Demuestre que$\langle\mathbf{A}, \mathbf{C}\rangle \leq \delta$ es igual a$\|\mathbf{A}\|_*\leq\delta$

Question

Dada una matriz arbitraria $\mathbf{A}\in R^{n\times n}$ y la base de la matriz de establecer $\mathbb{S}=\{\mathbf{C}\in R^{n\times n}: \mathbf{C}^T\mathbf{C}=\mathbf{I}_n\}$. Entonces, ¿cómo demostrar:

1:Si tenemos $\langle\mathbf{A}, \mathbf{C}\rangle \leq \delta$ para todos los $\mathbf{C}\subset\mathbb{S}$ a continuación, se sostiene que $\|\mathbf{A}\|_*\leq\delta$.

2:También, si tenemos $\|\mathbf{A}\|_*\leq\delta$, entonces obtendremos $\langle\mathbf{A}, \mathbf{C}\rangle \leq \delta$ para todos los $\mathbf{C}\subset\mathbb{S}$.

En la pregunta, $\|\mathbf{A}\|_*$ es nuclear de la norma, y $\langle\mathbf{A}, \mathbf{C}\rangle = \operatorname{Tr} (\mathbf{A}^T\mathbf{C})$.

Answer 1

Podemos utilizar la descomposición polar $$ A=P\sqrt{A^*} $$ where $\sqrt{A^*A}$ is positive semi-definite and $P$ is orthogonal, i.e. $PP^T=P^TP=I$. Note that $\text{tr}(AB)=\text{tr}(BA)$ and $\text{tr}(A)=\text{tr}(A^T)$ hold for any $n\veces n$ real matrices $a,B$.

1. Podemos tomar $B=P$ y sigue $$ \|A\|_*=\text{tr}(\sqrt{A^*A})=\text{tr}(B^TP\sqrt{A^*A})=\text{tr}(P\sqrt{A^*A}B^T)=\text{tr}(AB^T)=\langle a,B\rangle \le \delta. $$

2. Tenemos $$\begin{eqnarray}\langle A,B\rangle &=&\text{tr}(AB^T)\\&=&\text{tr}(P\sqrt{A^*A}B^T)\\&=&\text{tr}(B^TP\sqrt{A^*A})=\text{tr}(\tilde{B}\sqrt{A^*A})\end{eqnarray}$$ where $\tilde{B}=B^TP$ is an orthogonal matrix. Since $I-\tilde{B})\sqrt{A^*} (I-\tilde{B}^T)$ es positivo semi-definitiva, tenemos $$ \text{tr}\left((I-\tilde{B})\sqrt{A^*} (I-\tilde{B}^T)\right)\ge 0. $$ Esto lleva a $$ \text{tr}\left(\tilde{B}\sqrt{A^*A}\right)+\text{tr}\left(\sqrt{A^*A}\tilde{B}^T\right)\le\text{tr}\left(\sqrt{A^*A}\right)+\text{tr}\left(\tilde{B}\sqrt{A^*A}\tilde{B}^T\right). $$ Since $$\text{tr}\left(\sqrt{A^*A}\tilde{B}^T\right)=\text{tr}\left((\tilde{B}^T)^T\sqrt{A^*A}^T\right)=\text{tr}\left(\tilde{B}\sqrt{A^*A}\right)$$ and $$\text{tr}\left(\tilde{B}\sqrt{A^*A}\tilde{B}^T\right)=\text{tr}\left(\tilde{B}^T\tilde{B}\sqrt{A^*A}\right)=\text{tr}\left(\sqrt{A^*A}\right),$$ de ello se desprende$$ \langle a,B\rangle=\text{tr}\left(\sqrt{A^*}\tilde{B}^T\right)\le \text{tr}\left(\sqrt{A^*}\right)=\|\|_*\le \delta. $$