Explicación de la prueba relacionada con las matrices de operador

Question

Deje $F$ ser un complejo espacio de Hilbert. Deje $A,B,C,D\in \mathcal{B}(F)$. Considere la posibilidad de que el operador de la matriz $T$ tal que \begin{equation*} T=\begin{pmatrix}A & B \\ C & D \end{pmatrix}\in \mathcal{B}(F\oplus F). \end{ecuación*} Considere la posibilidad de \begin{equation*} \widetilde{T}=\begin{pmatrix}\|A\| & \|B\| \\ \|C\| & \|D\| \end{pmatrix}. \end{ecuación*}

Quiero entender por qué $$r(T)\leq r (\widetilde{T})?$$

Tenga en cuenta que el producto interior en $F\oplus F$ se define de la siguiente manera: Si $x=\begin{pmatrix} x_1\\ x_2\end{pmatrix}\in F\oplus F$$x_1,x_2\in F$, e $x'=\begin{pmatrix}x_1'\\ x_2'\end{pmatrix}$ del mismo modo, a continuación, $$\langle x,x'\rangle_{F\oplus F}:= \langle x_1,x_1'\rangle_F +\langle x_2,x_2'\rangle.$$

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Veo el siguiente teorema en un contexto más general, pero me estoy enfrentando dificultades para entender la prueba

Teorema 1.1 Deje $A = (A_{ij})_{n \times n}$ ser un operador de la matriz y $\tilde{A} = (\| A_{ij} \|)_{n \times n}$ su bloque-norma de la matriz. Entonces

1. $\omega(A) \leq \omega(\tilde{A})$,
2. $\| A \| \leq \| \tilde{A} \|$,
3. $r_\sigma(A) \leq r_\sigma(\tilde{A})$.

(Imagen Original aquí.)

Prueba: 3. Aviso, en general, que para los operadores de $A = (A_{ij})_{n \times n}$ $B = (B_{ij})_{n \times n}$ hemos $$ \| \widetilde{AB} \| \leq \| \tilde{A} \tilde{B} \| . $$ De hecho, $\tilde{A} \tilde{B} - \widetilde{AB}$ es una matriz no negativa desde $\widetilde{AB} = (\| \sum_{k=1}^n A_{ik} B_{kj} \|)_{n \times n}$$\tilde{A} \tilde{B} = (\sum_{k=1}^n \| A_{ik} \| \| B_{kj} \|)_{n \times n}$. Por lo tanto, la norma monotonía de no negativa de matrices, obtenemos $\| \widetilde{AB} \| \leq \| \tilde{A} \tilde{B} \|$. El uso de la inducción, tenemos $$ \ | ^M \| \leq \| \widetilde{A^m} \| \leq \| \smash{\tilde{A}}\vphantom{A}^m \| , $$ para cada entero positivo $m$. Esto lleva a $$ r_\sigma(Un) \leq r_\sigma(\tilde{A}). $$

(Original de las imágenes aquí y aquí.)

Answer 1

Los pasos son como sigue:

• Mostrar que si $A,B$ son no negativos y $A\leq B$ (entrywise), a continuación,$\|A\|\leq \|B\|$. Esta es fácil: desde todas las entradas de $A$$\geq0$, el máximo en $$\|A\|=\max\{ \|Ax\|:\ \|x\|=1\}$$ is achieved when all entries of $x$ are $\geq0$. Now, for any $x$ with $x_j\geq0$ for all $j$, $$ \|Ax\|^2=\sum_k\left(\sum_j A_{kj}x_j\right)^2\leq\sum_k\left(\sum_j B_{kj}x_j\right)^2=\|Bx\|^2 $$ (utilizando esencialmente que todas las entradas son positivos). Por lo tanto $\|A\|\leq\|B\|$.

• Mostrar que $\tilde A\tilde B-\tilde{AB}$ es no negativo. Esto se hace simplemente por mirar, bloque por bloque, en $$ (\widetilde{AB})_{kj}=\left\|\sum_\ell A_{k\ell} B_{\ell j} \right\|\leq \sum_\ell \|A_{k\ell} \|\,\|B_{\ell j}\|=(\tilde A\tilde B)_{kj}. $$ Ahora, el paso anterior implica que $$\tag1 \|\widetilde {AB}\|\leq\|\tilde A\tilde B\|.$$

• Tenemos $$\tag2\|A\|\leq\|\tilde A\|$$ for any non-negative $Un$. This follows from, when $\|x\|=1$,
  $$ \|Ax\|^2=\sum_k\left|\sum_jA_{kj}x_j\right|^2\leq\sum_k\left(\sum_j|A_{kj}|\,|x_j|\right)^2 \leq\sum_k\left(\sum_j(\tilde A)_{kj}\,|x_j|\right)^2\leq\|\tilde A\|. $$

• Se aplican $(1)$ $(2)$ inductivamente para obtener $$\tag3\|A^m\|\leq \|\widetilde{A^m}\|\leq\|(\tilde A)^m\|,\ \ \ m\in\mathbb N.$$

• Ahora uso $$ r(a)=\lim_m\|^m\|^{1/m}\leq\lim_m\|(\tilde A)^m\|^{1/m}=r(\tilde A). $$