HADAMARD不等式的证明

笔者水平尚浅，写博客主要为了整理学习思路，如有错误或疏漏欢迎各位批评指正。

第一种证明

对n阶方阵A，我们有

$\left |det(A) \right |\leq\left \| a_{1} \right \|\left \| a_{2} \right \|......\left \| a_{n} \right \|$

若A为可逆矩阵，则A的行列式为0，显然成立。

若A不为可逆矩阵，则可以对A做QR分解

Q为标准正交矩阵，内所有列向量为 $R_{}^{n}$ 的一组标准正交基。

R为上三角矩阵，且对角元均为非负数

对可逆矩阵A的列向量进行Gram-Schmidt正交化，过程如下：

$q_{1}=a_{1};$

$q_{2}=a_{2}-\frac{q_{1}^{T}a_{2}q_{1}}{q_{1}^{T}q_{1}};$

$q_{3}=a_{3}-\frac{q_{1}^{T}a_{3}q_{1}}{q_{1}^{T}q_{1}}-\frac{q_{2}^{T}a_{3}q_{2}}{q_{2}^{T}q_{2}}$

......

之后同理，得到 $q_{1} q_{2}q_{3}......q_{n}$ 为 $R^{n}$ 上的一组正交基，对其进行单位化，可以得到一组标准正交基

单位化如下：

$\overline{q_{i}}=\frac{q_{i}}{\left \| q_{i} \right \|}$

将正交化的过程用矩阵分解的观点进行书写

$A=\left( \begin{matrix} a_{1} &a_{2}&a_{3}&a_{4}.......a_{n} \end{matrix}\right) =\left( \begin{matrix} q_{1}&q_{2}&q_{3}......q_{n} \end{matrix} \right ) \left(\begin{matrix} 1&\frac{q_{1}^{T}a_{2}}{q_{1}^{T}q_{1}}&\frac{q_{1}^{T}a_{3}}{q_{1}^{T}q_{1}} &\frac{q_{1}^{T}a_{4}}{q_{1}^{T}q_{1}}&......&\frac{q_{1}^{T}a_{n}}{q_{1}^{T}q_{1}} \\0&1&\frac{q_{2}^{T}a_{3}}{q_{2}^{T}q_{2}}&\frac{q_{2}^{T}a_{4}}{q_{2}^{T}q_{2}}&......&\frac{q_{2}^{T}a_{n}}{q_{2}^{T}q_{2}}\\ 0&0&1&......&.......&......\\0&0&0&1&......&......\\.\\.\\.\\.\\0&0&0&0&......&1 \end{matrix} \right )$

之后对该组正交基进行单位化

$\left(\begin{matrix} q_{1}&q_{2}&q_{3}&......&q_{n} \end{matrix}\right )=\left(\begin{matrix} \overline{q_{1}}&\overline{q_{2}}&\overline{q_{3}}&......&\overline{q_{n}}\end{matrix} \right ) \left(\begin{matrix} \left \| q_{1} \right \| &0&0&0&0&......&0\\ 0&\left \| q_{2} \right \|&0&0&0&......&0\\0&0&\left \| q_{3} \right \|&0&0&......&0\\.\\.\\.\\.\\0&0&0&0&0&......&\left \| q_{n} \right \|\end{matrix} \right )$

根据行列式函数的性质，得到

$det(A)=det(Q)det(R)=det(\overline{Q})det(diag)det(R)$

因为 $\overline{Q}$ 是正交矩阵，所以 $\left|det(\overline{Q})\right|=1$

因此 $\left| det(A) \right|=\left \| q_{1} \right \|\left \| q_{2} \right \|.......\left \| q_{n} \right \|$

考虑到Gram-Schmidt正交化的几何含义（及计算出q的过程便是从原始列向量中减去列向量在已知q上的投影的过程）

所以有 $\left \| q_i \right \|\leq \left \| a_{i} \right \|$

相乘起来，即证毕！

第二种证明

引理1

对任意y,A是实对称正定矩阵

有 $det\left( \begin{bmatrix} A &y\\y^{T}&0 \end{bmatrix} \right)\leqslant 0$

$\begin{bmatrix} A &y\\y^{T}&0 \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} X&\\&I\end{bmatrix} \begin{bmatrix}\wedge &b\\b^{T}&0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} X^{T}&\\&I \end{bmatrix}$

此处

$Xb=y\\b^TX^T=y^T$

因为X是正交矩阵，所以满秩，故b也是任取的向量。

且 $det\left(\begin{bmatrix} X&\\&I\end{bmatrix}\right)det\left( \begin{bmatrix} X^T&\\&I\end{bmatrix}\right )=det(X)det(X^T)=det(XX^T)=1$

故有：

$det\left( \begin{bmatrix} A &y\\y^{T}&0 \end{bmatrix} \right)=det\left(\begin{bmatrix} \wedge &b\\b^T&0\end{}\right)$

$\begin{bmatrix}I&\\-b^T\wedge&1 \end{}\begin{bmatrix}\wedge&b\\b^T& 0\end{}=\begin{bmatrix}\wedge&b\\0&-b^T\wedge b \end{}$

$det\begin{bmatrix}\wedge&b\\0&-b ^T\wedge b \end{}=det\left(\wedge \right )*\left(-b^T\wedge b\right)\\$

由 $\wedge$ 正定知， $-b^T\wedge b< 0$

证毕

引理二

A为实对称正定矩阵

记 $A=\left[a_i_j \right ]$ $A_n-_1$ 记为A的n-1阶顺序主子式，则有 $det\left(A \right )\leqslant a_n_nA_n-_1$

$\begin{bmatrix}I&\\-a^TA_n-_1^-^1&1 \end{} \begin{bmatrix}A_n-_1&a\\a^T&a_n_n \end{}= \begin{bmatrix}A_n-_1&a\\&a_n_n-a^TA _n-_1a \end{}$

（这里矩阵里的 $A_n-_1$ 指顺序主子阵）

$det(A)=A_n-_1 *(a_n_n-a^TA_n-_1 a)$

$a_n_n-a^TA_n-_1a<a_n_n$ 且 $A_n-_1>0$

证毕

将引理二多次使用，得到

$det(A)\leqslant a_n_na_n-_1_n-_1......a_1_1$

证明HADAMARD不等式

$det(T)^2=det(T^T T)$

$T=\begin{bmatrix}t_1&t_2&......&t_n \end{}$

$T^TT=\begin{bmatrix}t_1^Tt_1&&&*&&\\&t_2^Tt_2&&&&\\&&t_3^Tt_3\\&&&&\\&*&&&&\\&&&&&t_n^Tt_n\end{}$ (非对角元没有写出)

利用引理二的推广，可证得

证毕！