Как показать невырожденность суммы двух периодических матриц

[Arastas]

Добрый день!

Даны две матрицы, $A(t)$ и $B(t)$, обе матрицы $R_+ \to R^{n \times n}$. Все элементы матриц - гладкие функции, матрицы периодические, но периоды различны, т.е. $A(t+T_A) = A(t)$ и $B(t+T_B) = B(t)$, но $T_A \ne T_B$. Известно, что определитель матрицы $A(t)$ тождественно равен ненулевой константе, $\det(A(t)) \equiv d_A \ne 0$. Требуется показать, что сумма этих матриц не может быть тождественно вырожденной, то есть существует $t^*$, такой что $\det(A(t^*)+B(t^*))\ne 0$.

Что я пробовал. Первое, раз все элементы матриц периодичны, то и собственные числа матриц периодичны. Я пытался найти какое-то полезное неравенство для собственных чисел суммы матриц, но безрезультатно.

Пробовал рассмотреть квадратичную форму $x^\top(A+B)^\top (A+B)x$ и показать, что для какого-то $t^*$ она должна быть положительной для всех $x$, но тоже ничего не вышло.

Смотрел на ряды Неймана для анализа невырожденности матрицы $I+A^{-1}B$, не получилось.

Сейчас думаю над таким подходом. Пусть $t_i:=iT_a$, $A_0:=A(t_0)$, $B_0:=B(t_0)$. Тогда $A(t_i)=A_0$ для всех $t_i$. Так как периоды матриц различны, то существует множество $t_k$, таких что все $B_k:=B(t_k)$ различны, и для всех них должно выполняться $\det(I+A_0^{-1}B_k)=0$. Нет ли тут какого-то противоречия?

Помогите, пожалуйста, добить задачу или найти контрпример, а то совсем замучала.

[s.n.s.]

Контрпример: $A(t)= \begin{pmatrix} 1 & g(t) \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, $B(t)= \begin{pmatrix} 1 & h(t) \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$, где $g(t+T_A)=g(t)$ и $h(t+T_B)=h(t)$.

[Arastas]

В моём случае каждый элемент матриц $A(t)$ и $B(t)$ это периодическая функция. Но понятно, что я слишком обще сформулировал вопрос. Попробую переписать, спасибо.

[Xaositect]

Можно перейти в другой базис, и каждый элемент будет периодической функцией.

[Someone]

Собственно, константа тоже является периодической функцией. С любым периодом, какой захочется.

[Arastas]

Добрый день!

Пусть

$$F_i (t): =X_i D_i(t) H_i,$$

где $i=1,\ldots, N$, $X_i \in \mathbb{R}^{m \times 2}$, $H_i \in \mathbb{R}^{2 \times m}$ и

$$D_i(t):=\begin{bmatrix}\sin(w_i t) & \cos(w_it) \\ \cos(w_i t) & -\sin(w_i t)\end{bmatrix}.$$

Все частоты $w_i>0$ различны, $w_i \ne w_j$ при $i\ne j$. Число $m$ чётное, $m=2n$. Все матрицы $X_i$, $H_i$ полного ранга, $\operatorname{rank}X_i=\operatorname{rank}H_i=2$ для всех $i$. Более того, расширенные матрицы

$$X:=\begin{bmatrix}X_1 & X_2 & \cdots & X_N\end{bmatrix}, \quad H:=\begin{bmatrix}H_1 \\ H_2 \\ \vdots \\ H_N\end{bmatrix}$$

также полного ранга, $\operatorname{rank}X=\operatorname{rank}H=\min\{2n,2N\}$.

Задача: показать, что для матрицы

$$F_\Sigma (t): =\sum_{i=1}^N F_i(t) = \sum_{i=1}^N X_i D_i(t) H_i,$$

справедливо $\det{F_\Sigma} \not \equiv 0$ при $N\ge n$, то есть при $N\ge n$ существует момент времени $t^*$, такой что $\det{F_\Sigma}(t^*)\ne 0$.

Что получилось сейчас: Можно видеть, что

$$F_i(t)+F_j(t) = X_iD_i(t)H_i + X_jD_j(t)H_j =\begin{bmatrix}X_i & X_j\end{bmatrix} \begin{bmatrix}D_i(t) & 0 \\ 0 & D_j(t)\end{bmatrix} \begin{bmatrix}H_i \\ H_j\end{bmatrix},$$

и такое объединение можно провести для любого числа матриц $F_i(t)$. Тогда получим

$$F_\Sigma(t)=\begin{bmatrix}X_1 & X_2 & \cdots & X_N\end{bmatrix} \begin{bmatrix}D_1(t) & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & D_2(t) & \cdots &0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & D_N(t)\end{bmatrix}\begin{bmatrix}H_1 \\ H_2 \\ \vdots \\ H_N\end{bmatrix} = X D(t) H.$$

Матрица $D(t)$ это унитарная матрица $2N \times 2N$, и $\det D(t) \equiv (-1)^N$. Если $N<n$, то $\operatorname{rank}X<2N$, и тогда $F_\Sigma$ сингулярна для всех $t$. Если $N=n$, то обе матрицы $X$ и $H$ становятся квадратными несингулярными матрицами, и $\det F_\Sigma(t) = \det X \det D(t) \det H \equiv d_o \ne 0$. А вот что делать в случае $N>n$ -- непонятно. Можно показать, что для $N>n$ существуют такие моменты времени $t_k$, что $\det F_\Sigma(t_k)=0$. Но как показать, что $\det F_\Sigma(t)$ не тождественно ноль?

[Arastas]

Да, неудачно сформулировал задачу. Переписал её в полном виде тут: topic122183.html
Спасибо.

Lia: Темы объединены.

[svv]

Нашёл контрпример. Возьмём

$$XDH=\begin{bmatrix}-\sin\alpha&\cos\alpha&\phantom{+}\cos\beta&\sin\beta\\\phantom{+}\cos\alpha&\sin\alpha&-\sin\beta&\cos\beta\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\cos\varphi_1&-\sin\varphi_1&0&0\\\sin\varphi_1&\phantom{+}\cos\varphi_1&0&0\\0&0&\cos\varphi_2&-\sin\varphi_2\\0&0&\sin\varphi_2&\phantom{+}\cos\varphi_2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\phantom{+}\cos\gamma&\sin\gamma\\-\sin\gamma&\cos\gamma\\\phantom{+}\cos\delta&\sin\delta\\-\sin\delta&\cos\delta\end{bmatrix}$$

Тогда $\det(XDH)\equiv 0$.

Углы $\varphi_1, \varphi_2$ произвольны, в частности, можно взять $\varphi_1(t)=\omega_1 t,\;\varphi_2(t)=\omega_2 t$.

Блоки $2\times 2$ матрицы $D$ имеют не совсем такую структуру, как у Вас, они соответствуют классической матрице поворота в декартовых координатах на плоскости. Вы легко приведёте это к Вашему варианту перестановками строк/столбцов и сменой знаков.