La prueba es esencialmente la misma que aquí . No es necesario que la matriz sea triangular; sólo se necesita un dominio diagonal por filas.
Supongamos que $U$ es una matriz cuadrada invertible tal que $$\tag{1} |u_{ii}|-\alpha\sum_{j\neq i}|u_{ij}|\geq 0, \quad i=1,\ldots,N, $$ para algunos $\alpha>1$ . Sea $x$ ser un $N$ -vectorial y $i$ sea el índice tal que $\|x\|_\infty=|x_i|$ . Entonces $$ \begin{align} \|Ux\|_\infty\geq|(Ux)_i|&\geq|u_{ii}||x_i|-\sum_{j\neq i}|u_{ij}||x_j| &&\text{(triangle inequality)} \\ &\geq|u_{ii}||x_i|-\sum_{j\neq i}|u_{ij}||x_i| && \text{(since $|x_j|\leq|x_i|=\|x\|_\infty$)}\\ &\geq\left(1-\frac{1}{\alpha}\right)|u_{ii}||x_i|&&\text{(using (1))} \\&\geq\left(1-\frac{1}{\alpha}\right)\min_i|u_{ii}|\|x\|_\infty&&\text{(making bound independent of $i$).} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \frac{\|Ux\|_\infty}{\|x\|_\infty}\geq \frac{\alpha-1}{\alpha}\min_i|u_{ii}|. $$ Tenemos entonces $$\tag{2} \|U^{-1}\|_\infty=\max_{x\neq 0}\frac{\|U^{-1}x\|_\infty}{\|x\|_\infty}=\max_{x\neq 0}\frac{\|x\|_\infty}{\|Ux\|_\infty}\leq\frac{\alpha}{\alpha-1}\frac{1}{\min\limits_i|u_{ii}|}. $$ Esto ya le da el límite que busca con $\alpha=2$ .
Nótese que (1) también implica un límite en $\|U\|_\infty$ en términos de las entradas diagonales $u_{ii}$ y, por lo tanto, un límite más claro para $\kappa_{\infty}$ :-). Tenemos $$ |u_{ii}|+\sum_{j\neq i}|u_{ij}|\leq\left(1+\frac{1}{\alpha}\right)|u_{ii}|, \quad i=1,\ldots,N \quad\Rightarrow\quad \|U\|_{\infty}\leq\frac{\alpha+1}{\alpha}\max_i|u_{ii}|, $$ por lo que con (2), obtenemos $$ \kappa_\infty(U)\leq\frac{\alpha+1}{\alpha-1}\frac{\max\limits_i|u_{ii}|}{\min\limits_i|u_{ii}|}. $$
