¿Cómo puedo demostrar que $\inf\limits_{\det(X)\neq0}\|X^{-1}AX\|^{2}_{F}=\sum\limits_{\lambda\in{\Lambda}}|\lambda|^{2}$?

Question

Mostrar que $$\inf\limits_{\det(X)\neq 0}\|X^{-1}AX\|^2_F=\sum_{\lambda\in\Lambda}|\lambda|^{2}$$ sostiene, donde $\Lambda(A)$ es el conjunto que contiene todos los autovalores de a, y $\|\cdot\|_{F}$ es la norma de Frobenius.

También, quiero mostrar que de hecho es el mínimo, si y sólo si $A$ es diagonalizable.

Answer 1

En primer lugar, hay una útil relación entre los valores y la norma de Frobenius$\color{red}{^*}$: $$ \sum_i|\lambda_i|^2\leq\|\|_F^2, $$ donde $\lambda_i$ ($i=1,\ldots,n$) son los autovalores de a $A$. Ya que para cualquier nonsingular $X$, $X^{-1}AX$ tiene los mismos autovalores como $A$, tenemos $$ \sum_i|\lambda_i|^2\leq\|X^{-1}AX\|_F^2. $$ Esto nos da:

Para cualquier nonsingular $X$ $A$ con autovalores $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$, $$\etiqueta{1} \left(\sum_{i}|\lambda_i|^2\right)^{1/2}\leq\|X^{-1}AX\|_F. $$

A continuación, si $A$ es diagonalizable, es fácil ver que con $A=Y\Lambda Y^{-1}$, la igualdad en (1) se alcanza con la $X=Y^{-1}$.

Si $A$ no es diagonalizable, la escala adecuada de la Jordania formulario de ayuda aquí. Sabemos que hay un nonsingular $Y$ y un Jordan de la matriz $J$ tal que $A=YJY^{-1}$, donde el Jordán bloques en $J$ tienen la forma $$ J_{\lambda}=\lambda I + N, $$ donde $N$ es de cero en otro lugar excepto en la primera superdiagonal. Ahora tomar cualquier $\epsilon>0$ y considerar la posibilidad de $D_{\epsilon}:=\mathrm{diag}(1,\epsilon,\ldots,\epsilon^{n-1})$ y observar que $$ D_{\epsilon}^{-1}J_{\lambda}D_{\epsilon}=\lambda I + \epsilon N. $$ Esto indica que, gracias a una buena diagonal de similitud de transformación, puede hacer que el nilpotent parte de $J_{\lambda}$ arbitrariamente pequeño y esto se aplica también para el conjunto de Jordan de la matriz. Resumiendo:

Para cualquier matriz$A$$\epsilon>0$, hay un nonsingular $Y$ tal que $$ A=YJY^{-1}, $$ donde $J=\Lambda+N$, $\Lambda$ es la diagonal (que contiene los autovalores de a $A$ sobre la diagonal), y $N$ es tal que $\|N\|_F\leq\epsilon$.

Así, vuelva a la configuración $X=Y^{-1}$ en (1), puede hacer que el lado derecho de la desigualdad arbitrariamente cerca de la mano izquierda. Sin embargo, el infimum no es alcanzada si $A$ no es diagonalizable.

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$\color{red}{^*}$ El hecho de que $$\sum_i|\lambda_i|^2\leq\|A\|_F^2$$ puede observarse, por ejemplo, el uso de la Schur forma. Deje $A=QTQ^*$ ser la descomposición de Schur $A$ donde $Q$ es unitaria y $T$ triangular superior con los autovalores $\lambda_i$ en la diagonal. Desde los autovalores puede venir en cualquier orden prescrito en la diagonal de $\lambda_i$, es decir, la fila/columna $i$ $T$ contiene $\lambda_i$ en la diagonal. Si $t_i$ $i$ésima columna de a $T$, por lo tanto $|\lambda_i|\leq\|t_i\|_2$. Por lo tanto, $$\sum_i|\lambda_i|^2\leq\sum_i\|t_i\|_2^2=\mathrm{trace}(T^*T)=\|T\|_F^2=\|\|_F^2. $$