向量的$\ell_p$范数球都很容易可视化，但是矩阵的就没那么容易了，不过$\Sbb_2$的核范数球是可以的。设 \begin{align*} \Mv = \begin{bmatrix} x & y \\ y & z \end{bmatrix}, \quad \Mv^\top \Mv = \begin{bmatrix} x & y \\ y & z \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x & y \\ y & z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x^2 + y^2 & y (x + z) \\ y (x + z) & y^2 + z^2 \end{bmatrix} \end{align*} 于是$\Mv^\top \Mv$的特征方程为 \begin{align*} 0 & = t^2 - (x^2 + 2 y^2 + z^2) t + (x^2 + y^2) (y^2 + z^2) - y^2 (x + z)^2 \\ & = t^2 - (x^2 + 2 y^2 + z^2) t + x^2 z^2 + y^4 + y^2 (x^2 + z^2) - y^2 (x + z)^2 \\ & = t^2 - (x^2 + 2 y^2 + z^2) t + x^2 z^2 + y^4 - y^2 \cdot 2 x z \\ & = t^2 - (x^2 + 2 y^2 + z^2) t + (y^2 - xz)^2 \end{align*} 易知两个特征根分别为 \begin{align*} t_{1,2} = \frac{x^2 + 2 y^2 + z^2 \pm \sqrt{(x^2 + 2 y^2 + z^2)^2 - 4 (y^2 - xz)^2}}{2} \end{align*} 故$\Mv$的两个奇异值分别为 \begin{align*} \sigma_{1,2} = \frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{x^2 + 2 y^2 + z^2 \pm \sqrt{(x^2 + 2 y^2 + z^2)^2 - 4 (y^2 - xz)^2}} \end{align*}

　　显然$\|\Mv\|_* \le 1$的边界为$\|\Mv\|_* = 1$，即$\sigma_1 + \sigma_2 = 1$，两边平方可得 \begin{align*} 1 & = \sigma_1^2 + \sigma_2^2 + 2 \sigma_1 \sigma_2 \\ & = x^2 + 2 y^2 + z^2 + \sqrt{(x^2 + 2 y^2 + z^2)^2 - ((x^2 + 2 y^2 + z^2)^2 - 4 (y^2 - xz)^2)} \\ & = x^2 + 2 y^2 + z^2 + \sqrt{4 (y^2 - xz)^2} \\ & = x^2 + 2 y^2 + z^2 + 2 |y^2 - xz| \\ & = \begin{cases} (x + z)^2 & xz \ge y^2 \\ (x - z)^2 + 4 y^2 & xz < y^2 \end{cases} \end{align*} 这就是核范数球边界的方程。

　　现将$xoz$平面顺时针旋转45度，于是新的坐标满足 \begin{align*} \begin{bmatrix} x' \\ z' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos 45^\circ & - \sin 45^\circ \\ \sin 45^\circ & \cos 45^\circ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ z \end{bmatrix} = \frac{\sqrt{2}}{2} \begin{bmatrix} x - z \\ x + z \end{bmatrix}, \quad \begin{bmatrix} x \\ z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos 45^\circ & \sin 45^\circ \\ - \sin 45^\circ & \cos 45^\circ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x' \\ z' \end{bmatrix} = \frac{\sqrt{2}}{2} \begin{bmatrix} z' + x' \\ z' - x' \end{bmatrix} \end{align*} 注意$xz = (z'^2 - x'^2) / 2$，故核范数球边界在$x'yz'$坐标系下的方程为 \begin{align*} 1 = \begin{cases} 2 z'^2 & z'^2 - x'^2 \ge 2 y^2 \\ 2 x'^2 + 4 y^2 & z'^2 - x'^2 < 2 y^2 \end{cases} \end{align*} 先看第一行，显然$1 = 2 z'^2$对应两个平行的平面$z' = \pm 1 / \sqrt{2}$，核范数球边界在这两个平面上的边界为 \begin{align*} z'^2 - x'^2 = 2 y^2 \Longrightarrow 2 x'^2 + 4 y^2 = 1 \end{align*} 是一个长轴为$1 / \sqrt{2}$、短轴为$1/2$的椭圆。再看第二行，注意 \begin{align*} z'^2 < x'^2 + 2 y^2 = \frac{1}{2} \Longrightarrow - \frac{1}{\sqrt{2}} < z < \frac{1}{\sqrt{2}} \end{align*} 即为两个平行的平面$z' = \pm 1 / \sqrt{2}$之间的一系列椭圆$2 x'^2 + 4 y^2 = 1$。

　　综上，$\Sbb_2$的核范数球在$x'yz'$坐标系下为一个以$z$轴为中心的椭圆柱 \begin{align*} 2 x'^2 + 4 y^2 \le 1, \quad - \frac{1}{\sqrt{2}} \le z \le \frac{1}{\sqrt{2}} \end{align*} 将其沿$xoz$平面顺时针旋转45度，即为其在原$xyz$坐标系下的样子。