Dejemos que $A$ , $B$ y $C$ sean matrices simétricas y semidefinidas positivas. ¿Es cierto que $$ \|(A + C)^{1/2} - (B + C)^{1/2}\| \leq \|A^{1/2} - B^{1/2}\|,$$ en la norma de 2 o de Frobenius?
Es claramente cierto cuando $A, B$ y $C$ conmutar, pero el caso general me parece menos claro. De hecho, incluso el caso particular $B = 0$ no parece evidente.
Sin pérdida de generalidad, está claro que podemos suponer que $C$ es diagonal. Demostramos que es suficiente para demostrar la desigualdad para la matriz con ceros en todas partes excepto en cualquier posición $k$ en la diagonal, $$ (C_k)_{ij} = \begin{cases} 1 & \text{if } i=j=k\\ 0 & \text{otherwise} \end{cases} $$ Evidentemente, si la desigualdad es cierta para una $C_k$ es cierto para cualquier $C_k$ al voltear los ejes, y también para $C = \alpha C_k$ para cualquier $\alpha \geq 0$ porque \begin{align} \|(A + \alpha \, C_k)^{1/2} - (B + \alpha C_k)^{1/2}\| &= \sqrt{\alpha} \|(A/\alpha + C_k)^{1/2} - (B/\alpha + C_k)^{1/2}\| \\ &\leq \sqrt{\alpha} \|(A/\alpha)^{1/2} - (B/\alpha)^{1/2}\| = \sqrt{\alpha} \|A^{1/2} - B^{1/2}\| \end{align} Ahora, una diagonal general $C$ puede descomponerse como $C = \sum_{k=1}^{n} \alpha_k C_k$ . Aplicando la desigualdad anterior (especializada para una matriz $C$ con un solo elemento diagonal no nulo) repetidamente, podemos eliminar los elementos diagonales uno por uno \begin{align} &\|(A + \sum_{k=1}^{n}\alpha_k \, C_k)^{1/2} - (B + \sum_{k=1}^{n}\alpha_k \, C_k)^{1/2}\| \\ &\qquad = \|((A + \sum_{k=1}^{n-1}\alpha_k \, C_k) + \alpha_n C_n)^{1/2} - ((B + \sum_{k=1}^{n-1}\alpha_k \, C_k) + \alpha_n C_n)^{1/2}\| \\ &\qquad \leq \|(A + \sum_{k=1}^{n-1}\alpha_k \, C_k)^{1/2} - (B + \sum_{k=1}^{n-1}\alpha_k \, C_k)^{1/2}\| \\ &\qquad \leq \|(A + \sum_{k=1}^{n-2}\alpha_k \, C_k)^{1/2} - (B + \sum_{k=1}^{n-2}\alpha_k \, C_k)^{1/2}\| \\ &\qquad \leq \dots \leq \sqrt{\alpha} \|A^{1/2} - B^{1/2}\|. \end{align}
Aquí hay tres formas de demostrar la desigualdad en 1 dimensión, que he intentado generalizar al caso multidimensional sin éxito. Escribamos $a$ , $b$ , $c$ en lugar de $A$ , $B$ , $C$ , para enfatizar que estamos trabajando en una dimensión, y supongamos sin pérdida de generalidad que $a \leq b$ .
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Escribamos: $$ f(c) = \sqrt{b + c} - \sqrt{a + c} $$ Calculamos que la derivada de $f$ viene dada por $$ f'(c) = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{\sqrt{b + c}} - \frac{1}{\sqrt{a + c}} \right) \leq 0, $$ y así $f(c) = f(0) + \int_{0}^{c} f'(x) \, d x \leq f(0)$ .
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Tenemos, por el teorema fundamental del cálculo y un cambio de variable \begin{align} \sqrt{b + c} - \sqrt{a + c} &= \int_{a + c}^{b + c} \frac{1}{2 \sqrt{x}} \, d x = \int_{a}^{b} \frac{1}{2 \sqrt{x + c}} \, d x \\ &\leq \int_{a}^{b} \frac{1}{2 \sqrt{x}} \, d x = \sqrt{b} - \sqrt{a}. \end{align}
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Elevando al cuadrado los dos lados de la desigualdad, obtenemos $$ a + c - 2 \sqrt{a+ c} \, \sqrt{b + c} + b + c \leq a + b - 2 \sqrt{a} \sqrt{b}. $$ Simplificación y reordenación, $$ c + \sqrt{a} \sqrt{b} \leq \sqrt{a+ c} \, \sqrt{b + c} . $$ Volver a cuadrar $$ \require{cancel} \cancel{c^2 + a b} + 2 c \sqrt{a b} \leq \cancel{c^2 + ab} + ac + bc, $$ lo que lleva a $$ a + b - 2 \sqrt{ab} = (\sqrt{b} - \sqrt{a})^2 \geq 0$$ .
Los experimentos numéricos sugieren que la desigualdad es cierta tanto en la norma 2 como en la de Frobenius. (Una realización de) el siguiente código imprime 0,9998775.
import numpy as np
import scipy.linalg as la
n, d, ratios = 100000, 3, []
for i in range(n):
A = np.random.randn(d, d)
B = np.random.randn(d, d)
C = .1*np.random.randn(d, d)
A, B, C = A.dot(A.T), B.dot(B.T), C.dot(C.T)
lhs = la.norm(la.sqrtm(A + C) - la.sqrtm(B + C), ord='fro')
rhs = la.norm(la.sqrtm(A) - la.sqrtm(B), ord='fro')
ratios.append(lhs/rhs)
print(np.max(ratios))
