La norma de Froebenius es invariante unitariamente.

Question

Estoy considerando la norma definidos en las matrices

$$\|A\|_F = \sqrt{\sum_{i,j}|a_{ij}|^2}$$

Quiero mostrar que es unitarily invariante, por lo que para unitario $U$ tenemos que

$$\|UA\|_F = \|A\|_F = \|AU\|_F$$

sin embargo tengo problemas para hacerlo directamente. Escrito $\|UA\|_F$ directamente encuentro por Cauchy-Schwarz que

$$\|UA\|_F = \sqrt{\sum_{i,j}\left|\sum_{k=1}^{n}u_{ik}a_{kj}\right|^2}= \sqrt{\sum_{i,j}|\langle U_i,\overline{A_j}\rangle|^2}\leq \sqrt{\sum_{i,j}\|A_j\|^2}$$

donde $U_i$ indica el $i$ésima fila de a$U$ e $A_j$ la $j$ésima columna de a$A$. Sin embargo, esta estimación es crudo y no la igualdad de $\|A\|_F$. Me gustaría probar esto sin que se refiere a la traza o valores singulares y agradecería una pista, en lugar de una solución completa, sobre cómo hacer frente a este problema.

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EDIT: la Finalización de la prueba basado en la respuesta de $A.\Gamma$:

Desde las filas de $U$ constituyen una base ortonormales para $\mathbb{C}^n$ encontramos por Parsevals teorema que

$$\|UA_j\|_2^2 = \sum_{i=1}^{n}\left|\sum_{k=1}^{n}u_{ik}a_{kj}\right|^2 = \sum_{i=1}^{n}|\langle U_i,\overline{A_j}\rangle|^2 = \|\overline{A_j}\|_2^2 = \|A_j\|_2^2$$

Answer 1

Rápido y sucio:

$$\|UA\|_F^2 = \operatorname{Tr}((UA)^*(UA)) = \operatorname{Tr}(A^*U^*UA) = \operatorname{Tr}(A^*A) = \|A\|_F^2$$ y entonces a partir de la $U^*$ también es unitario $$\|AU\|_F^2 = \|(U^*A^*)^*\|_F^2 = \|U^*A^*\|_F^2 = \|A^*\|_F^2 = \|A\|_F^2$$

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Argumento alternativo:

Tenga en cuenta que $A^*A \ge 0$ de modo que existe una base ortonormales $\{u_1, \ldots, u_n\}$ para $\mathbb{C}^n$ tal que $A^*A u_i = \lambda_i u_i$ para algunos $\lambda \ge 0$.

Tenemos $$\sum_{i=1}^n \|Au_i\|_2^2 = \sum_{i=1}^n \langle Au_i, Au_i\rangle = \sum_{i=1}^n \langle A^*Au_i, u_i\rangle = \sum_{i=1}^n \lambda_i =\operatorname{Tr}(A^*A) = \|A\|_F^2$$

debido a que la traza es la suma de los autovalores.

La parte interesante es que la suma de $\sum_{i=1}^n \|Au_i\|_2^2$ es en realidad independiente de la elección de la base ortonormales $\{u_1, \ldots, u_n\}$. De hecho, si $\{v_1, \ldots, v_n\}$ algún otro ortonormales base para $\mathbb{C}^n$, tenemos \begin{align} \sum_{i=1}^n \|Au_i\|_2^2 &= \sum_{i=1}^n \langle A^*Au_i, u_i\rangle\\ &= \sum_{i=1}^n \left\langle \sum_{j=1}^n\langle u_i,v_j\rangle A^*A v_j , \sum_{k=1}^n\langle u_i,v_k\rangle v_k\right\rangle\\ &= \sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^n \left(\sum_{i=1}^n\langle u_i,v_j\rangle \langle v_k,u_i\rangle\right)\langle A^*A v_j,v_k\rangle\\ &= \sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^n \langle v_j,v_k\rangle\langle A^*A v_j,v_k\rangle\\ &= \sum_{j=1}^n \langle A^*A v_j,v_j\rangle\\ &= \sum_{j=1}^n \|Av_j\|_2^2 \end{align}

Ahora, si $U$ es unitaria, para cualquier base ortonormales $\{u_1, \ldots, u_n\}$ tenemos que $\{Uu_1, \ldots, Uu_n\}$ es también una base ortonormales así:

$$\|AU\|_F^2 = \sum_{i=1}^n \|A(Ue_i)\|^2 = \|A\|_F^2$$

Answer 2

Dado que $$ UA = [UA_1 \ UA_2 \ \ ldots \ UA_n] $$ debe demostrar que $$ \ | UA \ | _F ^ 2 = \ sum_ {j = 1} ^ n \ | UA_j \ | _2 ^ 2 \ stackrel {?} {=} \ sum_ {j = 1} ^ n \ | A_j \ | _2 ^ 2 = \ | A \ | _F ^ 2. $$ Basta con probar que $\|UA_j\|_2^2=\|A_j\|_2^2$ .

PS Para $AU$ usa conjugación.