Determinante de la desigualdad sobre la positiva definida matrices.

Question

Suponga $A \in M_n(\Bbb{R})$ (no necesariamente simétrica), y para $\forall \alpha\not=0$, $\alpha^TA\alpha>0$. Mostrar que $$\det\left(\frac{A+A^T}{2}\right)\leq \det A.$$

Answer 1

La matriz $B=\frac{A+A^T}{2}$ es simétrica y definida positiva. Así que hay es una matriz ortogonal $P$ ( $P^{T}=P^{-1}$ ) tal que $D=P^TBP$ es una diagonal matriz de decir $D=(d_1,\ldots, d_n)$ todos los $d_i$ positivo.

Sustitución de la inicial $A$$P^TAP$, podemos suponer sin pérdida de generalidad que $B$ es diagonal, es decir,$B=D=(d_1,\ldots, d_n)$. Entonces podemos escribir $A=B+C$ donde $C$ es una matriz antisimétrica.

Los siguientes dos hechos son bien conocidos (y demostrado en la Wikipedia) sobre antisimétrica matrices :

1) Si $C$ es una matriz antisimétrica con extraña dimensión, a continuación, ${\sf det}(C)=0$ (de hecho, tome el factor determinante en ambos lados en $C^T=-C$).

2) Si $C$ es una matriz antisimétrica, incluso con dimensión, a continuación, ${\sf det}(C)$ es no negativa (de hecho, los autovalores son todos puramente imaginario y vinculado de una forma agradable por conjugación).

Ahora echemos un vistazo a la expansión de la ${\sf det}(A)={\sf det}(B+C)$. Para cualquier subconjunto $I\subseteq \lbrace 1,2, \ldots ,n \rbrace$, poner

$$d_{I}=\prod_{i\in I} d_i$$

y deje $C_I$ ser la matriz obtenida de a $C$ cuando uno elimina las líneas y columnas cuyo índice es de $I$.

Entonces, como el $d_i$ aparecen en la diagonal de $A$ y en ninguna otra parte, tenemos una expansión

$${\sf det}(A)=\sum_{I\subseteq \lbrace 1,2, \ldots ,n \rbrace} d_I {\sf det}(c_I)$$

Al $I$ es completa, $I= \lbrace 1,2, \ldots ,n \rbrace$, $C_I$ es un vacío de la matriz y tenemos el término $d_1d_2\ldots d_n={\sf det}(B)$. Los otros términos son no negativos por las propiedades (1) y (2). Así que tenemos ${\sf det}(A) \geq {\sf det}(B)$ como se quiera.

Answer 2

Si $(\lambda, x)$ es un verdadero eigenpair de $A$,$\lambda\|x\|^2 = x^TAx>0$. Por lo tanto, todos los autovalores de a $A$ son positivos. Como nonreal autovalores de a $A$ debe ocurrir en el conjugado de a pares, sigue ese $\det(A)>0$. Ahora, por la condición dada, tenemos $x^T\frac{A+A^T}2x = x^TAx >0$ para todo vector distinto de cero $x$. Por lo tanto, la parte simétrica de $A$ es positiva definida. Por lo tanto $\sigma_k(A)$, $k$- ésimo mayor valor singular de a $A$, es siempre mayor o igual a $\sigma_k\left(\frac{A+A^T}2\right)$ (ver prueba aquí) y, en consecuencia, $$\det(A)=|\det(A)|=\prod_{k=1}^n\sigma_k(A)\ge \prod_{k=1}^n\sigma_k\left(\frac{a+a^T}2\right) =\det\left(\frac{a+a^T}2\right).$$