¿Hay alguna relación interesante entre una matriz hermítica y su absoluto entrywise correspondiente?

Question

En general, un Hermitian matriz puede tener complejo de fuera de la diagonal términos. Dado cualquier Hermitian matriz $[A]_{n,m}$, puedo construir otra matriz $[\vert A\vert ]_{n,m} =\vert A_{n,m} \vert$. Me gustaría saber si hay alguna de las relaciones conocidas entre dos matrices. Algunas preguntas más específicas que estaba pensando, pero no tengo una respuesta son los siguientes:

1. Es posible transformar el uso de un unitario $UAU^{\dagger}$ o utilizando una combinación convexa de matrices unitarias $\sum_i p_i U_iAU_i^{\dagger}$ donde $\sum_i p_i =1$? Parece ser posible para $2 \times 2$ positiva semi-definida matrices.

2. Hay desigualdades relativa a su seguimiento de las normas $\operatorname{tr}(\sqrt{A^\dagger A})$$\operatorname{tr}(\sqrt{\vert A \vert^\dagger \vert A \vert})$? Como si uno es siempre más grande que el otro.

Cualquier información será de utilidad para general Hermitian matrices serán de ayuda, pero si quisiera saber, estoy mirando los dos casos especiales de matrices de ahora mismo:

a) $A$ es una matriz positiva definida.

b) $A$ es un hueco (cero en la diagonal principal), en bandas, Toeplitz y Hermitian matriz que tiene el siguiente aspecto:

\begin{bmatrix} 0 & a_1 & a_2 & \ldots & a_n \\ a_1^* & 0 & a_1 &\ldots & \vdots \\ a_2^* &a_1^* & 0 & \ldots &\vdots \\ \vdots & & & \ddots & \vdots\\ a_n^* & a_{n-1}^* & a_{n-2}^* &\ldots &0 \end{bmatrix}

Gracias por toda su ayuda.

Answer 1

1. La condición $$\tag{1} B=\sum_jp_jU_jAU_j^*,\ \ \ \sum p_j=1,\ \ p_j\geq0$$ implies that $B$ has the same trace as $$. Si $$ A=\begin{bmatrix}1&1\\1&-1\end{bmatrix}, $$ ni $A$ es una combinación convexa de unitario conjugados de $|A|$ ni $|A|$ es una combinación convexa de unitario conjugados de $A$. $$\ $$ Funciona, como usted dice, para $2\times2$ positivo-semidefinite matrices. En este caso la diagonal principal de a $A$ consiste en no negativo de las entradas, así que, si $A_{12}=e^{it}\,|A_{12}|$, $$ UAU^*=\begin{bmatrix}1&0\\0&e^{it}\end{bmatrix}\, \begin{bmatrix}A_{11}&e^{it}|A_{12}|\\ e^{-it}|A_{21}|&A_{22}\end{bmatrix}\, \begin{bmatrix}1&0\\0&e^{-it}\end{bmatrix}\, = \begin{bmatrix}A_{11}&|A_{12}|\\ |A_{21}|&A_{22}\end{bmatrix}\,=|A|. $$ $$\ $$ Tenga en cuenta que $(1)$ es equivalente a la majorization $\lambda(B)\prec\lambda(A)$ (es decir, majorization entre los vectores de autovalores). Para la matriz $$ A=\begin{bmatrix}0&-2&-2\\ -2&0&-3\\-2&-3&0\end{bmatrix}, $$ tenemos $\lambda(|A|)=-\lambda(A)$. Así que para ser capaz de obtener un $|A|$ en la forma $(1)$, necesitaríamos $-\lambda(A)\prec\lambda(A)$, lo que uno puede comprobar de forma explícita se produce un error.$$\ $$ Del mismo modo, también falla al $A$ es positivo-semidefinite: para $$ A=\begin{bmatrix}4&-2&-2\\ -2&5&-3\\-2&-3&6\end{bmatrix}, $$ de nuevo $\lambda(A)$ $\lambda(|A|)$ no majorize cada uno de los otros, por lo que no podemos obtener una de la otra con una expresión de la forma $(1)$.

2. Desde $\text{tr}(A^*A)=\text{tr}(|A|^*|A|)$ siempre, , $$ \text{tr}(\sqrt{A^*})\leq n^{1/2}\,\text{tr} (^*)^{1/2}= n^{1/2}\,\text{tr}(|A|^*|A|)^{1/2}\leq n^{1/2}\,\text{tr}(\sqrt{|A|^*|A|}) $$