La equivalencia de la norma de Frobenius y seguimiento de la norma

Question

De acuerdo a [1], [2] y otras publicaciones relacionadas, las siguientes se cumple para cualquier matriz $X$:

$$\| X\|_\Sigma=\min_{X=UV'}\|U\|_\mathrm{Fro}\|V\|_\mathrm{Fro}=\min_{X=UV'}\frac{1}{2}(\|U\|_\mathrm{Fro}^{2}+\|V\|_\mathrm{Fro}^2)$$

donde $\|\cdot\|_\Sigma$ es la traza (nuclear/Ky-Ventilador) norma y $\|\cdot\|_\mathrm{Fro}$ es la norma de Frobenius.

Puede alguien mostrar por qué la igualdad es verdadera?

En las publicaciones, es presentado en virtud de la "Preliminares" y uno de los pocos Lemas sin pruebas. Me parece que esta relación fundamental y muy interesante, pero que no podía encontrar en ningún otro lugar, no hablemos de la prueba.

Gracias por la ayuda!

Lo que ya tengo:

Si entiendo que la 'ayuda' en la ref. 1 (arriba) correctamente, $\min_{X=UV'}\|U\|_\mathrm{Fro}\|V\|_\mathrm{Fro}$ es minimizado por $U=\hat{U}\sqrt{\Lambda}$ $V=\hat{V}\sqrt{\Lambda}$ donde $X=\hat{U}\Lambda \hat{V'}$ es la descomposición de valor singular de a $X$ (75 de la Página, Lema 8 en la ref. 1 (arriba)).

Answer 1

2º de la igualdad: la $\le$ es justo AM-GM de la desigualdad. Para obtener $=$, reemplace$U$$\lambda U$$V$$\lambda^{-1}V$, de modo que las normas de $U$ $V$ a ser el mismo.

1 de igualdad: la sugerencia le indica cómo obtener $\ge$. Así que supongo que $X = UV$. Deje que el singular de la descomposición de $X = Q \Lambda P^*$ donde $Q$ $P$ son unitarias, y $\Lambda$ es diagonal con los no-negativo entradas. A continuación,$\Lambda = Q^* U V P$, y por lo $$\|X\|_\Sigma = \text{trace}(\Lambda) \le \|Q^* U\|_F \|V P\|_F = \|U\|_F \|V\|_F .$$

Answer 2

Deje $U=\hat{U}\sqrt{\Lambda}$ $V=\hat{V}\sqrt{\Lambda}$ donde $X=\hat{U}\Lambda \hat{V'}$ es la descomposición de valor singular de a $X$.

1. Ecuación: $\| X\|_\Sigma=\min_{X=UV'}\|U\|_\mathrm{Fro}\|V\|_\mathrm{Fro}$

$\|U\|_\mathrm{Fro}\|V\|_\mathrm{Fro}=\sqrt{\mathrm{trace}((\hat{U}\sqrt{\Lambda})(\hat{U}\sqrt{\Lambda})^\intercal)\mathrm{trace}((\hat{V}\sqrt{\Lambda})(\hat{V}\sqrt{\Lambda})^\intercal)}=\sqrt{\mathrm{trace}(\hat{U}\sqrt{\Lambda}\sqrt{\Lambda}^\intercal\hat{U}^\intercal)\mathrm{trace}(\hat{V}\sqrt{\Lambda}\sqrt{\Lambda}^\intercal\hat{V}^\intercal)}=$

El uso de los hechos de que (i) $\Lambda$ es una matriz diagonal (ii) el seguimiento de la multiplicación de matrices no cambia bajo rotaciones cíclicas (iii) $\hat{U}$ $\hat{V}$ son unitarias:

$=\sqrt{\mathrm{trace}(\hat{U}\Lambda\hat{U}^\intercal)\mathrm{trace}(\hat{V}\Lambda\hat{V}^\intercal)}=\sqrt{\mathrm{trace}(\hat{U}^\intercal\hat{U}\Lambda)\mathrm{trace}(\hat{V}^\intercal\hat{V}\Lambda)}=\sqrt{\mathrm{trace}(\Lambda)\mathrm{trace}(\Lambda)}=\mathrm{trace}(\Lambda)=\| X\|_\Sigma$

2. Ecuación: $\min_{X=UV'}\|U\|_\mathrm{Fro}\|V\|_\mathrm{Fro}=\min_{X=UV'}\frac{1}{2}(\|U\|_\mathrm{Fro}^{2}+\|V\|_\mathrm{Fro}^2)$

AM GM de la desigualdad de los estados que la media geométrica y la media aritmética son iguales, si el número promedio de todos son los mismos. Por lo tanto, es suficiente para demostrar que $\|U\|_\mathrm{Fro}^{2}=\|V\|_\mathrm{Fro}^2$.

Como en 1.:

$\|U\|_\mathrm{Fro}^{2}=\|\hat{U}\sqrt{\Lambda}\|_\mathrm{Fro}^2=\mathrm{trace}((\hat{U}\sqrt{\Lambda})(\hat{U}\sqrt{\Lambda})^\intercal)=\mathrm{trace}(\Lambda)=\|V\|_\mathrm{Fro}^{2}$

La única cosa que falta: ¿por qué $U=\hat{U}\sqrt{\Lambda}$ $V=\hat{V}\sqrt{\Lambda}$ minimizar $\min_{X=UV'}\|U\|_\mathrm{Fro}\|V\|_\mathrm{Fro}$?