Mostrar que el determinante es no negativo

Question

Dejemos que $A,B \in M_{2}(\mathbb R)$ . Demostrar que $\det((AB+BA)^4 + (AB-BA)^4)\geq 0$

Mi intento: la expresión se convierte en $\det(2(M-N)^2+16MN)$ donde $M=(AB)^2$ y $N=(BA)^2$ .

No estoy seguro de cómo continuar desde aquí.

Se agradece cualquier sugerencia.

Answer 1

Dejemos que $d=\det(AB-BA)$ y $\lambda_1,\lambda_2$ sean los dos valores propios de $AB+BA$ . Desde $X^2=-\det(X)I_2$ y a su vez $X^4=\det(X)^2I_2$ para cualquier $2\times2$ matriz $X$ obtenemos $$ \det\left[(AB+BA)^4 + (AB-BA)^4\right] =\det\left[(AB+BA)^4 + d^2I_2\right] =(\lambda_1^4+d^2)(\lambda_2^4+d^2). $$ Como $AB+BA$ es real, ya sea $\lambda_1$ y $\lambda_2$ son ambos reales o son complejos conjugados entre sí. En cualquiera de los dos casos, la afirmación se deduce inmediatamente.

Answer 2

Creo que abordar el problema es más fácil mostrando el Semidefinición positiva de M y N. Así se puede generalizar a $A,B \in R^{n \times n}$ .

Expandir el cuadrado de la matriz $AB$ y $BA$ según esta fuente , $M = (AB)^2 = ABB^TA^T, N = (BA)^2 = BAA^TB^T$ son simétricos. Como resultado, sus valores propios son reales.

Además, M y N son PSD (mostrados al final de la respuesta). El determinante de una matriz PSD es mayor o igual que cero. Por lo tanto, basta con demostrar que $2(M - N)^2 + 16MN = 2M^2 + 12MN + 2N^2$ es PSD. Y esto es trivial ya que es una suma y producto de matrices simétricas PSD.

M es PSD si $x^TMx \geq 0$ $\forall x \in R^n$ $\implies x^TABB^TA^Tx = \sum_{i=1}^n\langle x,(AB)_i\rangle^2 \geq 0$ donde $(AB)_i$ es $i$ columna de la matriz $AB$ .