Mínimos cuadrados izquierda-inverse tener el más mínimo norma de Frobenius

Question

Tratando de probar que la izquierda-inversa de a $A$ proporcionado por el de mínimos cuadrados solución a $y=Ax$ tiene la menor norma de Frobenius, estoy atascado en un punto en el que describo a continuación:

Deje $B$ ser cualquier izquierda inversa de un completo rango de altura de la matriz $A$, es decir, $BA=I$. Deje que el QR-descomposición: $A=QR$. En este caso, $R$ es invertible, puesto que a es de rango completo y $Q$ tiene columnas ortonormales, como siempre.

Quiero mostrar que la $\|B\|_F \ge \|BQ\|_F$. Alguna idea? El resto de la prueba para demostrar que el de mínimos cuadrados a la izquierda inversa tiene la menor Frobenius norma está en su lugar y voy a hacer si me puede mostrar esto.

Answer 1

De hecho, me llegó a través de una diferente manera de probar que el $||B_{ls}||_F\le ||B||_F$ donde $B_{ls}$ es el de mínimos cuadrados a la izquierda inversa y $B$ es toda la izquierda-inversa, basado en el Prof. Stephen Boyd notas de la conferencia. La reproducción de la prueba a continuación:

Deje $U\Sigma V^T$ ser el SVD de a $A$. A continuación,$B_{ls}=V\Sigma^{-1}U^T$. Definir $Z:=B-B_{ls}$

Dado que tanto $B$ $B_{ls}$ son de izquierda los inversos de las $A$, $ZA=(B-B_{ls})A=0\implies ZU\Sigma V^T=0 \implies ZU=0$ Esto implica que $ZB_{ls}^T=0$

Por lo tanto, $BB^T=(B_{ls}+Z)(B_{ls}+Z)^T=B_{ls}B_{ls}^T+ZZ^T$

$\therefore BB^T-B_{ls}B_{ls}^T$ es positivo semidefinite matriz $\implies$ tr$(BB^T-B_{ls}B_{ls}^T)\ge 0\implies$ tr$(BB^T)\ge$ tr$(B_{ls}B_{ls}^T)$

Desde que la no-cero autovalores de a $PQ$ $QP$ son los mismos, esto también significa que tr$(B^TB) \ge$ tr$(B_{ls}^TB_{ls}) \implies ||B||\ge ||B_{ls}||$.

(Esto también demuestra indirectamente que $||B||_F\ge ||BQ||_F$)