1. Dada A \in L\left(\mathbb{R}^{m}, \mathbb{R}^{n}\right), defina sua adjunta A^{*} \in L\left(\mathbb{R}^{n}, \mathbb{R}^{m}\right) pela condição
\langle A \cdot v, w\rangle=\left\langle v, A^{*} \cdot w\right\rangle \quad \forall v \in \mathbb{R}^{m} \quad \text { e } \quad \forall w \in \mathbb{R}^{n} .
Introduza um produto interno em L\left(\mathbb{R}^{m}, \mathbb{R}^{n}\right) definindo \langle A, B\rangle=\operatorname{tr}\left(A^{*} B\right), onde tr significa o traço.Conclua que \|A\|=\sqrt{\operatorname{tr}\left(A^{*} A\right)} é uma norma em L\left(\mathbb{R}^{m}, \mathbb{R}^{n}\right). Mostre que, para todo v \in \mathbb{R}^{m}, tem-se
|A \cdot v| \leq\|A\| \cdot|v|,
onde |\cdot| indica a norma proveniente do produto interno natural.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede duas coisas claras:
  • Temos A\in L(\mathbb{R}^{m},\mathbb{R}^{n}). A adjunta A^{*}\in L(\mathbb{R}^{n},\mathbb{R}^{m}) é definida por
\langle A\cdot v,w\rangle=\langle v,A^{*}\cdot w\rangle
para todo v\in\mathbb{R}^{m} e w\in\mathbb{R}^{n}, onde \langle\cdot,\cdot\rangle é o produto interno usual em \mathbb{R}^{k}.
  • Em L(\mathbb{R}^{m},\mathbb{R}^{n}) é introduzido o produto interno
\langle A,B\rangle=\operatorname{tr}\!\left(A^{*}B\right),
onde \operatorname{tr} é o traço de uma transformação linear (traço de uma matriz quando escolhemos bases ortonormais).
O enunciado pede:
  1. Concluir que \|A\|=\sqrt{\operatorname{tr}\!\left(A^{*}A\right)} é uma norma em L(\mathbb{R}^{m},\mathbb{R}^{n}).
  2. Mostrar que, para todo v\in\mathbb{R}^{m},
|A\cdot v|\le \|A\|\cdot |v|,
onde |\cdot| é a norma euclidiana em \mathbb{R}^{m} ou \mathbb{R}^{n}.

Passo 2

Mostrar que \langle A,B\rangle=\operatorname{tr}\!\left(A^{*}B\right) de fato define um produto interno (ou seja, é bilinear, simétrico e definido positivo).
  • Linearidade no primeiro argumento: para escalares \alpha,\beta\in\mathbb{R} e A,C,B em L(\mathbb{R}^{m},\mathbb{R}^{n}),
\langle \alpha A+\beta C, B\rangle=\operatorname{tr}\big((\alpha A+\beta C)^{*}B\big) =\operatorname{tr}\big(\alpha A^{*}B+\beta C^{*}B\big) =\alpha\operatorname{tr}(A^{*}B)+\beta\operatorname{tr}(C^{*}B),
pois a formação de adjunta é linear e o traço é linear. Assim é linear.
  • Simetria: para A,B,
\langle A,B\rangle=\operatorname{tr}(A^{*}B).
Usamos a propriedade do traço \operatorname{tr}(XY)=\operatorname{tr}(YX) sempre que os produtos sejam definidos. Assim
\operatorname{tr}(A^{*}B)=\operatorname{tr}(BA^{*}).
Mas \operatorname{tr}(BA^{*}) é a mesma quantidade que \operatorname{tr}(B^{*}A) quando trabalhamos sobre \mathbb{R} e usando transpostas em bases ortonormais; de forma direta e mais simples, escrevendo em matrizes em bases ortonormais (onde a adjunta é a transposta), temos
\operatorname{tr}(A^{T}B)=\operatorname{tr}(B^{T}A),
portanto \langle A,B\rangle=\langle B,A\rangle. (Isto usa a invariância do traço e que a adjunta em bases ortonormais é a transposta.)
  • Definida positiva: calculemos \langle A,A\rangle=\operatorname{tr}(A^{*}A). Se escolhemos uma base ortonormal de \mathbb{R}^{m} e representamos A por matriz (a_{ij}) (uma matriz n\times m), então A^{*}A é uma matriz m\times m e
\operatorname{tr}(A^{*}A)=\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n} a_{ji}^{2}=\sum_{i,j} a_{ij}^{2}\ge 0.
Essa soma de quadrados é zero se, e somente se, todos os a_{ij}=0, i.e. A=0. Logo \langle A,A\rangle>0 para A\neq 0. Assim o produto interno é definido-positivo.
Portanto \langle\cdot,\cdot\rangle é um produto interno em L(\mathbb{R}^{m},\mathbb{R}^{n}).

Passo 3

Definir a norma induzida por esse produto interno e verificar as propriedades básicas de norma (positividade, homogeneidade e desigualdade triangular), lembrando a relação com o produto interno.
  • A norma induzida por um produto interno é dada por
\|A\|:=\sqrt{\langle A,A\rangle}=\sqrt{\operatorname{tr}(A^{*}A)}.
Mostramos já que \|A\|\ge 0 e \|A\|=0 somente quando A=0 (pela definida-positiva do produto interno).
  • Homogeneidade: para \alpha\in\mathbb{R},
\|\alpha A\|=\sqrt{\operatorname{tr}((\alpha A)^{*}(\alpha A))}=\sqrt{\operatorname{tr}(\alpha^{2}A^{*}A)}=|\alpha|\sqrt{\operatorname{tr}(A^{*}A)}=|\alpha|\|A\|.
  • Desigualdade triangular: vale em qualquer espaço com produto interno a desigualdade
\|A+C\|\le \|A\|+\|C\|.
A demonstração padrão depende da desigualdade de Cauchy–Schwarz no espaço com produto interno \langle\cdot,\cdot\rangle. Assim resta provar Cauchy–Schwarz aqui se quisermos justificar completamente a triangular.

Passo 4

Provar a desigualdade de Cauchy–Schwarz para este produto interno: para quaisquer X,Y\in L(\mathbb{R}^{m},\mathbb{R}^{n}),
\langle X,Y\rangle^{2}\le \langle X,X\rangle\langle Y,Y\rangle.
Prova padrão (muito usada em prova de normas):
considere a função real t\mapsto \langle X-tY, X-tY\rangle. Como é o valor do produto interno de um vetor consigo mesmo, tem que ser \ge 0 para todo t\in\mathbb{R}. Expandindo,
0\le \langle X-tY, X-tY\rangle=\langle X,X\rangle-2t\langle X,Y\rangle+t^{2}\langle Y,Y\rangle.
Isso é um polinômio quadrático em t que nunca é negativo, logo seu discriminante é \le 0. O discriminante é
\Delta=4\langle X,Y\rangle^{2}-4\langle X,X\rangle\langle Y,Y\rangle\le 0.
Dividindo por 4 obtemos
\langle X,Y\rangle^{2}\le \langle X,X\rangle\langle Y,Y\rangle,
que é exatamente Cauchy–Schwarz. Aplicando Cauchy–Schwarz, a desigualdade triangular para \|\cdot\| segue da prova padrão:
\|A+C\|^{2}=\langle A+C,A+C\rangle=\|A\|^{2}+2\langle A,C\rangle+\|C\|^{2}\le \|A\|^{2}+2\|A\|\|C\|+\|C\|^{2}=(\|A\|+\|C\|)^{2}.
Tomando raiz positiva, \|A+C\|\le \|A\|+\|C\|. Assim \|\cdot\| satisfaz a desigualdade triangular.
Portanto \|A\|=\sqrt{\operatorname{tr}(A^{*}A)} é de fato uma norma em L(\mathbb{R}^{m},\mathbb{R}^{n}).

Passo 5

Agora mostraremos a desigualdade desejada |A\cdot v|\le \|A\|\cdot|v| para todo v\in\mathbb{R}^{m}. Vou apresentar uma prova direta e elementar que funciona sem sair muito do nível calculacional.
Escolha uma base ortonormal \{e_{1},\dots,e_{m}\} de \mathbb{R}^{m}. Qualquer vetor v\in\mathbb{R}^{m} pode ser escrito como
v=\sum_{j=1}^{m} v_{j} e_{j},
onde v_{j}=\langle v,e_{j}\rangle e |v|^{2}=\sum_{j=1}^{m} v_{j}^{2}.
Aplicando A temos, por linearidade,
A v=\sum_{j=1}^{m} v_{j}\,A e_{j}.
Agora usamos a desigualdade de Cauchy–Schwarz para somas finitas (a versão para somas escalares-vetoriais): para vetores u_{j} e escalares v_{j},
\left|\sum_{j} v_{j} u_{j}\right|\le \left(\sum_{j} v_{j}^{2}\right)^{1/2}\left(\sum_{j} |u_{j}|^{2}\right)^{1/2}.
Aplicando com u_{j}=A e_{j} e os coeficientes v_{j} obtemos
|A v| =\left|\sum_{j=1}^{m} v_{j}\,A e_{j}\right| \le \left(\sum_{j=1}^{m} v_{j}^{2}\right)^{1/2}\left(\sum_{j=1}^{m} |A e_{j}|^{2}\right)^{1/2}.
Mas \left(\sum_{j=1}^{m} v_{j}^{2}\right)^{1/2}=|v|. E observe que
\sum_{j=1}^{m} |A e_{j}|^{2}=\sum_{j=1}^{m}\langle A e_{j},A e_{j}\rangle =\operatorname{tr}\big(A^{*}A\big),
porque \operatorname{tr}(A^{*}A)=\sum_{j=1}^{m}\langle e_{j},A^{*}A e_{j}\rangle=\sum_{j=1}^{m}\langle A e_{j},A e_{j}\rangle. Portanto
|A v|\le |v|\sqrt{\operatorname{tr}(A^{*}A)}=|v|\,\|A\|.
Isso completa a demonstração da desigualdade desejada.

Passo 6

Resumo/observações finais e motivação intuitiva (rápida e amiga):
  • A quantidade \|A\|=\sqrt{\operatorname{tr}(A^{*}A)} é a norma de Frobenius (ou Hilbert–Schmidt) de A: é a raiz da soma dos quadrados das entradas da matriz de A em quaisquer bases ortonormais. Por isso é obviamente não negativa, homogênea e satisfaz a desigualdade triangular (porque vem de um produto interno).
  • A desigualdade |A v|\le \|A\|\,|v| diz que a norma de Frobenius domina a ação de A sobre vetores unitários; intuitivamente, \|A\| controla o “tamanho médio” das colunas de A, e multiplicando por |v| obtemos um limite para |Av|.

Resposta

\|A\|=\sqrt{\operatorname{tr}\!\left(A^{*}A\right)} é uma norma em L(\mathbb{R}^{m},\mathbb{R}^{n}).\n |A\cdot v|\le \|A\|\cdot|v| para todo v\in\mathbb{R}^{m}.

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