行列式的均值不等式

lihpb

abababa

能不能这样：因为$A,B$正定，所以能用同一矩阵$P$合同对角化，即存在$P$使得$P^TAP=E,P^TBP=\text{diag}(\lambda_i)$，其中$\lambda_i$是$\det(\lambda A-B)=0$的$n$个实根。因为$B$正定所以$\lambda_i>0$。

然后
\[\prod_{i}\lambda_i=\det(E\text{diag}(\lambda_i))=\det(P^TAPP^TBP)=[\det(P)]^4\det(AB)\Rightarrow(\det(AB))^{1/2}=\frac{1}{(\det(P))^2}\sqrt{\prod_{i}\lambda_i}\]
\[\prod_{i}\frac{(1+\lambda_i)}{2}=\det(\frac{E+\text{diag}(\lambda_i)}{2})=\det(\frac{P^TAP+P^TBP}{2})=(\det(P))^2\det(\frac{A+B}{2})\Rightarrow\det(\frac{A+B}{2})=\frac{1}{(\det(P))^2}\prod_{i}\frac{(1+\lambda_i)}{2}\]

于是只要证明$\sqrt{\prod_{i}\lambda_i}\le\prod_{i}\frac{(1+\lambda_i)}{2}$，因为$\lambda_i>0$，所以最后这个成立。

战巡

假设$A,B$均为$n$阶半正定阵

按布鲁恩-闵可夫斯基定理（Brunn–Minkowski theorem），有
\[\det(A+B)^{\frac{1}{n}}\ge \det(A)^{\frac{1}{n}}+\det(B)^{\frac{1}{n}}\]
即
\[\det(\frac{A+B}{2})^{\frac{1}{n}}=\frac{1}{2}\det(A+B)^{\frac{1}{n}}\ge\frac{\det(A)^{\frac{1}{n}}+\det(B)^{\frac{1}{n}}}{2}\ge\sqrt{\det(A)^{\frac{1}{n}}\det(B)^{\frac{1}{n}}}=\sqrt{\det(AB)^{\frac{1}{n}}}\]
然后两边$n$次方即得到结果

lihpb

A、B为正定矩阵

lihpb

战巡 发表于 2024-8-2 23:34
假设$A,B$均为$n$阶半正定阵

按布鲁恩-闵可夫斯基定理（Brunn–Minkowski theorem），有

你上面那个Brunn–Minkowski theorem不等式怎么证明

abababa

这个其实还是一样的，就是能用同一矩阵合同对角化，存在$P$使得$P^TAP=E,P^TBP=\text{diag}(\lambda_i)$。然后把$\det(P)$的部分提出去，最后只要证明
\[[\det(E+\text{diag}(\lambda_i))]^{\frac{1}{n}}\ge[\det(E)]^{\frac{1}{n}}+[\det(\text{diag}(\lambda_i))]^{\frac{1}{n}}\]

也就是要证明
\[\left[\prod_{i}(1+\lambda_i)\right]^{\frac{1}{n}}\ge1+\left[\prod_{i}\lambda_i\right]^{\frac{1}{n}}\]

这就是赫尔德不等式当$a_i=1$时的情况，赫尔德不等式：
\[\prod_{i=1}^{n}(a_i+b_i)\ge\left(\sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n}a_i}+\sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n}b_i}\right)^n\]