Para que dimensiones es posible tener $A \succeq B \succeq 0$ $A^2 - B^2$ tener $n-1$ negativo autovalores?

Question

Para cualquier dimensión $n$, podemos escribir dos simétrica, positiva semi-definida matrices $A,B$ $A \succeq B$ en el sentido de la costumbre de los pedidos (es decir, $A-B$ es positivo semidefinite) tal que $A^2 - B^2$ $n-1$ negativo autovalores?

Notas:

1. Para $n=2$, hay ejemplos de matrices de $A,B$ tal que $A \succeq B$ pero no es cierto que $A^2 \succeq B^2$. Por ejemplo: $$A = \left( \begin{array}{cc} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{array} \right), B = \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array} \right)$$ For $n=2$, este par de matrices proporciona una respuesta a esta pregunta.

2. Desde ${\rm tr}(A^2-B^2) \geq 0$, la matriz $A^2 - B^2$ tiene al menos un autovalor positivo.

Mi motivación: el hecho de que $A \succeq B$ no implica $A^2 \succeq B^2$ es algo intuitivo para mí. Me preguntaba si se puede construir un ejemplo en donde la $A^2 - B^2$ es `tan cerca" a una negativa definitiva de la matriz como sea posible.

Answer 1

Es posible para cada $n$. Deje $D=A-B$. A continuación,$A^2-B^2=D^2+DB+BD$. Basta con encontrar dos positiva definida matrices $B$ $D$ tal que

(a) $D^2+DB+BD$ tiene exactamente un autovalor positivo y $n-1$ negativo autovalores.

También basta con encontrar dos positiva definida matrices $B$ $D$ tal que

(b) $C=DB+BD$ tiene exactamente un autovalor positivo y $n-1$ negativo autovalores,

para, si $(B,D)$ satisface (b), a continuación, $(B,\varepsilon D)$ va a satisfacer (a) para cualquier suficientemente pequeño $\varepsilon>0$. Ahora podemos resolver (b) de forma recursiva. Para subrayar la dimensión $n$, vamos a escribir $B_n,D_n,C_n$ en lugar de $B,D,C$. El caso base $n=1$ es trivial. Supongamos que hemos construido una factible par $(B_n,D_n)$ donde $D_n$ es diagonal. Claramente, para cualquier $n$-vector $v$, podemos incrustar $B_n$ en una matriz positiva definida $B_{n+1}=\pmatrix{B_n&v\\ v^H&b}$. Deje $D_{n+1}=\pmatrix{D_n\\ &d}$. Entonces $$ C_{n+1}=B_{n+1}D_{n+1}+D_{n+1}B_{n+1}=\pmatrix{C_n&D_nv+dv\\ v^HD_n+dv^H&2bd}. $$ Por nuestra construcción de la $C_n$ y por Cauchy del entrelazado de la desigualdad, todos excepto los de la segunda mayor autovalor $\lambda_2$ $C_{n+1}$ tienen los mismos signos como los autovalores de a $C_n$ (cuando ambos espectros se organizan en orden descendente). Por lo tanto (b) se cumple iff $\lambda_2<0$ fib $\det C_{n+1}$ $\det C_n$ tienen signos opuestos si el complemento de Schur $S=2bd - (v^HD_n+dv^H)C_n^{-1}(D_nv+dv)$ $C_n$ $C_{n+1}$ es negativo.

Ahora, si tomamos un autovector $v$ correspondiente al autovalor positivo de $C_n$ y elegir una lo suficientemente grande $d>0$, $S<0$ y (b) se cumple.