Suponga $A$ $B$ son reales matrices simétricas de orden $n$. Me indican el número de la positiva autovalores de las matrices de $A,B,A+B$ $P(A),P(B),P(A+B)$ respectivamente.
Demostrar que: $$P(A+B)\leq P(A) +P(B)$$.
Se dice que este problema tiene Primaria de la prueba .y sé que este problema es este post:
Mi maestro decir que este problema tiene otras Primaria de la prueba,puede alguien ayudar? Gracias
Respuesta
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Hasta donde yo sé, esta es la forma más elemental de la prueba basado en el teorema espectral para Hermitian matrices y un simple dimensiones argumento.
Deje $V_+(X)\subset\mathbb{C}^n$ ser el subespacio generado por los vectores propios correspondientes a los autovalores positivos de un Hermitian matriz $X$ $V_+(X)^{\perp}$ su complemento ortogonal (de ahí el subespacio generado por los vectores propios correspondientes a los no positivos autovalores). Tenemos $$\tag{$*$}V_+(A)+V_+(B)+V_+(A+B)^{\perp}=\mathbb{C}^n.$$ Por lo tanto la suma de las dimensiones de estos tres espacios no puede ser menor que $n$: $$ n\leq\dim V_+(A)+\dim V_+(B)+\dim V_+(a+B)^{\asesino}. $$ Desde $\dim V_+(A)=P(A)$, $\dim V_+(B)=P(B)$, y $\dim V_+(A+B)^{\perp}=n-P(A+B)$, tenemos $$ n\leq P(a)+P(B)+(n-P(a+B)) \quad \Leftrightarrow \quad P(a+B)\leq P(a)+P(B). $$
A ver por qué ($*$) se mantiene, tenga en cuenta que es equivalente a (tomar el complemento) a $$V_+(A)^{\perp}\cap V_+(A)^{\perp}\cap V_+(A+B)=\{0\}.$$ Si esto no fuera cierto, no sería distinto de cero $x$ tal que $x^*Ax\leq 0$$x^*Bx\leq 0$, e $x^*(A+B)x>0$. Esta es, sin embargo, no es posible.
Para la referencia, véase este papel.
