Es cierto siempre que $\det(A^2+B^2)\geq0$?

Question

Deje $A$ $B$ ser real de las matrices cuadradas del mismo tamaño. Es cierto que $$\det(A^2+B^2)\geq0\,?$$

Si $AB=BA$, entonces la respuesta es positiva: $$\det(A^2+B^2)=\det(A+iB)\det(A-iB)=\det(A+iB)\overline{\det(A+iB)}\geq0.$$

Answer 1

Si $A= \left( \begin{matrix} 1 &1 \\ 0 &1 \end{matrix} \right)$$B=\left( \begin{matrix} 1&0 \\ n&1 \end{matrix} \right)$,$\det(A^2+B^2)=4(1-n)$.

Answer 2

Las ideas en Seiriosrespuesta y Jyrki Lahtonen's (ahora suprimido) respuesta puede ser generalizada para el siguiente resultado:

Deje $n\ge2$$A\in M_n(\mathbb{C})$. A continuación, $\det(A^2+B^2)\ge0$ todos los $B\in M_n(\mathbb{R})$ si y sólo si $A^2$ es un escalar no negativo múltiples de $I_n$.

Prueba.

("$\Leftarrow$") Supongamos $A^2=pI$ algunos $p\ge0$. Desde nonreal autovalores de a $B$ se producen en el conjugado de a pares, y las plazas de la real autovalores de a $B$ son no negativos, se deduce que el $\det(A^2+B^2)\ge0$.

("$\Rightarrow$") Primero mostramos que la $A^2$ es real. Deje $C=A^2=(c_{ij})$ $B^2=\operatorname{diag}(0,\lambda,\lambda,\ldots,\lambda)$ donde $\lambda>0$. Por la condición dada, $\det(A^2+B^2)=c_{11}\lambda^{n-1}+o(\lambda^{n-1})\ge0$ para todos lo suficientemente grande $\lambda$. Por lo tanto $c_{11}$ debe ser real. Del mismo modo, otras entradas de $C$ son demasiado real, es decir, $A^2$ tiene que ser real.

Queda por demostrar que:

Si $n\ge2$ $A^2\in M_n(\mathbb{R})$ no es un no negativo múltiples de $I_n$, entonces no existe $B\in M_n(\mathbb{R})$ tal que $\det(A^2+B^2)<0$.

Considere el caso en $n=2$ primera. Deje $R(\theta)=\pmatrix{\cos\theta&\sin\theta\\ -\sin\theta&\cos\theta}$. Podemos suponer que la $A^2$ es en su real Jordan en la forma. Hay cuatro posibilidades:

1. $A^2=\pmatrix{\lambda&1\\ 0&\lambda}$ algunos $\lambda\in\mathbb{R}$. A continuación, $\det(A^2+B^2)<0$ al $B=B_0:=\pmatrix{1&0\\ b&1}$ para suficientemente grande $b$.
2. $A^2=\pmatrix{\lambda_1&0\\ 0&\lambda_2}$ diferentes $\lambda_1,\lambda_2\in\mathbb{R}$. Deje $B=bR(\frac\pi2)$. A continuación, $\det(A^2+B^2)=(\lambda_1^2-b^2)(\lambda_2^2-b^2)<0$ al $b^2$ es estrictamente entre $\lambda_1^2$$\lambda_2^2$.
3. $A^2=a^2R(\theta)$ $a\neq0$ $\sin\theta\neq0$ . Si $\sin\theta>0$, vamos a $B=aB_0$. A continuación, $\det(A^2+B^2)=2a^2(1+\cos\theta) - 2a^2b^2\sin\theta<0$ al $b$ es lo suficientemente grande. Si $\sin\theta<0$, elija $B=aB_0^T$ lugar.
4. $A^2=-a^2I_2$ $a\neq0$ . Deje $B=\pmatrix{\lambda_1&0\\ 0&\lambda_2}$. A continuación, $\det(A^2+B^2)=(\lambda_1^2-a^2)(\lambda_2^2-a^2)<0$ al $\lambda_1^2,\lambda_2^2$ soporte $a^2$.

Ahora, si $n>2$, podemos asumir que la manzana de la diagonal $\widetilde{A}$ en el real de Jordan en la forma de $A$ tiene una de las dos formas anteriores. Por lo tanto, si $B$ es un bloque matriz diagonal cuya diagonal correspondiente bloque de a $\widetilde{A}$ es elegido como en el anterior y cada uno de los otros diagonal de bloques es $1\times1$ y es igual a$\rho(A)+1$,$\det(A^2+B^2)<0$. (La adición de $1$ $\rho(A)$es necesario para garantizar que el determinante es distinto de cero y el signo del determinante es el único modificado por la diagonal de bloques correspondiente a $\widetilde{A}$.)