AlgLin: det(A^2+B^2) \ge det(AB-BA)

[HiTToLo]

Dimostrare che, comunque scelte $A, B \in M_2(\mathbb{R})$ (i.e., due matrici reali di dimensione 2 x 2), risulta $|A^2+B^2| \ge |AB - BA|$, e stabilire quindi in quali casi sussiste l'uguaglianza.

[Thomas]

Quà oggi mi sono bloccato.... ho solo notato:

1) se consideriamo A e B come matrici di endomorfismi il quesito è invariante per cambiamenti di base; ma se non sono nemmeno triangolabili questo non è un vantaggio utile;

2) supponiamo che A e B siano invertibili. Allora per Binet la tesi si riduce a:

$|B|*|I+B^(-1)A^(-1)BA|<=|A|*|I+(A^(-1))^2B^2|$

ove i determinanti dovrebbero essere più facili da controllare anche se i calcoli restano sempre tanti ($I$ è la matrice identità);

3) la tesi potrebbe derivare dallo svolgimento di un quadrato tipo questo:

$|(A-B)^2|= |A^2+B^2-AB-BA|>=0$

se solo si potesse spezzare il determinante in qualche maniera...

4) la soluzione brute force è a portata di mano con una mezz'oretta di calcoli ma di certo fare i calcoli non sarebbe una soluzione;

???????help!

[Nidhogg]

Non vorrei sbagliare! C'è il teorema di Binet che afferma: $|AB|=|A|*|B|$. Se può servire!

[Thomas]

Quello l'ho già provato ad utilizzare nel punto 2, Leo... cmq non sbagli!

Più che altro sarebbe utile sapere (chi lo prova a verificare) se il determinante è una norma... la tesi poi potrebbe seguire facilmente dal punto 3.... forse....

[K]

Hitleuler propone sempre quesiti sfiziosi. Bravo.

[Nidhogg]

Quello l'ho già provato ad utilizzare nel punto 2, Leo... cmq non sbagli!

Più che altro sarebbe utile sapere (chi lo prova a verificare) se il determinante è una norma... la tesi poi potrebbe seguire facilmente dal punto 3.... forse....

Cavolo non avevo proprio visto!

[Thomas]

non c'è problema Leo....
cmq il det non è una norma: può assumere anche valori negativi! ... e ci sono anche altre cose che non funzionano... però cavoli... se Hitleuler lo indica con quella notazione forse perlomeno la triangolare ce l'ha.... boh!

[HiTToLo]

1) se consideriamo A e B come matrici di endomorfismi il quesito è invariante per cambiamenti di base; ma se non sono nemmeno triangolabili questo non è un vantaggio utile;

E perché mai dovrebbero NON esserlo? You know, I looove Schur's lemma...

2) Supponiamo che A e B siano invertibili. Allora [...]

Idea interessante, se indovini il modo di portarla avanti...

4) la soluzione brute force è a portata di mano con una mezz'oretta di calcoli ma di certo fare i calcoli non sarebbe una soluzione [...]

Moi e la brute force? Ehm... Potrei anche offendermi per questo, sai? Mon Dieu, je suis l'elegance - et en tant que telle, je ne fais pas caca et je ne fais pas pipi...

[Thomas]

azz.... mi sembrava il punto (3) quello più promettente e invece non l'hai nemmeno citato... mi spiace cmq che con questo post non aggiungo nuove idee... (del resto le avevo già finite con il primo post)


1) non conosco questo lemma di Shur (non mi pare che le matrici 2X2 siano sempre triangolabili sui reali), ma mi viene in mente che forse possiamo diagonalizzare almeno una delle due matrici a patto di lavorare con i complessi... possiamo? e ci sarà utile?

2) l'idea interessanre sarebbe considerare le due matrici invertibili oppure la scomposizione con la I che rende più controllabili i determinanti? No perchè da quanto scrivi sembrerebbe la prima, ma in realtà quella non è una idea, è solo una ipotesi che ho dovuto inserire per applicare Binet

4) non capisco il francese e quindi passo avanti sugli insulti che sicuramente hai fatto ... la prox volta magari utilizza il tedesco ... cmq per intendersi la soluzione Brute force è scriversi la bella disequazione ad 8 incognite e risolverla.... ma non vorrei certo offenderti anche solo provando a fare i conti;

Ho l'impressione che qualcosa mi sia sfuggita........

[Thomas]

dai su qualche volenteroso che ci provi... sono curioso di vedere la sol... alla fine è solo una matrice 2X2....