1. 引言

不等式被应用于经济学、变分理论、运筹学、概率论等诸多学科，矩阵作为一个重要的数学工具，被广泛应用于概率论、数值分析、运筹学、统计学等领域，而矩阵不等式(矩阵特征值不等式、矩阵奇异值不等式、矩阵范数不等式)在矩阵论的研究中不可或缺，其在理论研究和实际应用中都有非常重要的作用，近年来，实数不等式与矩阵不等式的联系引起许多学者的研究，很大一部分学者都是将数值不等式推广到矩阵不等式上，詹兴致 [1] 将算术几何均值不等式推广为矩阵酉不变范数不等式，R. Bhatia [2] 对詹兴致的结论添加任意矩阵X进行推广。T. Ando [3] 将经典Young不等式推广为矩阵的酉不变范数不等式，M. Sababheh [4] 对T. Ando的结论进一步细化，此外还有许多学者对算术几何均值不等式与Young不等式进一步细化改进 [5] [6] [7] [8] [9] 。基于Frobenius范数 [10] [11] [12] 可以用来衡量矩阵的超越性能，如机器学习的运算时间、度量神经网络的拟合性能等，因此本文考虑将实数不等式推广为矩阵论中的Frobenius范数不等式，并且进一步得到Frobenius范数不等式的推广形式。本文基于实数不等式和矩阵不等式的相关知识，在结论1中对文献 [13] 中的结论进一步总结细化，在结论2中，基于伯努利不等式 [14] 常被用于证明其他不等式的关键步骤，考虑将其推广为矩阵范数不等式，使其成为证明其他范数不等式的关键步骤。

2. 预备知识

定义2.1：对任何一个矩阵 $A\in R^{m\times n}$ ，用 $\Vert A\Vert$ 表示按照某个法则确定的与矩阵A对应的实数，满足

1) 非负性：当 $A\ne 0$ ，则 $\Vert A\Vert >0$ ；若 $A=0$ ，则 $\Vert A\Vert =0$ 。

2) 齐次性： $\Vert kA\Vert =\left|k\right|\Vert A\Vert$ ，k为任意复数。

3) 三角不等式：对于任何两个同类型的矩阵 $A,B$ 都有 $\Vert A+B\Vert \le \Vert A\Vert +\Vert B\Vert$ 。

4) 矩阵乘法的相容性：若 $A,B$ 可乘，则有 $\Vert AB\Vert \le \Vert A\Vert \Vert B\Vert$ 。

则称对应于A的这个实数 $\Vert A\Vert$ 是矩阵A的矩阵范数。本文主要用到矩阵的Frobenius范数。

定义2.2：令矩阵 $A\in R^{m\times n}$ ， $A={\left(a_{ij}\right)}_{m\times n}$ ，矩阵的Frobenius范数如下：

${\Vert A\Vert }_F=\sqrt{{\displaystyle {\sum }_{i=1}^m{\displaystyle {\sum }_{j=1}^n{\left|a_{ij}\right|}^2}}}=\sqrt{tr\left(A^{H}A\right)}=\sqrt{{\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{\lambda }_i}}=\sqrt{{\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{\sigma }_i^2\left(A\right)}}$ 。

引理2.1：令 $A\in R^{m\times n}$ ，验证 ${\Vert A\Vert }_F$ 满足矩阵范数的定义。

证明：非负性齐次性易证，下证三角不等式的和相容性，设矩阵 $A={\left(a_{ij}\right)}_{m\times n}$ ， $B={\left(b_{ij}\right)}_{m\times n}$ 则

${\Vert A+B\Vert }_F={\left({\displaystyle {\sum }_{i=1}^m{\displaystyle {\sum }_{j=1}^n{\left|a_{ij}+b_{ij}\right|}^2}}\right)}^{\frac{1}{2}}\le {\left({\displaystyle {\sum }_{i=1}^m{\displaystyle {\sum }_{j=1}^n\left|a_{ij}^2\right|}}\right)}^{\frac{1}{2}}+{\left({\displaystyle {\sum }_{i=1}^m{\displaystyle {\sum }_{j=1}^n\left|b_{ij}^2\right|}}\right)}^{\frac{1}{2}}={\Vert A\Vert }_F+{\Vert B\Vert }_F$ 。

设 $A={\left(a_{ij}\right)}_{m\times l}$ ， $B={\left(b_{ij}\right)}_{l\times n}$ ，则

${\Vert AB\Vert }_F^2={\displaystyle {\sum }_{i=1}^m{\displaystyle {\sum }_{j=1}^n{\left|{\displaystyle {\sum }_{k=1}^l{a}_{ik}{b}_{kj}}\right|}^2}}$ ，

根据Holder不等式可得

${\Vert AB\Vert }_F^2\le {\displaystyle {\sum }_{i=1}^m{\displaystyle {\sum }_{j=1}^n\left({\displaystyle {\sum }_{k=1}^l{\left|a_{ik}\right|}^2}{\displaystyle {\sum }_{k=1}^l{\left|b_{kj}\right|}^2}\right)}}=\left({\displaystyle {\sum }_{i=1}^m{\displaystyle {\sum }_{k=1}^l{\left|a_{ik}\right|}^2}}\right)\left({\displaystyle {\sum }_{j=1}^n{\displaystyle {\sum }_{k=1}^l{\left|b_{kj}\right|}^2}}\right)={\Vert A\Vert }_F^2{\Vert B\Vert }_F^2$ ，

即证 ${\Vert AB\Vert }_F\le {\Vert A\Vert }_F{\Vert B\Vert }_F$ 。

3. 结论1

本节的研究主要针对引理3.1展开。

引理3.1：对任意实数x，当 $0\le k\le 4$ 时，有 $x^2+k\ge \left|kx\right|$ 成立。

证明：当 $0\le k\le 4$ ，有 $x^2\pm kx+k={\left(x\pm \frac{k}{2}\right)}^2+\left[k-{\left(\frac{k}{2}\right)}^2\right]\ge 0$ ，即证。

定理3.1：令A为n阶正规矩阵， $0\le k\le 4$ ，则有 $tr\left(A^2+kI\right)\ge 3trA$ 成立。

证明：设A的特征值为 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n$ ，则 $A^2+kI$ 的特征值为 ${\lambda }_1^2+k,{\lambda }_2^2+k,\cdots ,{\lambda }_n^2+k$ 。由引理2.1可知 ${\displaystyle {\sum }_{i=1}^n\left({\lambda }_i^2+k\right)}\ge k{\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{\lambda }_i}$ ，即 $tr\left(A^2+kI\right)\ge 3trA$ 。

定理3.2：令A为n阶正规矩阵， $0\le k\le 4$ ，则有 ${\Vert A^2+kI\Vert }_F\ge {\Vert kA\Vert }_F$ 成立。

证明：设A的特征值为 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n$ ，则kA的特征值为 $k{\lambda }_1,k{\lambda }_2,\cdots ,k{\lambda }_n$ ， $A^2+kI$ 的特征值为 ${\lambda }_1^2+k,k{\lambda }_2^2+k,\cdots ,k{\lambda }_n^2+k$ 。存在酉矩阵U和V，使得 $A^2+kI=U\Lambda U^H$ ，这里 $\Lambda =diag\left({\lambda }_1^2+k,{\lambda }_2^2+k,\cdots ,{\lambda }_n^2+k\right)$ ， $M=diag\left(k{\lambda }_1,k{\lambda }_2,\cdots ,k{\lambda }_n\right)$ 。已知矩阵的Frobenius范数为酉不变范数，从而有

${\Vert A+kI\Vert }_F={\Vert U\Lambda U\Vert }_F={\Vert \Lambda \Vert }_F={\left({\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{\left|{\lambda }_i^2+k\right|}^2}\right)}^{\frac{1}{2}}$

${\Vert kA\Vert }_F={\Vert VM{V}^H\Vert }_F={\Vert M\Vert }_F={\left({\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{\left|k{\lambda }_i\right|}^2}\right)}^{\frac{1}{2}}$

由引理3.1可知

${\lambda }_i^2+k\ge \left|k{\lambda }_i\right|\Rightarrow {\left|{\lambda }_i^2+k\right|}^2\ge {\left|k{\lambda }_i\right|}^2\Rightarrow {\left({\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{\left|{\lambda }_i^2+k\right|}^2}\right)}^{\frac{1}{2}}\ge {\left({\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{\left|k{\lambda }_i\right|}^2}\right)}^{\frac{1}{2}}\Rightarrow {\Vert A^2+kI\Vert }_F\ge {\Vert kA\Vert }_F$ 。

定理3.3：令 $X,A$ 为n阶正规矩阵， $0\le k\le 4$ ，则有 ${\Vert A^{2}X+kX\Vert }_F\ge {\Vert kAX\Vert }_F$ 成立。

证明：存在酉矩阵U和V，使得 $A=U\Lambda U^H$ ， $X=VM{V}^H$ ，这里有 $\Lambda =diag\left({\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n\right)$ ， $M=diag\left({\eta }_1,{\eta }_2,\cdots ,{\eta }_n\right)$ 。 $A^2+kX$ 可以通过酉变换写作如下形式：

$A^{2}X+kX=U{\Lambda }^2{U}^{H}VM{V}^H+kVM{V}^H$ ,

所以

${\Vert A^{2}X+kX\Vert }_F={\Vert U{\Lambda }^2{U}^{H}VM{V}^H+kVMV\Vert }_F={\Vert U\left({\Lambda }^2{U}^{H}VM+k{U}^{H}VM\right)V^H\Vert }_F$ ,

设 $U^{H}VM=B=\left(b_{ij}\right)$ ，从而有

${\Vert A^{2}X+kX\Vert }_F={\Vert {\Lambda }^{2}B+kB\Vert }_F={\Vert \left({\lambda }_i^2+k\right)b_{ij}\Vert }_F={\left({\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{\left|{\lambda }_i^2+k\right|}^2{\displaystyle {\sum }_{i,j}^n{\left|b_{ij}\right|}^2}}\right)}^{\frac{1}{2}}$ ，

同理可以得到

${\Vert kAX\Vert }_F={\Vert kU\Lambda U^{H}VM{V}^H\Vert }_F={\Vert k\Lambda B\Vert }_F={\Vert k{\lambda }_i{b}_{ij}\Vert }_F={\left({\displaystyle {\sum }_{i,j}^n{\left|k{\lambda }_i\right|}^2{\left|b_{ij}\right|}^2}\right)}^{\frac{1}{2}}$ 。

由引理3.1可知

${\lambda }_i^2+k\ge \left|k{\lambda }_i\right|\Rightarrow {\left|{\lambda }_i^2+k\right|}^2\ge {\left|k{\lambda }_i\right|}^2\Rightarrow {\Vert A^{2}X+kX\Vert }_F\ge {\Vert kAX\Vert }_F$ 。

证毕。

例子3.1：设 $0\le k\le 4$ ，给出正规矩阵

$A=\left[\begin{array}{cc}0.6525& 0.7404\\ 0.0867& 0.4179\end{array}\right]$ ， $X=\left[\begin{array}{cc}0.6592& 0.3489\\ 0.4808& 0.7261\end{array}\right]$ ，

当 $k=0$ ， ${\Vert A^2\Vert }_F=0.9663>0$ ；

当 $k=1$ ， ${\Vert A^2+I\Vert }_F=2.0956$ ， ${\Vert A\Vert }_F=1.0752$ ， ${\Vert A^{2}X+X\Vert }_F=2.0876$ ， ${\Vert AX\Vert }_F=1.1754$ ；

当 $k=2$ ， ${\Vert A^2+2I\Vert }_F=3.4422$ ， ${\Vert 2A\Vert }_F=2.1504$ ， ${\Vert A^{2}X+2X\Vert }_F=3.1967$ ， ${\Vert 2AX\Vert }_F=2.3508$ ；

当 $k=3$ ， ${\Vert A^2+3I\Vert }_F=4.8277$ ， ${\Vert 3A\Vert }_F=3.2257$ ， ${\Vert A^{2}X+3X\Vert }_F=4.3254$ ， ${\Vert 3AX\Vert }_F=3.5262$ ；

当 $k=4$ ， ${\Vert A^2+4I\Vert }_F=6.2261$ ， $$ ， ${\Vert A^{2}X+4X\Vert }_F=5.4616$ ， ${\Vert 4AX\Vert }_F=4.7016$ ；

即证定理3.2和定理3.3成立，即 ${\Vert A^{2}I+kI\Vert }_F\ge {\Vert kA\Vert }_F$ ， ${\Vert A^{2}X+kX\Vert }_F\ge {\Vert kAX\Vert }_F$ 。

4. 结论2

本节的研究主要针对引理4.1展开。

引理4.1 (伯努利不等式)：对任意整数 $q\ge 0$ 和任意实数 $x\ge -1$ ，有 ${\left(1+x\right)}^q\ge 1+qx$ 成立。

证明：证明过程较简单，略。

定理4.1：令A为n阶正规矩阵，满足 $a_{ij}\ge -1$ ，有 $tr{\left(I+A\right)}^q\ge tr\left(I+qA\right)$ ，这里 $q\ge 0$ 。

证明：设A的特征值为 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n$ ，则 ${\left(I+A\right)}^q$ 的特征值为 ${\left(1+{\lambda }_1\right)}^q,{\left(1+{\lambda }_2\right)}^q,\cdots ,{\left(1+{\lambda }_n\right)}^q$ ， $I+qA$ 的特征值为 $q{\lambda }_1+1,q{\lambda }_2+1,\cdots ,q{\lambda }_n+1$ 。由引理4.1可知 ${\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{\left({\lambda }_i+1\right)}^q}\ge {\displaystyle {\sum }_{i=1}^{n}q{\lambda }_i}+1$ ，即证 $tr{\left(I+A\right)}^q\ge tr\left(I+qA\right)$ 。

定理4.2：令A为n阶正规矩阵，满足 $a_{ij}\ge i^2$ ，有 ${\Vert {\left(A+I\right)}^q\Vert }_F\ge {\Vert qA+I\Vert }_F$ ，这里 $q\ge 0$ 。

证明：设A的特征值为 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n$ ，则 ${\left(I+A\right)}^q$ 的特征值为 ${\left(1+{\lambda }_1\right)}^q,{\left(1+{\lambda }_2\right)}^q,\cdots ,{\left(1+{\lambda }_n\right)}^q$ ， $I+qA$ 的特征值为 $q{\lambda }_1+1,q{\lambda }_2+1,\cdots ,q{\lambda }_n+1$ 。存在酉矩阵U和V，使得 ${\left(A+I\right)}^q=U\Lambda U^H$ ， $qA+I=VM{V}^H$ ，这里 $\Lambda =diag\left({\lambda }_1+1,{\lambda }_2+1,\cdots ,{\lambda }_n+1\right)$ ， $M=diag\left(q{\lambda }_1+1,q{\lambda }_2+1,\cdots ,q{\lambda }_n+1\right)$ 。从而有

${\Vert {\left(A+I\right)}^q\Vert }_F={\Vert U\Lambda U^H\Vert }_F={\Vert \Lambda \Vert }_F={\left({\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{\left|{\left({\lambda }_i+1\right)}^q\right|}^2}\right)}^{\frac{1}{2}}$ ，

${\Vert qA+I\Vert }_F={\Vert VM{V}^H\Vert }_F={\Vert M\Vert }_F={\left({\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{\left|q{\lambda }_i+1\right|}^2}\right)}^{\frac{1}{2}}$ ，

由引理4.1可知， ${\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{\left({\lambda }_i+1\right)}^q}\ge {\displaystyle {\sum }_{i=1}^{n}q{\lambda }_i}+1$ ，即得 ${\left({\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{\left|{\left({\lambda }_i+1\right)}^q\right|}^2}\right)}^{\frac{1}{2}}\ge {\left({\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{\left|q{\lambda }_i+1\right|}^2}\right)}^{\frac{1}{2}}$ 。证毕。

定理4.3：令 $X,A$ 为n阶正规矩阵，满足 $x_{ij}\ge i^2$ ， $a_{ij}\ge i^2$ ，有 ${\Vert {\left(AX+X\right)}^q\Vert }_F\ge {\Vert qAX+X\Vert }_F$ ，这里 $0\le q\le 1$ 。

证明：存在酉矩阵U和V，使得 $A=U\Lambda U^H$ ， $X=VM{V}^H$ ，这里有 $\Lambda =diag\left({\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n\right)$ ， $M=diag\left({\eta }_1,{\eta }_2,\cdots ,{\eta }_n\right)$ 。则

${\left(AX+X\right)}^q={\left(U\Lambda U^{H}VM{V}^H+VM{V}^H\right)}^q=U{\left(\Lambda U^{H}VM+U^{H}VM\right)}^q{\left(V^H\right)}^q$ ，

$qAX+X=qU\Lambda U^{H}VM{V}^H+VM{V}^H=U\left(q\Lambda U^{H}VM+U^{H}VM\right)V^H$ 。

所以

${\Vert {\left(AX+X\right)}^q\Vert }_F={\Vert U^q{\left(\Lambda U^{H}VM+U^{H}VM\right)}^q{\left(V^H\right)}^q\Vert }_F={\Vert {\left(\Lambda U{V}^{H}M+U^{H}VM\right)}^q\Vert }_F$ ，

${\Vert qAX+X\Vert }_F={\Vert U\left(q\Lambda U^{H}VM+U^{H}VM\right)V^H\Vert }_F={\Vert q\Lambda U^{H}VM+U^{H}VM\Vert }_F$ 。

设 $U^{H}VM=B=\left(b_{ij}\right)$ ，从而有

${\Vert {\left(AX+X\right)}^q\Vert }_F={\Vert {\left(\Lambda B+B\right)}^q\Vert }_F={\left({\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{\left({\left|{\lambda }_i+1\right|}^q\right)}^2{\displaystyle {\sum }_{i,j}^n{\left({\left|b_{ij}\right|}^q\right)}^2}}\right)}^{\frac{1}{2}}$ ，

${\Vert qAX+X\Vert }_F={\Vert q\Lambda B+B\Vert }_F={\left({\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{\left|q{\lambda }_i+1\right|}^2{\displaystyle {\sum }_{i,j}^n{\left|b_{ij}\right|}^2}}\right)}^{\frac{1}{2}}$ 。

由引理4.1可知， ${\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{\left({\lambda }_i+1\right)}^q}\ge {\displaystyle {\sum }_{i=1}^{n}q{\lambda }_i}+1$ ，即得 ${\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{\left({\left|{\lambda }_i+1\right|}^q\right)}^2}\ge {\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{\left|q{\lambda }_i+1\right|}^2}$ ，令 $y_i={\left|b_{ij}\right|}^2\ge 0$ ，此时， ${\Vert {\left(AX+X\right)}^q\Vert }_F\ge {\Vert qAX+X\Vert }_F$ 在 $y_i\ge 1$ 时成立。

例子4.1：给出正规矩阵

$A=\left[\begin{array}{cc}0.0965& 0.9421\\ 0.1320& 0.9561\end{array}\right]$ ， $X=\left[\begin{array}{cc}0.5752& 0.2348\\ 0.0598& 0.3532\end{array}\right]$ ，

当 $0<q=5$ 时， ${\Vert {\left(A+I\right)}^5\Vert }_F=48.0730$ ， ${\Vert 5A+I\Vert }_F=7.6313$ ；

当 $0<q=0.2<1$ 时， ${\Vert {\left(AX+X\right)}^{0.2}\Vert }_F=1.3033$ ， ${\Vert 0.2AX+X\Vert }_F=0.8002$ ；

$q=0,q=1$ 时，定理4.3显然成立，即证定理4.2和定理4.3成立。

5. 结语

本文将实数不等式推广为Frobenius范数不等式，在之后的研究中也可以将本文的不等式推广为矩阵核范数不等式。但是因为矩阵乘法一般不具有乘法交换性，将数值不等式推广到矩阵领域有一定的难度，因此，将数值不等式推广为矩阵不等式的探索仍具有研究性。更进一步，因为矩阵是特殊的张量，因此可以考虑将矩阵不等式的研究结论推广为张量范数不等式。

参考文献