Определитель блочной матрицы

[Padawan]

Простая задачка:
Пусть $A,B$ -- действительные матрицы размера $n\times n$. Доказать, что $\det\left(\begin{array}{cc} A&B\\-B&A\end{array}\right)\geqslant 0$

[ewert]

$\begin{pmatrix}A & B \\ -B & A\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}I & iI \\ iI & I\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}I & iI \\ iI & I\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}A+iB & 0 \\ 0 & A-iB\end{pmatrix}$,

т.к. $= \begin{pmatrix}A+iB & iA+B \\ iA-B & A-iB\end{pmatrix}\end{pmatrix}$,

ч.т.д. Это имелось в виду?

[Padawan]

Ну в принципе да

[arqady]

Зачем нужно последнее равенство? Проверить, что верно первое?

[ewert]

ну да, на всякий случай, надо ж было хоть что-то написать, иначе и вовсе несолидно выходило

(а если сурьёзнее -- то напомнить, что умножение блочных матриц производится по обычным правилам)

[TOTAL]

Вот ещё $\begin{pmatrix}A & B \\ -B & A\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}I & 0 \\ iI & I\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}A+iB & B \\ 0 & A-iB\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}I & 0 \\ -iI & I\end{pmatrix}$

Как бы обойтись без комплексной заразы?
Раскладывать по первой половине строк? Получится сумма квадратов (?), но неохота записывать.
Нет, сумма квадратов не получилась для $n=2$

[ewert]

TOTAL в сообщении #343932 писал(а):

Вот ещё $\begin{pmatrix}A & B \\ -B & A\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}I & 0 \\ iI & I\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}A+iB & B \\ 0 & A-iB\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}I & 0 \\ -iI & I\end{pmatrix}$

Интересно, а как Вы на это вышли?

Я-то рассуждал более-менее сознательно. Целью было привести матрицу преобразованием подобия к блочно-диагональному виду. В "скалярном" (когда $n=1$) случае для этого надо найти собственные числа и соотв. собственные векторы, что легко. Если бы выражения получились какими-нибудь мало-мальски сложными, то на матричный случай это не обобщалось бы; ну а так -- мгновенно и ответ.

[TOTAL]

ewert в сообщении #343934 писал(а):

Я-то рассуждал более-менее сознательно.

А я рассуждал не сознательно, "от ответа".
Просто к первому столбцу прибавил второй, умноженный на $i.$
Затем увидел, что от второй строки можно отнять первую, умноженную на $i.$

А можно и так (не знаю, насколько это сознательно):
К первому стролбцу прибавим второй, умноженный на $p.$
Ко втрой строке прибавим первую, умноженную на $q.$
Эти $p$ и $q$ найдём, потребовав, чтобы для любых матриц $A$ и $B$ левая нижняя клетка занулялась,
т.е. чтобы $-B+pA+q(A+pB)=0,$ т.е. $qp=1, p+q=0$

[Руст]

Решение ewert а не верно, так как определитель
$\begin{pmatrix}I & iI \\ iI & I\end{pmatrix} $,
равен нулю.

[TOTAL]

Руст в сообщении #343971 писал(а):

Решение ewert а не верно, так как определитель
$\begin{pmatrix}I & iI \\ iI & I\end{pmatrix} $,
равен нулю.

Разве не $2^n?$

[ewert]

Руст в сообщении #343971 писал(а):

определитель
$\begin{pmatrix}I & iI \\ iI & I\end{pmatrix} $,
равен нулю.

Этого не может быть, т.к. $\begin{pmatrix}I & iI \\ iI & I\end{pmatrix}\begin{pmatrix}I & -iI \\ -iI & I\end{pmatrix}=2\begin{pmatrix}I & 0 \\ 0 & I\end{pmatrix} $.

TOTAL в сообщении #343975 писал(а):

Разве не $2^n?$

Да.

[Руст]

Да, я ошибся, полагая положительной детерминант эрмитовой матрицы
$\begin{pmatrix}I & -iI \\ iI & I\end{pmatrix} $,
а соответственно нулевой детерминант для этой матрицы.