1. Seja A, B \in M_{n}(\mathbb{R}) matrizes simétricas semidefinidas positivas. Prove que
\operatorname{det}(A) \operatorname{det}(B) \leq\left(\frac{\langle A, B\rangle_{F}}{n}\right)^{n},
onde
\langle A, B\rangle_{F}=\operatorname{tr}\left(A^{t} B\right)
denota o produto interno de Frobenius.Determine quando ocorre igualdade. (Esta desigualdade é uma generalização da Desigualdade M.A.-M.G. que diz:
\frac{x_{1}+\cdots+x_{n}}{n} \geq\left(x_{1}, \cdots, x_{n}\right)^{\frac{1}{n}} \quad \forall x_{i} \in \mathbb{R}
Com igualdade se, e somente se, x_{1}=\cdots=x_{n} )

Passo 1

O enunciado nos dá duas matrizes A,B\in M_n(\mathbb{R}) que são simétricas semidefinidas positivas. Pede para provar a desigualdade
\det(A)\det(B)\le\left(\frac{\langle A,B\rangle_F}{n}\right)^n,
onde \langle A,B\rangle_F=\operatorname{tr}\!\left(A^{t}B\right) é o produto interno de Frobenius, e em seguida determinar quando ocorre igualdade.
Informações relevantes fornecidas:
  • A e B são simétricas semidefinidas positivas (logo têm autovalores reais e não-negativos).
  • \langle A,B\rangle_F=\operatorname{tr}(A^t B). Como A,B são simétricas, \operatorname{tr}(A^t B)=\operatorname{tr}(AB).
  • É preciso provar a desigualdade envolvendo determinantes e a trace (produto interno) e achar as condições de igualdade.

Passo 2

Construir a raiz quadrada de A e usar uma transformação conveniente.
Fato usado (sem provas detalhadas aqui, mas intuitivamente simples): se A é simétrica semidefinida positiva então existe uma matriz simétrica semidefinida positiva A^{1/2} tal que
(A^{1/2})^2 = A.
Essa matriz é obtida diagonalizando A pela forma espectral e tomando raízes quadradas dos autovalores não-negativos. Além disso, A^{1/2} é invertível se, e somente se, A for definida positiva (todos os autovalores estritamente positivos).
Agora considere a matriz
C := A^{1/2} \, B \, A^{1/2}.
Observe que C é simétrica e semidefinida positiva, porque para todo vetor x vale x^T C x = (A^{1/2}x)^T B (A^{1/2}x)\ge 0 (já que B é semidefinida positiva).

Passo 3

Relacionar o determinante que queremos com o determinante de C.
Usamos a multiplicatividade do determinante e o fato de que \det(A^{1/2})^2=\det(A):
\det\text{(C)}=\det(A^{1/2} B A^{1/2})=\det(A^{1/2})\det(B)\det(A^{1/2})=\det(A)\det(B).
Portanto a quantidade do lado esquerdo da desigualdade pedida é exatamente \det\text{(C)}.

Passo 4

Expressar \det\text{(C)} e \operatorname{tr}(AB) em termos dos autovalores de C.
Pelo teorema espectral, C é diagonalizável em uma base ortonormal com autovalores reais não-negativos. Seja \lambda_1,\dots,\lambda_n os autovalores de C (contados com multiplicidade). Então, por definções:
\det\text{(C)}=\prod_{i=1}^n \lambda_i, \qquad \operatorname{tr}\text{(C)}=\sum_{i=1}^n \lambda_i.
Além disso, pela propriedade cíclica da trace,
\operatorname{tr}\text{(C)}=\operatorname{tr}(A^{1/2} B A^{1/2})=\operatorname{tr}(AB)=\langle A,B\rangle_F.
Assim podemos reescrever a desigualdade desejada inteiramente em termos dos \lambda_i:
queremos mostrar
\prod_{i=1}^n \lambda_i \le \left(\frac{\sum_{i=1}^n \lambda_i}{n}\right)^n.

Passo 5

Aplicar a desigualdade A.M.–G.M. aos autovalores \lambda_i.
Lembrando a desigualdade A.M.–G.M.: para números não-negativos y_1,\dots,y_n vale
\left(\prod_{i=1}^n y_i\right)^{1/n} \le \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n y_i,
com igualdade se, e somente se, y_1=\cdots=y_n.
Aplicando essa desigualdade aos y_i=\lambda_i\ge 0 obtemos
\left(\prod_{i=1}^n \lambda_i\right)^{1/n} \le \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \lambda_i.
Elevando ambos os lados à potência n temos
\prod_{i=1}^n \lambda_i \le \left(\frac{\sum_{i=1}^n \lambda_i}{n}\right)^n.
Substituindo de volta \prod_{i=1}^n \lambda_i=\det\text{(C)}=\det(A)\det(B) e \sum_{i=1}^n \lambda_i=\operatorname{tr}(AB)=\langle A,B\rangle_F, obtemos precisamente
\det(A)\det(B)\le\left(\frac{\langle A,B\rangle_F}{n}\right)^n,
o que prova a desigualdade.

Passo 6

Determinar quando ocorre igualdade.
A igualdade na A.M.–G.M. ocorre se, e somente se, todos os termos são iguais: \lambda_1=\cdots=\lambda_n. Portanto igualdade na desigualdade pedida equivale a todas as autovalores de C=A^{1/2} B A^{1/2} serem iguais.
Dois casos surgem:
  1. Caso não degenerado ( \lambda_i=\mu>0 para todo i). Então C=\mu I_n. Multiplicando à esquerda e à direita por A^{-1/2} (permitido porque A^{1/2} é invertível neste caso, isto é, A é definida positiva), obtém-se
B = \mu A^{-1}.
Assim, se A é definida positiva, a igualdade ocorre se, e somente se, B é um múltiplo escalar positivo de A^{-1}. O escalar \mu é dado por
\mu=\frac{\operatorname{tr}(AB)}{n}=\frac{\langle A,B\rangle_F}{n}.
  1. Caso degenerado ( \lambda_i=0 para todo i). Isto significa C=0, logo \operatorname{tr}(AB)=0 e consequentemente \det(A)\det(B)=0. Neste caso LHS e RHS são ambos zero (pois \operatorname{tr}(AB)=0 implica RHS =0), e a desigualdade é de fato igualdade. A condição C=0 equivale a
A^{1/2} B A^{1/2}=0,
ou seja, B anula a imagem de A^{1/2} (a imagem de A). Em particular, se uma das matrizes é singular de modo que product-of-determinants =0 e \operatorname{tr}(AB)=0, tem-se igualdade.
Observação final: não existe outro tipo de igualdade: se alguns \lambda_i forem zero e outros positivos então não há igualdade na A.M.–G.M., porque aí os \lambda_i não são todos iguais; portanto os únicos casos de igualdade são os descritos acima.

Resposta

\det(A)\det(B)\le\left(\frac{\langle A,B\rangle_F}{n}\right)^n.
Igualdade ocorre exatamente nos seguintes casos:
  • ou A é definida positiva e B=\dfrac{\langle A,B\rangle_F}{n}\,A^{-1} (isto é, B é um múltiplo escalar de A^{-1});
  • ou A^{1/2} B A^{1/2}=0 (o que implica \operatorname{tr}(AB)=0 e \det(A)\det(B)=0).

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