Relaciones de Mayorización para Productos de Hadamard.

Transcripción

1 Relaciones de Mayorización para Productos de Hadamard. (T.Ando, Linear Algebra Appl. 223/224:57-64 (1995 Jorge Abel Antezana /5 Francisco D. Martínez Pería /5 Febrero de

2 Índice 1. Introducción Preliminares El logaritmo de una matriz positiva Operadores Positivos Pruebas de los teoremas Teorema Teorema Teorema

3 1. Introducción. Sea A una matriz autoadjunta de n n, ordenaremos sus autovalores en forma decreciente µ 1 (A... µ n (A. Dadas matrices autoadjuntas A y B escribiremos A B en lugar de µ(a µ(b para notar la mayorización entre los autovalores de A y los de B. Cuando A y B son definidas positivas escribiremos A B en lugar de log A log B. (log Por medio de A B indicaremos el producto de Hadamard de las matrices A y B. Es obvio que A B B A y que A I es la diagonal de la matriz A. El principal objetivo de este trabajo es probar la conjetura de Johnson-Bapat: Teorema 1. Sean A y B matrices positivas de n n. Entonces µ i (A B µ i (AB (k 1, 2,..., n. Este teorema mejora el resultado de Bapat-Sunder: µ i (A B µ i (Aµ i (B (k 1, 2,..., n pues, de acuerdo al Teorema de Horn, µ i (AB µ i (Aµ i (B (k 1, 2,..., n. También verificaremos la siguiente variante del Teorema 1. Teorema 2. Sean A y B matrices positivas de n n. Entonces µ i (A B µ i (AB t (k 1, 2,..., n. De los Teoremas 1 y 2 se deducen los clásicos teoremas de Fiedler que aseguran que, para A, B > 0 A B µ n (ABI y A B µ n (AB t I Definición 1.1. Cuando 0 1, la -media de A, B > 0 se define y se nota por medio de A# B A 1/2 (A 1/2 BA 1/2 A 1/2. En particular, la media geométrica A#B es la 1 2-media, o sea, Puede probarse que (A#B 2 A#B A 1/2 (A 1/2 BA 1/2 1/2 A 1/2. (log µ i (A#B 2 A1/2 BA 1/2, es decir, µ i (AB (k 1, 2,..., n. En consecuencia, el siguiente resultado mejora el Teorema 1. Teorema 3. Sean A, B > 0. Entonces µ i (A B µ i (A#B 2 (k 1, 2,..., n. 3

4 2. Preliminares El logaritmo de una matriz positiva. Definición 2.1. Sea A M n, el logaritmo de A es una matriz L M n que satisface la siguiente identidad: e L A. Proposición 2.1. Si A > 0 entonces existe una única matriz L H(n tal que e L A (2.1 Demostración. Sea σ(a {λ 1,..., λ k } R + los autovalores distintos de A, H i ker(a λ i I i 1,..., k y P i la proyección ortogonal de R n en H i, luego Definimos L del siguiente modo A L λ i P i. log λ i P i. Como log λ i R i 1,..., k, L resulta autoadjunta. Dado que los subespacios H i son mutuamente ortogonales P i P j 0 si i j; razón por la cual, para todo polinomio p C[X] Luego, e L lím m m n0 L n n! lím p(l m p(log λ i P i. ( m (log λ i n P i n! n0 e log λi P i A. Supongamos ahora que L H(n también cumple (2.1. Como A es una serie de potencias en L, A y L conmutan, en consecuencia, son simultaneamente diagonalizables y por lo tanto existe una matriz unitaria U tal que A U diag(λ i1,..., λ in U L U diag(d1,..., d n U A e el lím m L h m h0 h! U diag(e d1,..., e dn U U lím m diag Por lo tanto, L U diag(log λ i1,..., log λ in U y L ( m h0 log λ i P i L. Definición 2.2. Sean A > 0 y R, entonces A e log A. d h m 1 h!,..., h0 d h n h! U 4

5 Observación: Si A k λ ip i con P i proyecciones ortogonales tales que P i P j 0 si i j y λ 1,..., λ n números reales positivos, entonces A k λ i P i. Proposición 2.2. Si A > 0 entonces d d A A h I : lím log A 0 h 0 h Demostración. Supongamos que A k λ ip i. Como A h I h λ h i 1 P i h λ h i y claramente lím 1 P i log λ i P i para todo i, se tiene h 0 h log A log λ i P i lím h 0 λ h i 1 P i lím h A h I. h 0 h Proposición 2.3. Sean A, B > 0, luego log(a B (log A I + I (log B. Demostración. Supongamos que A k µ ip i y que B h λ jq j, luego A B µ i λ j P i Q j Notemos que (P i Q j (i,j es una familia de proyecciones ortogonales tales que (P i1 Q j1 (P i2 Q j2 0 si (i 1, j 1 (i 2, j 2. 5

6 Luego, si u v R n R n log(a B(u v log(µ i λ j [P i Q j (u v] log(µ i log(µ i [ P i Q j (u v + log(λ j P i (u Q j (v + [ log(λ j log(µ i P i (u Q j (v + ] P i Q j (u v ] P i (u Q j (v log(µ i [P i (u v] + log(λ j [u Q j (v] ( log(µ i P i (u v + u log(λ j Q j (v [(log A I] (u v + [I (log B] (u v [( ] log(λ j P i (u Q j (v [(log A I + I (log B] (u v. La igualdad en el resto de los elementos de R n R n se obtiene por linealidad. Proposición 2.4. Sea A > 0. Entonces log(a t (log A t. Demostración. e (log At (e log A t A t Operadores Positivos. Definición 2.3. Un operador (lineal Φ : M m M n es positivo si Φ(X 0 para toda X 0 y es unital si Φ(I m I n. Lema 2.5. Sean A 1,..., A k matrices positivas de n n tales que A A k I. Si x 1,..., x k C n, entonces: 2 A j x j A j x j, x j (2.2 y si a 1,..., a n son números reales cualesquiera entonces a j A j 2 a 2 ja j (2.3 6

7 Demostración. En k Cn definimos el siguiente producto interno: (u 1,..., u k, (v 1,..., v k : A j u j, v j Sea z : k A jx j. Por la desigualdad de Cauchy Schwarz que puede reescribirse como A j z, x j Ahora bien y (z,..., z, (x 1,..., x j 2 (z,..., z 2 (x 1,..., x k 2 A j z, x j luego de (2.4 se deduce A j z, z A j x j, x j (2.4 2 z, A j x j z, A j x j z, z z 2 A j z, z A j z, z z, z z 2 z 2 A j x j, x j En cuanto a (2.3, fijando u C n y reemplazando en (2.2 x j por a j u se tiene: A j (a j u, A j (a j u A j (a j u, a j u que puede reescribirse del siguiente modo a j A j u, a j A j u a 2 ja j u, u Como los a j (j 1,..., k son reales, el operador k a ja j es autoadjunto, por lo tanto de la expresión anterior se deduce que 2 a j A j u, u a 2 ja j u, u o equivalentemente 2 a 2 ja j a j A j u, u 0 quedando verificada la segunda desigualdad del lema, dado que el u C n era arbitrario. Teorema 2.6. Si Φ : M m M n es un operador positivo y unital, entonces Φ(X 2 Φ(X 2 (X > 0. 7

8 Demostración. Fijemos una matriz positiva X. Supongamos que X k a jp j con a 1,..., a k los autovalores de X y P 1,..., P k proyecciones ortogonales a los espacios de autovectores correspondientes. Sea A j Φ(P j para j 1,..., k. Por ser Φ un operador positivo y unital, las matrices A 1,..., A k cumplen las hipótesis del lema anterior, en consecuencia 2 a j A j a 2 ja j (2.5 Finalmente, basta notar que: a j A j a 2 ja j a j Φ(P j Φ a j P j Φ(X a 2 jφ(p j Φ a 2 jp j Φ(X 2 Corolario. Si X > 0 y Φ : M m M n es un operador positivo y unital entonces, k, k N Φ(X 1/2k Φ(X 1/2k. Demostración. Lo haremos por inducción sobre k. Para k 0 es trivial. Si k > 0, y suponemos que vale para k 1, aplicando el Teorema 2.6 a X 1/2k se tiene que Φ(X 1/2k 1 Φ(X 1/2k 2 Por hipótesis inductiva, Φ(X 1/2k 1 Φ(X 1/2k 1, luego Φ(X 1/2k 1 Φ(X 1/2k 2 y por lo tanto, 1 Φ(X 1/2k Φ(X 1/2k. Proposición 2.7. Si Φ : M m M n es un operador positivo y unital, entonces Demostración. log(φ(x Φ(log X (X > 0. log(φ(x lím k 2k (Φ(X 1/2k I n lím k 2k (Φ(X 1/2k I n Φ( lím k 2k (X 1/2k I m Φ(log X. Definición 2.4. Identificando M n 2 con M n M n, definimos Φ n : M n 2 M n del siguiente modo: Φ n (A B A B (A, B M n. Proposición 2.8. Φ n es un operador positivo y unital. 1 Recordemos que la función f(x x es monótona de operadores. 8

9 Demostración. Definición 2.5. Sea A (a ij M n. Dados, β {1, 2,..., n}, notaremos A(, β a la (submatriz de A cuyas entradas son los a ij con (i, j β. Si β, la submatriz A(, se denomina submatriz principal de A y se abrevia A(. El determinante de una submatriz cuadrada de A se llama menor de A. Si la submatriz es una submatriz principal, entonces el menor es un menor principal. Recordemos que la matriz A B es el producto de Kronecker de las matrices A y B, es decir, a 11 B a 12 B... a 1n B a 21 B a 22 B... a 2n B A B M n 2 a n1 B a n2 B... a nn B Luego, si {1, n + 2,..., (n + 1k n,..., n 2 }, es claro que A B ((A B i,j (i,j A B (, es decir, A B es una submatriz principal de A B. Por lo tanto la aplicación A B A B es lineal, resulta positiva por el teorema de entrelace y claramente es unital pues I n 2 I n I n I n I n I n. 3. Pruebas de los teoremas Teorema 1. Dadas matrices positivas A y B, se cumple que log A + log B log(a 1/2 BA 1/2 (3.1 Dicha mayorización será clave en la verificación del Teorema 1 y se basa en un resultado de Araki que demostraremos a continuación de los siguientes lemas: Lema 3.1. Si A es una matriz positiva de n n y k es un entero tal que 1 k n entonces, para todo r R ( k A r k (A r Demostración. Como ( k A 2 k (A 2, la veracidad del enunciado cuando r N se deduce a través de una simple inducción. Recordando que ( k A 1 k (A 1, es claro que también vale si r Z. Para extender el resultado a los r Q, basta notar que si m N {0} entonces: ( k A 1/m m k [(A 1/m m ] k A Finalmente, el caso general se obtiene por continuidad. Lema 3.2. Sean A, B > 0. Entonces, para todo r (0, 1 1 (A r B r µ 1 (AB. 9

10 Demostración. Sea 2 µ 1 (AB. Dado que 0 entonces 2 por lo tanto o equivalentemente µ 1 ( A ( (A 1/2 B B µ 1 ( 1/2 A B B ( 1/2 A I ( 1 A ( 1/2 A 1 Como r (0, 1, la función f(x x r es monótona de operadores, luego o bien en consecuencia µ 1 (( A ( A ( B r r/2 ( B r ( r ( (A B µ 1 ( A r r ( r/2 A I r/2 ( B r ( r/2 A 1 concluyendo que µ 1 (A r B r 2r [µ 1 (AB] r, es decir, 1 (A r B r µ 1 (AB. Teorema 3.3 (Araki. Si A y B son matrices positivas de n n entonces, para todo r (0, 1 (A r/2 B r A r/2 1/r (log A1/2 BA 1/2 Demostración. Fijemos un r (0, 1. Como σ(a r/2 B r A r/2 σ(a r B r y σ(a 1/2 BA 1/2 σ(ab, basta ver que y k j (A r B r j (A r B r k µ j (AB (j 1,..., n 1 µ j (AB Aplicando el lema 3.2 a las matrices k A y k B 3 y usando el lema 3.1 se obtiene 1 (( k A r ( k B r 1 (( k A r ( k B r µ 1 (( k A( k B 2 µ 1 (AB µ 1 (A 1/2 BA 1/2 > 0 pues A 1/2 BA 1/2 > 0. 3 Las cuales son positivas por serlo A y B. 10

11 y como ( k A( k B k (AB entonces k j (A r B r 1 ( k (A r B r µ 1 ( k (AB La igualdad en el caso k n es consecuencia de lo siguiente: k µ j (AB j (A r B r det(a r B r 1/r [det(a r det(b r ] 1/r (det(a r det(b r 1/r det(a det(b det(ab µ j (AB Demostración de la ecuación (3.1. Por la fórmula de Lie Trotter e log A+log B lím r 0 (A r/2 BA r/2 1/r El Teorema de Araki nos asegura que (A r/2 BA r/2 1/r luego y por lo tanto log A+log B e (log (A1/2 BA 1/2 log A + log B log(a 1/2 BA 1/2 (log (A1/2 BA 1/2 para todo r (0, 1, Demostración del Teorema 1. Por la Prop. 2.8 tenemos que Φ n es un operador positivo y unital. Como A, B > 0, de las Prop. 2.3 y 2.7 obtenemos: lo que implica que ( n log µ i (A B log(a B (log A I n + I n (log B {log A + log B} I n, n µ i (log(a B n µ i ({log A + log B} I n (k 1, 2,..., n. De acuerdo al Teorema de Schur sobre la mayorización de las entradas de la diagonal de una matriz autoadjunta por sus autovalores, y entonces n µ i ({log A + log B} I n {log A + log B} I n log A + log B, n µ i (log A + log B (k 1, 2,..., n. 11

12 Por otro lado, ya vimos que log A + log B log(a 1/2 BA 1/2, luego, ( n n n µ i (log A + log B µ i (log(a 1/2 BA 1/2 log µ i (AB Combinando estos resultados obtenemos que µ i (A B µ i (AB (k 1, 2,..., n. (k 1, 2,..., n Teorema 2. Demostración del Teorema 2. Como log B t (log B t, tenemos que (log B t I (log B t I (log B I. Por lo tanto, en la demostración anterior podemos reemplazar {log A + log B} I por {log A + log B t } I y queda demostrado el teorema Teorema 3. Antes de la demostración del Teorema 3 necesitamos probar algunos lemas: Lema 3.4. Sean A, B > 0. Entonces A 1/2 (A#BB 1/2 es una matriz unitaria. Demostración. A 1/2 (A#BB 1/2 A 1/2 (A 1/2 (A 1/2 BA 1/2 1/2 A 1/2 B 1/2 (A 1/2 BA 1/2 1/2 A 1/2 B 1/2 Luego, usando que A y B son positivas, vemos que (A 1/2 (A#BB 1/2 (A 1/2 (A#BB 1/2 ((A 1/2 BA 1/2 1/2 A 1/2 B 1/2 ((A 1/2 BA 1/2 1/2 A 1/2 B 1/2 ((A 1/2 BA 1/2 1/2 A 1/2 B 1/2 (B 1/2 A 1/2 (A 1/2 BA 1/2 1/2 (A 1/2 BA 1/2 1/2 (A 1/2 B 1 A 1/2 (A 1/2 BA 1/2 1/2 (A 1/2 BA 1/2 1/2 (A ( 1/2 1 B 1 A ( 1/2 1 (A 1/2 BA 1/2 1/2 (A 1/2 BA 1/2 1/2 (A 1/2 BA 1/2 1 (A 1/2 BA 1/2 1/2 I. Por lo tanto, A 1/2 (A#BB 1/2 es unitaria. 12

13 Lema Sea A M n. Si A sp 1 entonces ( I A A I 0. Lema 3.6. Sean A, B M n. Si ( A B 0 B A entonces A B. Demostración. Sea u C n, entonces: 2 (A Bu, u 2u (A Bu 2u (Au Bu u Au u Bu u Bu + u Au ( (u, u Au Bu Bu Au ( ( u Au Bu u Bu Au ( ( ( u A B u 0 u B A u Demostración del Teorema 3 Como A 1/2 (A#BB 1/2 es unitaria, A 1/2 (A#BB 1/2 sp 1, entonces por el lema 3.5 ( I A 1/2 (A#BB 1/2 B 1/2 (A#BA 1/2 0 I y por lo tanto: ( A A#B A#B B ( A B 1 2 ( I A 1 2 (A#BB 1 2 B 1 2 (A#BA 1 2 ( B A#B A#B A y en consecuencia por el teorema de Schur ( A B (A#B (A#B 0 (A#B (A#B 0 A B Ahora, usando el lema 3.6 se deduce que A B (A#B (A#B y por ende µ i (A B µ i [(A#B (A#B] (k 1, 2,..., n. Finalmente, aplicando el Teorema 1 al miembro de la derecha se obtiene µ i [(A#B (A#B] µ i (A#B 2 (k 1, 2,..., n. completanto la demostración del teorema 3. 4 Demostrado en la teoría. I ( A B