Satisfaciendo la siguiente desigualdad determinante

Question

Me gustaría encontrar condiciones menos restrictivas en $W = W^T \succ 0, \ V = V^T \succ 0$ (que son $\mathbb{R}^{n \times n}$ matrices definidas positivas) tales que la siguiente desigualdad se satisface:

$$ \text{det} \bigg( W^{-1} \Gamma W^{-1} + A^T V A \bigg) \geq 1 \tag{*} $$

donde $\Gamma = \Gamma^T \triangleq W - B P B^T \in \mathbb{R}^{n \times n} $ pero no es necesariamente una matriz definida positiva, con $P = P^T \succ 0$ siendo un $\mathbb{R}^{n \times n}$ matriz definida positiva. Además, las matrices $A, B \in \mathbb{R}^{n \times n}$ son arbitrarios.

Esperaba que (*) pudiera simplificarse utilizando desigualdades determinantes apropiadas, por ejemplo utilizando la desigualdad determinante de Minkowski (aquí: https://mathoverflow.net/questions/251646/reverse-minkowski-and-related-determinant-inequalities ), pero esto requiere que $\Gamma$ sea positiva definida, aunque sea simétrica $\Gamma = \Gamma^T$ --así que no estoy seguro. Además, el segundo término tendría que ser también positivo definido. No me gustaría imponer condiciones a $A,B$ sin embargo.

Answer 1

A continuación, he enumerado algunas observaciones. Lo que usted quiere parece ser imposible sin restringir $A$ y $B$ muy fuerte.

Primera observación: Si $n$ es impar, no hay matrices definidas positivas $W,V,P$ de modo que (*) es válido para todos los $A,B$ . Considere $W,V,P,A$ fijo y dejar que $B=tI$ para $t\in\mathbb R$ . Entonces la matriz cuyo determinante te interesa es $$ X-t^2Y, $$ donde $Y=W^{-1}PW^{-1}$ y $X=W^{-1}+A^TVA$ . Observe que $X$ y $Y$ son independientes de $t$ . Cuando $t$ es grande, el término $-t^2Y$ domina, y se puede olvidar esencialmente $X$ . Con más rigor 1 , $$ \det(X-t^2Y) = \det(-t^2Y)+O(t^{2n-2}) = (-1)^nt^{2n}\det(Y)+O(t^{2n-2}). $$ Observe que $\det(Y)=\det(P)\det(W)^{-2}>0$ . La forma exacta del término de error es irrelevante; basta con que sea $O(t^{2n-2})$ para que crezca más lentamente que el primer término. De hecho, $t\mapsto\det(X-t^2Y)$ es un polinomio, y el signo de un polinomio para un argumento grande sólo depende del término principal.

Lo que todo esto significa es que si $n$ es impar, entonces el determinante será negativo para un tamaño suficientemente grande $t$ . En particular, no puede ser al menos 1 para todos los $t$ .

No era importante que $B$ es un múltiplo de la identidad. El mismo argumento vale para $B=tC$ para cualquier invertible $C$ ; sólo tendrías $Y=W^{-1}BPB^TW^{-1}$ que tiene determinante positivo. La conclusión es: La identidad deseada no puede ser válida para todo $B$ si $n$ es impar, no importa lo que hagas. (Para demostrar que algo no es válido para todos $B$ es suficiente con encontrar un contraejemplo. He elegido el más sencillo, pero hay muchos más).

Segunda observación: Si $A=B=0$ entonces su (*) se convierte en $\det(W)\leq1$ . Esta es una suposición necesaria para $W$ . No sé si es suficiente en dimensiones pares.

Tercera observación: El determinante es independiente de la base. Puedes utilizar esta libertad para diagonalizar una de tus matrices simétricas.

Cuarta observación: Toda matriz definida positiva tiene una raíz cuadrada definida positiva bien definida. (Para encontrarla: diagonalizar y tomar la raíz de cada elemento diagonal). Existe una matriz simétrica $W^{-1/2}\in\mathbb R^{n\times n}$ que es definida positiva y cuyo cuadrado es $W^{-1}$ . Del mismo modo, existe una simetría $P^{-1/2}$ . Ahora elija $B=W^{-1/2}P^{-1/2}$ . La transposición es $B^T=P^{-1/2}W^{-1/2}$ . Entonces sucede que $$ \Gamma = W-W^{-1/2}P^{-1/2}PP^{-1/2}W^{-1/2} = W-W^{-1/2}IW^{-1/2} = 0. $$ Ahora bien, si también elige $A=0$ entonces $W^{-1} \Gamma W^{-1} + A^T V A=0$ y (*) falla. Esto funciona para cualquier definida positiva $W,V,P$ .

Quinta observación: Si está dispuesto a restringir $A$ y $B$ Hay una manera de hacerlo. Partiendo de la observación 2, supongamos $\det(W)<1$ . Sea $Z=A^TVA-W^{-1}BPB^TW^{-1}$ . Tenemos $\det(W^{-1}+Z)=\det(W)^{-1}\det(I+WZ)$ .

Denota por $\|Q\|_\infty$ el mayor valor absoluto de los elementos de una matriz, y por $\|Q\|$ la norma del operador. Supongamos que $\|Q\|_\infty\leq1$ . Utilizando la fórmula polinómica $$ \det(Q)= \sum_\sigma \text{sgn}(\sigma) \prod_{i=1}^{n} Q_{\sigma(i),i} $$ para un determinante, se puede ver que $$ \begin{split} & |\det(I+Q)-1| \\&= \left| \prod_{i=1}^{n} (1+Q_{i,i})-1 + \sum_{\sigma\neq\text{id}} \text{sgn}(\sigma) \prod_{i=1}^{n} (\delta_{\sigma(i),i}+Q_{\sigma(i),i}) \right| \\&\leq \left| \prod_{i=1}^{n} (1+Q_{i,i})-1 \right| + \sum_{\sigma\neq\text{id}} \left| \prod_{i=1}^{n} (\delta_{\sigma(i),i}+Q_{\sigma(i),i}) \right| \\&\leq (2^n-1)\times\|Q\|_\infty + (n!-1)\times 2^{n-1}\|Q\|_\infty \\&\leq 2^nn!\|Q\|_\infty. \end{split} $$ Cada término del producto $\left| \prod_{i=1}^{n} (\delta_{\sigma(i),i}+Q_{\sigma(i),i}) \right|$ arriba es como máximo $2$ en valor absoluto, y hay al menos una $i$ para que $\delta_{\sigma(i),i}=0$ por lo que el producto es como máximo $2^{n-1}\|Q\|_\infty$ en valor absoluto. El resto de las estimaciones son similares.

Si $A$ y $B$ son tales que $\|Z\|<\epsilon$ entonces $\|WZ\|_\infty\leq\|WZ\|\leq\|W\|\|Z\|<\epsilon\|W\|$ y así $$ \begin{split} \det(W^{-1}+Z) &= \det(W)^{-1}\det(I+WZ) \\&= \det(W)^{-1} - \det(W)^{-1}(\det(I+WZ)-1) \\&\geq \det(W)^{-1} - \det(W)^{-1}2^nn!\|WZ\|_\infty \\&\geq \det(W)^{-1} - 2^nn!\|W\|\epsilon\det(W)^{-1}. \end{split} $$ Ahora bien, si $\epsilon\leq\frac{1-\det(W)}{2^nn!\|W\|}$ entonces $\det(W)^{-1} - 2^nn!\|W\|\epsilon\det(W)^{-1}\geq1$ por lo que (*) se mantiene.

Para conseguir $\|Z\|<\epsilon$ Basta con que $\|A\|<\sqrt{\epsilon/2\|V\|}$ y $\|B\|<\|W^{-1}\|^{-1}\sqrt{\epsilon/2\|P\|}$ la estimación que lleva a esto es inmediata a partir de la fórmula de $Z$ . Esto conduce a restricciones explícitas en $A$ y $B$ . Utilizando el $\epsilon$ de lo anterior, obtenemos $$ \|A\|<\min\left(\sqrt{\frac{1-\det(W)}{2^{n+1}n!\|W\|\|V\|}},\sqrt{1/2\|V\|}\right) $$ y $$ \|B\|<\min\left(\|W^{-1}\|^{-1}\sqrt{\frac{1-\det(W)}{2^{n+1}n!\|W\|\|P\|}},\|W^{-1}\|^{-1}\sqrt{1/2\|P\|}\right). $$ (También supuse que $\epsilon\leq1$ para simplificar algunos cálculos).

Si necesita más detalles sobre esta observación, por favor, haga una pregunta separada; sería desviarse aquí para entrar en todos los detalles, ya que su pregunta original no quería restricciones en $A$ y $B$ .

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1 La segunda desigualdad no es más que $\det(\lambda A)=\lambda^n\det(A)$ . La primera es un poco más difícil de ver. Una opción es reescribirlo como $$ \det(X-t^2P) = \det((P^{-1}X-t^2I)P) = \det(P^{-1}X-t^2I)\det(P). $$ Ahora está claro que es un polinomio característico (con $t^2$ en lugar de $\lambda$ ) veces $\det(P)$ . El término de orden principal de $\det(Q-\lambda I)$ es $(-\lambda)^n$ y es un polinomio de grado $n$ en $\lambda$ . Sustituir $\lambda=t^2$ para obtener el resultado que he utilizado anteriormente.