Seguimiento de la desigualdad que involucra $A^TA-AA^T$

Question

Deje $A\in\mathbb{R}^{n\times n}$$B=(A^TA-AA^T)/2$. Además, vamos a $$ f(A)=\frac{1}{n}\text{Tr}(A),\qquad g(A)=\sqrt{f(A^TA)-(f(A))^2} $$ donde $\text{Tr}(A)$ denota la traza de la matriz $A$.

Después de numerosos experimentos, creo que el siguiente enlazado se tiene: $$ g(B)\leq (g(A))^2 $$

Cómo probar/desmentir estas declaraciones?

Algunas propiedades útiles que he encontrado:

1. $g(A)\geq 0$ todos los $A$, se desprende directamente de Cauchy-Schwarz desigualdad.
2. $g(sI+A)=g(A)$, para todos los $s\in\mathbb{R}$.

EDIT: ahora veo que debo haber malinterpretado mis notas, y de hecho, la desigualdad yo estaba después de es $C=(A-A^T)/2$ y $$ g(C^2)\leq(g(A))^2 $$ Lo siento por la inconviencience.

Answer 1

$\newcommand{\Tr}{\operatorname{Tr}}$ Creo $A = \begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$ es un contra-ejemplo, ya que en este caso tenemos a$\Tr(A) = 0$$\Tr(A^TA) = 5$, por lo que el $g(A) = \sqrt{5/4}$. Por otro lado, tenemos a $B = \begin{pmatrix}1/2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 3/2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$, por lo que el $\Tr(B) = 0$ (esto, por cierto, siempre se mantiene) y $\Tr(B^TB) = 1/4 + 9/4 + 4 = 13/2$, por lo que el $g(B) = \sqrt{13/8} > 5/4$ (debido a $(5/4)^2 = 25/16 < 26/16$).

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Sólo para darle un poco más de intuición sobre lo que está sucediendo allí, considerar algunos matriz $A$; deje $\lambda_1, \ldots, \lambda_n \in \mathbb{C}$ indican que los valores propios de a $A$, y deje $\sigma_1, \ldots, \sigma_n \in \mathbb{R}$ denotar los valores singulares de a $A$. Desde $\Tr(A^TA) = \sum_{i=1}^n \sigma_i^2$,$g(A) = \sqrt{\frac{1}{n}\sum_i \sigma_i^2 - \left(\frac{1}{n} \sum_i \lambda_i \right)^2}$.

Por otro lado, uno puede mostrar que $$g(B) = \sqrt{\frac{1}{n}\Tr(B^2)} = \sqrt{\frac{1}{2n}\left(\sum_i \sigma_i^4 - \sum_i \rho_i^2\right)},$$ donde $\rho_i$ denotar los valores singulares de a $A^2$. Parece ser que no hay una clara relación entre las dos fórmulas, y en el hecho de la desigualdad a la que usted propone no se sostiene.

Answer 2

Edit. Su nueva desigualdad $g(C^2)\le g(A)^2$ aún está mal. Para un hormigón contraejemplo a su desigualdad $g(C^2)\le g(A)^2$, considere la posibilidad de un gran$n$$A=C=\pmatrix{0&-1\\ 1&0}\oplus 0_{(n-2)\times(n-2)}$. En este caso, $g(A) = \sqrt{\frac2n} \approx g(C^2) =\sqrt{\frac2n - \frac4{n^2}}\approx0$. Por lo tanto,$g(C^2)>g(A)^2$.

Para corregir el mal de la desigualdad, que se puede multiplicar $g(A)^2$$\sqrt{n}$: $$ g(C^2)\le\color{red}{\sqrt{n}}\,g(A)^2.\la etiqueta{1} $$ Esto es equivalente a $$ n^3g(C^2)^2\le n^4 g(A)^4.\la etiqueta{2} $$ Para demostrar $(2)$, tenga en cuenta que para cualquier matriz $X$, tenemos $$ n^2g(X)^2 = \|X\|^2\|I\|^2 - \langle X,I\rangle^2, $$ donde $\langle X,Y\rangle=\operatorname{tr}(XY^T)$ $\|\cdot\|$ es el Frobenius de la norma inducida por este producto interior. En general, en el interior de este espacio del producto, simétrica matrices son ortogonales a sesgar matrices simétricas. También, para cualquier inclinación simétrica $C$,$\|C\|^4=\langle C^2,I\rangle^2$. Y la norma de Frobenius es también conocido por ser submultiplicative. Por lo tanto, si $H$ denota la parte simétrica de $A$, luego \begin{align} n^4g(A)^4 &=\left(\|A\|^2\|I\|^2 - \langle A,I\rangle^2\right)^2\\ &=\left(\|C\|^2\|I\|^2 + \|H\|^2\|I\|^2 - \langle H,I\rangle^2\right)^2\\ &\ge \left(\|C\|^2\|I\|^2\right)^2\\ &=n^2 \|C\|^4\\ &\ge n^2 \|C^2\|^2\\ &\ge n\left(n\|C^2\|^2 - \|C\|^4\right)\\ &=n\left(\|C^2\|^2\|I\|^2 - \langle C^2,I\rangle^2\right)\\ &=n^3g(C^2)^2. \end{align}