Desigualdad específica de la norma espectral

Question

Sea $\Sigma, V\in\mathbb{R}^{d\times d}$ sea positiva definida y $\beta, y\in\mathbb{R}^d$ .
Reclamación: $$ (y-V\beta)^T\Sigma^{-1}(y-V\beta) \ge \left(\lVert \beta \rVert_2 / \lVert (V^T\Sigma^{-1}V)^{-1/2}\rVert_2 - \lVert \Sigma^{-1/2}y \rVert_2 \right)^2 $$ Obra propia:
Casi lo tengo, así que creo que o bien he utilizado un límite demasiado débil en algún momento o simplemente la afirmación no es cierta. Esto es lo que hice Expandiendo el lado izquierdo se obtiene $$ (y-V\beta)^T\Sigma^{-1}(y-V\beta) = \lVert \Sigma^{-1/2}y\rVert_2^2 + \beta^TV^T\Sigma^{-1}V\beta - 2y^T\Sigma^{-1}V\beta. $$ Ahora desde $\lVert u \rVert = \sup_{\lVert v \rVert=1}u^Tv$ para cualquier $u,v\in\mathbb{R}^d$ tenemos $$y^T\Sigma^{-1}V\beta \le y^T\Sigma^{-1/2}\Sigma^{-1/2}V\beta/\lVert\Sigma^{-1/2}V\beta\rVert_2\lVert\Sigma^{-1/2}V\beta\rVert_2 \le \lVert \Sigma^{-1/2}y\rVert_2 \lVert\Sigma^{-1/2}V\rVert_2\lVert\beta\rVert_2. $$ Teorema de Courant-Fischer nos dice $\lambda_{\min}(A)v^Tv \le v^TAv$ donde $\lambda_{\min}(A)$ denota el menor valor propio de $A\in\mathbb{R}^{d\times d}$ y puesto que para la simétrica $A$ tenemos $1/\lVert A^{-1} \rVert_2 = \lambda_{\min}(A)$ obtenemos $$ \beta^TV^T\Sigma^{-1}V\beta\ge\lVert \beta \rVert_2^2/\lVert (V^T\Sigma^{-1}V)^{-1}\rVert_2, $$ así que todos juntos $$ (y-V\beta)^T\Sigma^{-1}(y-V\beta) \ge \lVert \Sigma^{-1/2}y\rVert_2^2 + \lVert \beta \rVert_2^2/\lVert (V^T\Sigma^{-1}V)^{-1}\rVert_2 -2\lVert \Sigma^{-1/2}y\rVert_2 \lVert\Sigma^{-1/2}V\rVert_2\lVert\beta\rVert_2 $$ No consigo poner esto en la bonita forma binómica de la afirmación, ya que $$ 1/\lVert (V^T\Sigma^{-1}V)^{-1}\rVert_2 = \lambda_{\min}(V^T\Sigma^{-1}V) \le \lambda_{\max}(V^T\Sigma^{-1}V) = \lVert\Sigma^{-1/2}V\rVert_2^2. $$ ¿Alguien puede ayudar? Muchas gracias.

Answer 1

De hecho, es falso. Consulte $d=2$ , $\Sigma = I$ , $\beta^T = [0\,\, 1]$ , $y^T = [0\,\, 2]$ y $$ V = \begin{pmatrix} 1 &0\\0&2\end{pmatrix}. $$ Desde $y=V\beta$ el lado izquierdo de su desigualdad es cero, pero el lado derecho es $$ \left( 1 - 2 \right)^2 = 1 > 0. $$

Answer 2

Depende de si el término dentro del par de corchetes en el lado derecho (sin elevar al cuadrado) es no negativo o no. Sea $z=\Sigma^{-1/2}y,\,x=\Sigma^{-1/2}V\beta$ y $A=\Sigma^{-1/2}V$ . Desde $\|(V^T\Sigma^{-1}V)^{-1/2}\|_2=\|(A^TA)^{-1/2}\|_2=\|A^{-1}\|_2$ la desigualdad $$ (y-V\beta)^T\Sigma^{-1}(y-V\beta) \ge \left(\frac{\|\beta\|_2}{\|(V^T\Sigma^{-1}V)^{-1/2}\|_2} - \|\Sigma^{-1/2}y\|_2 \right)^2 $$ puede reescribirse como $$ \|z-x\|_2^2 \ge \left(\frac{\|A^{-1}x\|_2}{\|A^{-1}\|_2} - \|z\|_2 \right)^2.\tag{1} $$ Si el término entre paréntesis en el lado derecho es no negativo, la desigualdad se convierte en $$ \|x-z\|_2+\|z\|_2 \ge \frac{\|A^{-1}x\|_2}{\|A^{-1}\|_2}, $$ lo que es cierto porque el LHS $\ge\|x\|_2\ge$ el RHS.

Sin embargo, si el término entre paréntesis en el lado derecho de $(1)$ es negativo, entonces $(1)$ se convierte en $$ \frac{\|A^{-1}x\|_2}{\|A^{-1}\|_2} + \|z-x\|_2 \ge \|z\|_2,\tag{2} $$ lo cual es falso en general, como demuestra el contraejemplo de la otra respuesta. Conceptualmente, cuando $z=x$ no es un vector singular correspondiente al mayor valor singular de $A^{-1}$ el LHS de $(2)$ es estrictamente menor que el RHS.