum \lambda_i^2\ge n \bar \lambda^2=9nx^2. $$ Pero $$ (A+B+C)^2=A^2+B^2+C^2+AB+AB + AC+AB+BC+CA+CB $$ y así $$ Tr((a+B+C)^2)=Tr(a+B+C)+2Tr(AB+BC+CA)=3nx+6ny. $$ Por lo tanto $3nx+6ny\ge 9nx^2$ que los rendimientos de $y\ge \frac x2(3x-1)$.

${\bf{Edit:}}$

El límite dado por la OP es alcanzado por cada $n$ y cada admisible $x$: Conjunto $$ A_0=\begin{pmatrix} 1&0\\ 0&0 \end{pmatrix},\quad B_0=\begin{pmatrix} 1/4&-\sqrt{3}/4\\ -\sqrt{3}/4&3/4 \end{pmatrix}\quad\text{y}\quad C_0=\begin{pmatrix} 1/4&\sqrt{3}/4\\ \sqrt{3}/4&3/4 \end{pmatrix}. $$ A continuación,$Tr(A_0B_0+B_0C_0+C_0A_0)=\frac 34$.

Vamos ahora a$n$, y $x=\frac {n+k}{3n}$ ser admisible, es decir, $0\le k\le n/2$. Definir $A$ a ha $k$ veces el bloque de la matriz $A_0$ en la diagonal, y completar la diagonal con $n-2k$ a veces 1: $$ A=\begin{pmatrix} A_0&&&&& \\&\ddots&&& 0& \\ && A_0&&&\\ &&&1 && \\ &0&&& \ddots &\\ &&&&& 1\end{pmatrix}. $$ Definir $B$ a ha $k$ veces el bloque de la matriz $B_0$ en la diagonal, y completar la diagonal con $n-2k$ a veces 0: $$ B=\begin{pmatrix} B_0&&&&& \\&\ddots&&& 0& \\ && B_0&&&\\ &&&0 && \\ &0&&& \ddots &\\ &&&&& 0\end{pmatrix}. $$ Definir $C$ a ha $k$ veces el bloque de la matriz $C_0$ en la diagonal, y completar la diagonal con $n-2k$ a veces 0: $$ C=\begin{pmatrix} C_0&&&&& \\&\ddots&&& 0& \\ && C_0&&&\\ &&&0 && \\ &0&&& \ddots &\\ &&&&& 0\end{pmatrix}. $$

A continuación, $x=\frac{1}{3n}Tr(A+B+C)=\frac{n+k}{3n}$ (lo que implica,$\frac kn=3x-1$) y $$ y=\frac{1}{3n}Tr(AB+BC+CA)=\frac{1}{3n}Tr(k(A_0B_0+B_0C_0+C_0A_0))=\frac{1}{3n}\frac 34k= \frac 14 \frac kn=\frac{3x-1}{4}, $$ por lo tanto el límite es alcanzado.