Demostrar que $\det (A^n + B^n) \geq 0 $

Question

Deje $A$ $B$ $M_n(\mathbb{R})$ $AB=BA$ $\det(A+B) \geq 0$

Demostrar que $ \forall n \in \mathbb{N^{*}} $, $\det (A^n + B^n) \geq 0 $

---

He intentado utilizar la inducción pero me atoré.

Answer 1

SUGERENCIA:

Usted podría utilizar los números complejos. Considere la posibilidad de la factorización $$(X^n + 1) = \prod_{\omega^n +1 = 0}( X- \omega)$$ Las raíces de la ecuación de $X^n+1 = 0$ son complejas, distintas, y conjugar en pares, si $n$ es incluso, o $-1$, e $\frac{n-1}{2}$ pares de conjugar las raíces, si $n$ es impar.

Desde $A$, $B$ el viaje, podemos escribir la igualdad en $M_n(\mathbb{C})$

$$A^n + B^n = \prod_{\omega^n + 1 = 0} (A - \omega B)$$

Para $n$ incluso llegamos

$$A^n + B^n = \prod_{\omega^n + 1= 0, \Re \omega >0}( A - \omega B) (A - \bar \omega B)$$ while for $$ n impar tenemos $$A^n + B^n = (A+B) \cdot \prod_{\omega^n + 1= 0, \Re \omega >0}( A - \omega B) (A - \bar \omega B)$$

Ahora tome los factores determinantes y el aviso de que $$\det(A- \omega B) \det (A- \bar \omega B) = |\det(A- \omega B)|^2 \ge 0$$

Answer 2

Ok, me gusta mucho la respuesta por orangeskid.

Sin embargo, quiero entender la solución expuesta por Giuseppe Negro.

Como ya se señaló, los desplazamientos diagonalizable matrices son simultáneamente diagonalizable. Así que vamos a suponer que $A=diag(a_1, a_2, \ldots a_n)$$B=diag(b_1, b_2, \ldots b_n)$. Entonces $$\det(A+B)=\prod_{i=1}^n (a_i+b_i)$$ and $$\det(A^k+B^k)=\prod_{i=1}^n (a_i^k+b_i^k)$$ Así que tenemos que demostrar que $\prod_{i=1}^n (a_i+b_i) \geq0 $ implica $\prod_{i=1}^n (a_i^k+b_i^k) \geq 0$.

Si $n$ es incluso esto es cierto para cualquier $a_i$$b_i$, incluso sin la asunción desde cualquier incluso el poder es no negativo.

Si $n$ es impar entonces considerar dos casos. Si $a_i+b_i =0$ para algunos k, entonces $a_i^k+b_i^k=0$, así que la implicación es verdadera. Consideremos el caso de al $a_i+b_i \neq 0$ cualquier $i$. Es suficiente para probar que el $a_i+b_i$ tiene el mismo signo de $a_i^k+b_i^k$. Si $a_i$ $b_i$ tienen el mismo signo es claro. Si tienen signos diferentes, a continuación, el signo de una suma determinada por el máximo valor absoluto de un sumandos.

Ok, ¿cómo debemos de seguir para obtener la solución completa?

Tengo algunas muy vagas ideas acerca de la densidad, de la topología de Zariski, y el hecho de que el valor de continua (y por lo tanto el polinomio) la función está determinada por sus valores en un subconjunto denso, pero no sé si es un buen camino.

Primero de todo, puedo demostrar que diagonalisable matrices densas se $M_n(\mathbb{C})$, pero no puedo hacerlo por $M_n(\mathbb{R})$. Es verdad incluso para $M_n(\mathbb{R})$?

En segundo lugar, tenemos la desigualdad y no el polinomio de identidad.

Así que por favor me ayude a terminar la solución, espero que sea útil para el aprendizaje de la comunidad.

Muchas gracias!!!!

Actualización

Soy capaz de demostrar que diagonalisable matrices son no denso que $M_n(\mathbb{R})$, por lo que ahora este enfoque no se ve prometedor, así que por favor enviar sus ideas!