Decomposição em Valores Singulares (SVD)

Vimos no Teorema Espectral que é possível decompor qualquer matriz simétrica como o produto entre 3 matrizes, sendo uma delas diagonal (contendo os autovalores) e as outras duas ortogonais (de transição entre a base canônica e a base ortonormal de autovetores). Esse tópico apresenta uma espécie de “generalização” do Teorema Espectral para uma matriz qualquer de dimensão $m \times n$ .

A ideia geral é similar, queremos decompor uma matriz $A\in \mathbb{R}^{m\times n}$ como o produto entre 3 matrizes:

A=U\Sigma V^{T}

(1)

Em particular, nos seria interessante que tais matrizes tenham propriedades similares ao caso do Teorema Espectral, com $U$ e $V^{T}$ ortogonais e $\Sigma$ diagonal. Mas note que se $A$ não é quadrada essa configuração não é possível, já que para tal deveríamos ter 3 matrizes quadradas, cujo produto não resultaria em uma matriz não quadrada. Como veremos, o que obteremos será o seguinte:

$U$ é uma matriz ortogonal $m\times m$ ;
$\Sigma$ é uma matriz retangular diagonal $m\times n$ ;
$V^{T}$ é a transposta de uma matriz ortogonal $n\times n$ .

O próximo teorema é a base para essa ideia. Ele nos indica quais serão os valores da diagonal de $\Sigma$ , chamados de valores singulares, e quais os vetores que irão compor as matrizes $U$ e $V^{T}$ . Para demonstrá-lo precisamos do seguinte lema:

Theorem 1 (Valores Singulares)

Seja $A\in \mathbb{R}^{m\times n}$ , com posto igual a $r$ . Existem números reais $\sigma_{1}\geq \dots\geq \sigma_{r}>0$ , chamados de valores singulares de $A$ , e bases ortonormais $\{ v_{1},\dots,v_{n} \}$ de $\mathbb{R}^{n}$ e $\{ u_{1},\dots,u_{m} \}$ de $\mathbb{R}^{m}$ , tais que:

$Av_{i}=\sigma_{i}u_{i}$ , para $i=1,\dots,r$ ;
$Av_{i}=0$ , para $i=r+1,\dots,n$ ;
$A^{T}u_{i}=\sigma_{i}v_{i}$ , para $i=1,\dots,r$ ;
$A^{T}u_{i}=0$ , para $i=r+1,\dots,m$ .

Onde $v_{1},\dots,v_{n}$ são autovetores de $A^{T}A$ , $u_{1},\dots,u_{m}$ são autovetores de $AA^{T}$ e $\sigma_{1}^{2},\dots,\sigma_{r}^{2}$ são os autovalores não nulos de $A^{T}A$ e $AA^{T}$ .

Proof 2

Pelo Theorem 2 sabemos que existe uma base ortonormal $\{ v_{1},\dots,v_{n} \}$ do $\mathbb{R}^{n}$ constituída de autovetores de $A^{T}A$ , com $\lambda_{1},\dots,\lambda_{n}$ autovalores associados respectivamente. Além disso, $A^{T}A\geq0$ e portanto todos os seus autovalores são não negativos.

Dessa forma, considere $\{ v_{1} ,\dots,v_{n}\}$ ordenados tais que $\lambda_{1}\geq \dots\geq \lambda_{n}\geq0$ . Também de Theorem 2 sabemos que o posto de $A^{T}A$ é o mesmo de $A$ , igual a $r$ . Logo, temos que:

\lambda_{1}\geq\dots\geq \lambda_{r}>0 \qquad \text{e} \qquad \lambda_{r+1}=\dots=\lambda_{n}=0

(3)

Então, para $i=1,\dots,r$ iremos definir:

\sigma_{i} := \lVert Av_{i} \rVert \qquad \text{e} \qquad u_{i} :=\frac{1}{\sigma_{i}}Av_{i}

(4)

Ou seja, para $i=1,\dots,r$ temos $Av_{i}=\sigma_{i}u_{i}$ , onde cada $u_{i}$ é um vetor unitário. Além disso, como $\lVert Av_{i} \rVert=\sigma_{i}$ , temos

\begin{align} \sigma_{i}^{2}&=\lVert Av_{i} \rVert^{2} \\ &=\langle Av_{i} , Av_{i} \rangle \\ &= (Av_{i})^{T}Av_{i} \\ &=v_{i}^{T}A^{T}Av_{i} \\ &=v_{i}^{T}\lambda_{i}v_{i} \\ &=\lambda_{i}v_{i}^{T}v_{i} \\ &=\lambda_{i} \end{align}

(5)

(observe que como $\{ v_{1},\dots,v_{n} \}$ é ortonormal, então $\langle v_{i} , v_{i} \rangle=v_{i}^{T}v_{i}=1$ )

Para $i\neq j$ temos que $\langle v_{i} , v_{j} \rangle=0$ (pois compõem uma base ortonormal). Além disso $A^{T}Av_{i}=\lambda_{i}v_{i}$ e $A^{T}Av_{j}=\lambda_{j}v_{j}$ , então:

\langle Av_{i} , Av_{j} \rangle=(Av_{i})^{T}Av_{j}=v_{i}^{T}A^{T}Av_{j}=v_{i}^{T}\lambda_{j}v_{j}=\lambda_{j}v_{i}^{T}v_{j}=\lambda_{j}\langle v_{i} , v_{j} \rangle=\lambda \cdot 0=0

(6)

Logo, $Av_{i}$ e $Av_{j}$ também são ortogonais. Em particular, $\{ u_{1} ,\dots,u_{r}\}$ são ortonormais. Além disso, para $i=1,\dots,r$ ,

A^{T}u_{i}=A^{T}\left( \frac{1}{\sigma_{i}}Av_{i} \right)=\frac{1}{\sigma_{i}}A^{T}Av_{i}=\frac{1}{\sigma_{i}}\lambda_{i} v_{i}=\frac{\sigma_{i}^{2}}{\sigma_{i}}v_{i}=\sigma_{i}v_{i}

(7)

E como consequência do Lemma 1 temos que, para $i=1,\dots,r$ , $u_{i}$ é autovetor de $AA^{T}$ com autovalor não nulo.

Observe também que a dimensão do espaço nulo de $AA^{T}$ deve ser $m-r$ , uma vez que $\text{posto}(AA^{T})=\text{posto}(A)=r$ .

Consideramos então uma base ortonormal $\{ u_{r+1},\dots,u_{m} \}$ de $N(AA^{T})$ (ou seja, cada $u_{i}$ desses é um autovetor de $AA^{T}$ associado ao autovalor 0). E ainda, $u_{r+1},\dots,u_{m}$ são ortogonais a $u_{1},\dots,u_{r}$ , pois a soma direta dos espaços gerados por eles, respectivamente, é igual ao espaço $\mathbb{R}^{m}$ , que por sua vez também é igual a soma direta entre o espaço gerado por $u_{1},\dots,u_{r}$ e seu complemento ortogonal. Logo, $\{ u_{1},\dots,u_{m} \}$ constitui uma base ortonormal de $\mathbb{R}^{m}$ formada por autovetores de $AA^{T}$ .

Note que, para $i=r+1,\dots,m$ , temos $A^{T}u_{i}=0$ , pois $N(AA^{T})=N(A^{T})$ , como proposto. Similarmente, para $i=r+1,\dots,n$ temos $\lambda_{i}=0$ e ${} A^{T}Av_{i}=0 {}$ , logo $Av_{i}=0$ , pois $N(A^{T}A)=N(A)$ .

Tais $v_{1},\dots,v_{n}$ constituirão as colunas da matriz $V$ e são chamados de vetores singulares à direita, enquanto $u_{1},\dots,u_{m}$ constituirão as colunas de $U$ e são chamados de vetores singulares à esquerda.

A partir disso, temos então a chamada Decomposição em Valores Singulares (também conhecida como SVD, do inglês Singular Value Decomposition) de uma matriz:

Theorem 2 (Decomposição em valores singulares)

Seja $A\in \mathbb{R}^{m\times n}$ , existem matrizes ortogonais $V\in \mathbb{R}^{n \times n}$ e $U\in \mathbb{R}^{m \times m}$ e uma matriz retangular diagonal $\Sigma \in \mathbb{R}^{m\times n}$ tais que

A=U\Sigma V^{T}

(8)

Em particular, sejam $\sigma_{1},\dots,\sigma_{r}$ , $\{ v_{1},\dots,v_{n} \}$ e $\{ u_{1},\dots,u_{m} \}$ os mesmos do teorema anterior, temos $V=[v_{1}\dots v_{n}]$ , $U=[u_{1}\dots u_{m}]$ e $\sigma_{1},\dots,\sigma_{r}$ compondo as entradas não nulas da diagonal principal de $\Sigma$ , nesta ordem.

Proof 3

Novamente, considere $\{ v_{1},\dots,v_{n} \}$ , $\{ u_{1},\dots,u_{m} \}$ e $\sigma_{1},\dots,\sigma_{r}$ do Theorem 1. Claramente as matrizes $V=[v_{1} \dots v_{n}]$ e $U=[u_{1} \dots u_{m}]$ são ortogonais, pois são formadas por vetores ortonormais.

Considere a matriz $\Sigma$ retangular diagonal de dimensão $m \times n$ , contendo em sua diagonal principal $\sigma_{1},\dots,\sigma_{r}$ (nesta ordem) e as demais entradas nulas.

Observe que $U\Sigma=[\sigma_{1}u_{1}\dots \sigma_{r}u_{r}\;\; 0\dots0]$ . Multiplicando isto por $V^{T}$ à direita, obtemos:

U\Sigma V^{T}=[\sigma_{1}u_{1}\dots \sigma_{r}u_{r}\;\; 0\dots0]\cdot \begin{bmatrix} v_{1}^{T} \\ v_{2}^{T} \\ \vdots \\ v_{n}^{T} \end{bmatrix}=\sum_{i=1}^{r}\sigma_{i}u_{i}v_{i}^{T}

(9)

Pelo Theorem 1, sabemos que a ação de $A$ em qualquer vetor $v_{j}$ é dada por:

Av_{j}=\begin{cases} \sigma_{j}u_{j} & \text{se }j\leq r, \\ 0 & \text{se }j>r \end{cases}

(10)

Mas note que isso coincide com a ação de $\Sigma_{i=1}^{r}\sigma_{i}u_{i}v_{i}^{T}$ em $v_{j}$ , pois

\left( \sum_{i=1}^{r}\sigma_{i}u_{i}v_{i}^{T} \right)\cdot [v_{j}]=\sum_{i=1}^{r}\sigma_{i}u_{i}v_{i}^{T}v_{j}=\sigma_{j}u_{j} \quad \text{para }j\leq r, \quad \text{e }0\text{ para }j>r.

(11)

(consequência do fato que $\{ v_{1},\dots,v_{n} \}$ é ortonormal, logo $v_{i}^{T}v_{j}=0$ se $i \neq j$ e $v_{i}^{T}v_{j}=1$ se $i=j$ )

Dado que $\{ v_{1},\dots,v_{n} \}$ é uma base de $\mathbb{R}^{n}$ , devemos ter (pela unicidade de uma transformação linear sobre uma base) que

A=\sum_{i=1}^{r}\sigma_{i}u_{i}v_{i}^{T}=U \Sigma V^{T}.

(12)

Vejamos agora um exemplo, para entender como a decomposição em valores singulares é feita na prática.

Example 1

Vamos determinar a decomposição em valores singulares da seguinte matriz:

A= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}

(13)

Antes, observe o seguinte (isso vale para qualquer matriz): Para obter os valores singulares e a matriz $\Sigma$ , podemos escolher entre $A^{T}A$ ou $AA^{T}$ para calcular os autovalores, pois sabemos que elas terão exatamente os mesmos autovalores não nulos. Já para determinar $U$ e $V$ , uma maneira seria calcular tanto $A^{T}A$ como $AA^{T}$ e encontrar os autovetores associados aos seus respectivos autovalores (incluindo os nulos), normalizá-los (e ortogonalizá-los, se necessário^[1]) e obter $V$ e $U$ , respectivamente. No entanto, seja $r=\text{posto}(A)$ , podemos fazer uso das seguintes relações:

Av_{i}=\sigma_{i}u_{i} \quad \text{e} \quad A^{T}u_{i}=\sigma_{i}v_{i},\;i=1,\dots,r

(14)

Logo, podemos adotar a seguinte estratégia: Calculamos somente $A^{T}A$ ou $AA^{T}$ , a que possui menor dimensão ( $\min\{ m,n \}$ ). Assim, o processo de encontrar os autovalores (e consequentemente os valores singulares) e uma base ortonormal constituída de autovetores do espaço correspondente ao da matriz escolhida será menos trabalhoso. Para encontrar a outra matriz restante ( $U$ ou $V$ ), fazemos uso das igualdades acima, bastando calcular as imagens $Av_{i}$ ou $A^{T}u_{i}$ e dividir as coordenadas pelo valor singular $\sigma_{i}$ correspondente, obtendo $r$ dos vetores que compõem a matriz restante. Para os $m-r$ ou $n-r$ vetores restantes, correspondentes aos valores singulares nulos, basta completarmos o conjunto dos $r$ vetores que já temos de maneira a formar uma base ortonormal do espaço correspondente (isto é, completamos com uma base ortonormal de $N(A)$ ou $N(A^{T})$ )^[2].

Com isso em mente, vamos decompor $A$ . Observe que $A^{T}A$ é $3\times3$ , enquanto que $AA^{T}$ é $2\times 2$ . Logo, vamos escolher $AA^{T}$ para trabalharmos e encontraremos primeiramente a matriz $U$ .

AA^{T}=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}

(15)

Note que $AA^{T}$ já se encontra na forma diagonal, logo seus autovalores são 2 e 1 (observe que eles já são distintos, então precisaremos apenas normalizar os autovetores encontrados, obtendo uma base ortonormal de $\mathbb{R}^{2}$ e a matriz $U$ ). Dessa forma, já obtemos os valores singulares: $\sigma_{1}=\sqrt{ 2 }$ e $\sigma_{2}=\sqrt{ 1 }=1$ . Consequentemente,

\Sigma=\begin{bmatrix} \sqrt{ 2 } & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}

(16)

Mais uma vez, como $AA^{T}$ já está na forma diagonal, a base ortonormal de autovetores é propriamente a base canônica de $\mathbb{R}^{2}$ , ou seja, $e_{1}=(1,0)$ está associado ao autovalor 2 e $e_{2}=(0,1)$ ao autovalor 1, temos então:

U=\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}

(17)

Resta apenas determinar $V$ . Observe de antemão que como obtemos dois autovalores não nulos, iremos obter as duas primeiras colunas da matriz $V$ (de dimensão $n\times n$ , neste caso, ${} 3 \times 3 {}$ ) por $A^{T}u_{i}=\sigma_{i}v_{i}$ , restando apenas determinar a coluna restante (iremos encontrar um vetor unitário ortogonal à $v_{1}$ e $v_{2}$ ). Logo,

\begin{align} v_{1}=\frac{1}{\sigma_{1}}\cdot A^{T}u_{1}=\frac{1}{\sqrt{ 2 }}\cdot \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{ 2 }} \\ 0 \\ \frac{1}{\sqrt{ 2 }} \end{bmatrix} \end{align}

(18)

v_{2}=\frac{1}{\sigma_{2}}\cdot A^{T}u_{2}=1\cdot \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}

(19)

Para encontrar $v_{3}$ , utilizaremos o processo de Gram-Schmidt. Começamos encontrando um $v_{3}'$ de forma que ${} \{ v_{1},v_{2},v'_{3} \} {}$ seja uma base de $\mathbb{R}^{3}$ (completar a base). Observe que ${} v_{3}'=(1,0,0) {}$ funciona. Agora, utilizaremos $v_{3}'$ para determinar $v_{3}''$ de forma que $\{ v_{1},v_{2},v_{3}'' \}$ seja uma base ortogonal de $\mathbb{R}^{3}$ (ortogonalizar). Temos que

v_{3}''=v_{3}'-\text{proj}_{[v_{1},v_{2}]}\;v_{3}'

(20)

será ortogonal a $v_{1}$ e $v_{2}$ . Logo,

\begin{align} v_{3}'' & =v_{3}'-\text{proj}_{v_{1}}v_{3}' -\text{proj}_{v_{2}}v_{3}' \\ & =v_{3}'-\frac{\langle v_{3}' , v_{1} \rangle}{\lVert v_{1} \rVert^{2} }v_{1}-\frac{\langle v_{3}' , v_{2} \rangle}{\lVert v_{2} \rVert^{2} }v_{2} \\ & =(1,0,0)-\frac{1}{\sqrt{ 2 }}\cdot \left( \frac{1}{\sqrt{ 2 }},0,\frac{1}{\sqrt{ 2 }} \right)-0\cdot (0,1,0) \\ & =(1,0,0)+\left( \frac{-1}{2},0,\frac{-1}{2} \right) \\ & =\left( \frac{1}{2},0,\frac{-1}{2} \right) \end{align}

(21)

Por fim, devemos normalizar $v_{3}''$ , ou seja, $v_{3}=\frac{v_{3}''}{\lVert v_{3}'' \rVert}$ :

v_{3}= \frac{\left( \frac{1}{2},0,\frac{-1}{2} \right)}{1/\sqrt{ 2 }}=\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2},0,\frac{-\sqrt{ 2 }}{2} \right)

(22)

Portanto,

V=\begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{ 2 }} & 0 & \frac{\sqrt{ 2 }}{2} \\ 0 & 1 & 0\\ \frac{1}{\sqrt{ 2 }} & 0 & \frac{-\sqrt{ 2 }}{2} \end{bmatrix}

(23)

V^{T}=\begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{ 2 }} & 0 & \frac{1}{\sqrt{ 2 }} \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac{\sqrt{ 2 }}{2} & 0 & \frac{-\sqrt{ 2 }}{2} \end{bmatrix}

(24)

E finalmente:

A=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}=\underbrace{ \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} }_{ U }\cdot \underbrace{ \begin{bmatrix} \sqrt{ 2 } & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} }_{ \Sigma }\cdot \underbrace{ \begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{ 2 }} & 0 & \frac{1}{\sqrt{ 2 }} \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac{\sqrt{ 2 }}{2} & 0 & \frac{-\sqrt{ 2 }}{2} \end{bmatrix} }_{ V^{T} }

(25)

Aproximação de matrizes utilizando SVD¶

Entre uma das muitas aplicações da decomposição SVD está a aproximação de matrizes. Em um cenário computacional, é comum que seja mais vantajoso trabalharmos com uma aproximação de determinado objeto matemático do que com sua forma exata. Para matrizes isso ocorre com bastante frequência.

Por exemplo, suponha que uma matriz $A$ de posto $r$ possua os valores singulares não nulos $\sigma_{1},\dots,\sigma_{r-1},0.0001$ . Ou seja, $\sigma_{r}=0.0001$ . Ao realizarmos cálculos com essa matriz na forma SVD em um computador, devido à natureza da arimética de ponto flutuante, haverá um acúmulo de erros decorrente dos produtos com a entrada 0.0001. Nesse caso, como 0.0001 está muito próximo de 0, acaba sendo mais benéfico (do ponto de vista de minimização de erros) “truncarmos” o posto de $A$ para $r-1$ , isto é, consideramos $\sigma_{r}=0$ .

Observe que $A_{k}$ possui posto $k$ .

Proof 4

Começamos pela igualdade $\lVert A-A_{k} \rVert_{2}=\sigma_{k+1}$ . Devemos mostrar que $\sigma_{k+1}$ é o maior valor singular de $A-A_{k}$ . Mas observe que

A-A_{k}=U\Sigma V^{T}-U\Sigma_{k}V^{T}= U(\Sigma-\Sigma_{k})V^{T}

(29)

e pela definição de $\Sigma_{k}$ concluímos que $\sigma_{k+1}$ é de fato o maior valor singular.

Agora, para $B\in \mathbb{R}^{m\times n}$ com posto $k$ , mostremos que $\sigma_{k+1}\leq \lVert A-B \rVert_{2}$ .

Sejam $v_{1},\dots v_{n}$ os vetores que compõem as colunas de $V$ , defina $W:=[v_{1},\dots,v_{k+1}]$ . Temos então $(W+N(B))\subseteq \mathbb{R}^{n}$ , pois $W,N(B)\subseteq \mathbb{R}^{n}$ . Logo,

\dim (W+N(B))=\dim W+\dim N(B)-\dim(W \cap N(B))\leq n

(30)

Por outro lado, observe que $\dim W=k+1$ (pela definição de $W$ ) e $\dim N(B)=n-k$ (pois $B$ tem posto $k$ ). Portanto,

k+1+n-k-\dim(W\cap N(B))\leq n

(31)

\implies \dim(W\cap N(B))\geq 1

(32)

indicando que $(W\cap N(B)) \neq \emptyset$ .

Sendo assim, consideremos $v\in (W\cap N(B))$ tal que $\lVert v \rVert_{2}=1$ . Pela definição de $W$ (dado que $v_{1},\dots,v_{k+1}$ são ortonormais) e como, em particular, $v\in W$ , temos

v=\alpha_{1}v_{1}+\dots+\alpha_{k+1}v_{k+1}, \quad \text{com }\alpha_{1},\dots,\alpha_{k+1}\in \mathbb{R}

(33)

Como $\lVert v \rVert_{2}=1$ , temos $\langle v , v \rangle=\lVert v \rVert_{2}^{2}=1^{2}=1$ . Mas, pela ortonormalidade de $v_{1},\dots,v_{k+1}$ :

\begin{align} \langle v , v \rangle=\langle \alpha v_{1}+\dots \alpha_{k+1}v_{k+1} , \alpha v_{1}+\dots \alpha_{k+1}v_{k+1} \rangle=\alpha_{1}^{2}+\dots+\alpha_{k+1}^{2} \end{align}

(34)

Logo,

\alpha_{1}^{2}+\dots+\alpha_{k+1}^{2}=1

(35)

Além disso, $v\in N(B)$ , então:

(A-B)v=Av-0=A(\alpha_{1}v_{1}+\dots+\alpha_{k+1}v_{k+1})=\alpha_{1}Av_{1}+\dots+\alpha_{k+1}Av_{k+1}

(36)

e temos que $Av_{i}=\sigma_{i}u_{i}$ , para $i=1,\dots,k+1$ . Em particular, $u_{1},\dots,u_{k+1}$ são ortonormais, utilizando esses fatos temos

\lVert (A-B)v \rVert _{2}^{2}=\langle (A-B)v , (A-B)v \rangle=\left\langle \sum_{i=1}^{k+1} \alpha_{i}\sigma_{i}v_{i} , \sum_{i=1}^{k+1} \alpha_{i}\sigma_{i}v_{i} \right\rangle= \sum_{i=1}^{k+1}(\alpha_{i}\sigma_{i})^{2}

(37)

Mas, $\sum_{i=1}^{k+1}(\alpha_{i}\sigma_{i})^{2}\geq \sigma_{k+1}^{2}\sum_{i=1}^{k+1}a_{i}^{2}=\sigma_{k+1}^{2}$ (utilizando (35)). Portanto, considerando que $\lVert A-B \rVert_{2}$ é equivalente ao máximo de ${} \lVert (A-B)x \rVert$ para todo ${} x\in \mathbb{R}^{n}$ tal que $\lVert x \rVert_{2}=1$ , concluímos:

\sigma_{k+1}\leq \lVert (A-B)v \rVert_{2}\leq \lVert A-B \rVert_{2}

(38)

O tópico Compressão de imagens utilizando Decomposição em Valores Singulares mostra como essa ideia de aproximação de matrizes é aplicada.

Footnotes¶

Caso todos os autovalores sejam distintos, por Proposition 3 sabemos que todos os autovetores encontrados serão ortogonais. Mas, caso hajam autovalores repetidos, não há essa garantia. Logo, talvez seja necessário ortogonalizar alguns autovetores, o que pode ser feito via processo de Gram-Schmidt.
↩
O que mais uma vez pode ser feito via processo de Gram-Schmidt.
↩