obere Grenze für trace(ATA)trace⁡(ATA)\operatorname{trace}(A^TA) in Bezug auf trace(A)trace⁡(A)\operatorname{trace}(A)

Lassen$A=\begin{bmatrix} 0 & n\\ 0& 0\\ \end{bmatrix}$.Dann$\mbox{tr}(A)=0$Aber$A^TA=\begin{bmatrix}0 &0 \\0 &n^2 \\ \end{bmatrix}$und daher

$$\mbox{trace}(A^TA)=n^2$$

Im Grunde stellen Sie sich folgende Frage

Frage Kann ich die Summe der Quadrate aller Elemente eingrenzen?$A$(Das ist genau$tr(A^TA)$) durch die Summe der diagonalen Elemente in$A$?

Die Antwort ist offensichtlich nein, da die erste Summe zunimmt, wenn wir die nicht diagonalen Einträge von erhöhen$A$, während die Sekunde unverändert bleibt.

"Ich bin mir bewusst, dass$\text{Trace}(B^TB) \leq \text{Trace}(B)^2$wenn 𝐵 semi-positiv definit ist, aber ich interessiere mich für den Fall einer allgemeinen quadratischen Matrix mit reellen Einträgen.

Sie sollten sich selbst beweisen, dass in Wirklichkeit,
$\text{Trace}(B^TB) = \big\Vert B \big \Vert_F^2 \geq 0$mit Gleichheit iff $B = \mathbf 0$.

Wählen Sie jetzt einen General aus$B$das ist spurlos. Es könnte zum Beispiel eine zweiteilige ähnliche Struktur wie z

$B:= \begin{bmatrix} 0 & A \\ C & 0 \\ \end{bmatrix} \quad$für einige$A \neq \mathbf 0$Ihre gewünschte Ungleichheit kann hier niemals wahr sein.

Außerdem: Betrachten Sie Permutationsmatrizen, die keine Fixpunkte haben.