¿Cómo se demuestra que la norma espectral es menor o igual que la norma de Frobenius?

Question

¿Cómo se demuestra que la norma espectral es menor o igual que la norma de Frobenius?

La definición dada para la norma espectral de $A$ es la raíz cuadrada del mayor valor propio de $A*A$ . No sé cómo utilizarlo. ¿Hay alguna otra definición que pueda utilizar? También tenemos $\displaystyle{\max\frac{\|Ax\|_p}{\|x\|_p}}$ pero si $p=2$ es la norma de Frobenius, ¿verdad?

Answer 1

La norma de Frobenius de $A$ es la raíz cuadrada de la suma de todos los valores propios (la traza) de $A^*A$ y como todos los valores propios de $A^*A$ son no negativos, se deduce que el mayor valor propio es menor o igual que la suma de todos los valores propios.

Si $p=2$ es la norma de Frobenius, ¿verdad?

No, si $p=2$ que es otra caracterización de la norma espectral. En la respuesta de Michalis se esboza una prueba de ello.

Answer 2

Cualquier norma matricial inducida por una norma sobre su espacio vectorial (sobre $\mathbb{R}$ o $\mathbb{C}$ ) que también satisface $\|A^{*}\|=\|A\|$ será mayor o igual que la norma espectral. Sea $\lambda$ denotan el mayor valor singular de A (la raíz cuadrada del mayor valor propio de ( $A^*A$ ) y $v$ el vector propio correspondiente. Sea $\|A\|$ denotan la norma matricial inducida por una norma sobre el espacio vectorial: $$ \|A\|^2=\|A^{*}\|\cdot\|A\|\geq\|A^{*}A\|=\max\frac{\|A^{*}Ax\|}{\|x\|}\geq\frac{\|A^{*}Av\|}{\|v\|}=\lambda $$ y así $\|A\|\geq\sqrt{\lambda}$

Para la 2-norma se tiene realmente una igualdad, que se puede demostrar por descomposición del valor singular. Podemos tomar una base ortonormal de vectores propios para $A^*A$ (con respecto al producto escalar habitual que también induce la 2-norma). Denotemos esta base por $v_1,\ldots,v_n$ con valores propios $\lambda=\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ . Para cualquier vector $x=\sum x_i v_i$ tenemos $$ \|Ax\|_2^2=\overline{x}^TA^{*}Ax\leq\overline{x}^T\sum\lambda_i x_i v_i=\sum\lambda_i |x_i|^2\leq \lambda \|x\|_2^2 $$ Así que $\|A\|_2\leq \sqrt{\lambda}$ y ambas desigualdades muestran conjuntamente $\|A\|_2=\sqrt{\lambda}$ .