行列式的均值不等式

lihpb

$A, B$ 是正定阵 $(\operatorname{det} A B)^{\frac{1}{2}} \leq \operatorname{det}\left(\frac{A+B}{2}\right)$，当且仅当 $A=B$ 时成立

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
\[\det(A+B)^{\frac{1}{n}}\ge \det(A)^{\frac{1}{n}}+\det(B)^{\frac{1}{n}}\]

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：
\[\prod_{i=1}^{n}(a_i+b_i)\ge\left(\sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n}a_i}+\sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n}b_i}\right)^n\]

hbghlyj

lihpb 发表于 2024-8-3 02:12
你上面那个Brunn–Minkowski theorem不等式怎么证明

lib-pku 实变期末.jpg
六、(8分) 设 $A, B, A+B \subset \mathbb{R}^2$ 均为可测集，证明以下Brunn-Minkowski不等式:
$$
m(A+B)^{\frac{1}{2}} \geq m(A)^{\frac{1}{2}}+m(B)^{\frac{1}{2}},
$$

Real Analysis, Elias M. Stein page 36
\[\tag8m(A + B)^{1/d} ≥ m(A)^{1/d} + m(B)^{1/d}.\]
在继续 (8) 的证明之前，我们需要提及出现的技术障碍。 虽然我们可以假设 $A$ 和 $B$ 是可测的，但这并不能推断出 $A+B$ 是可测的（见下一章的练习 13）。然而，很容易看出，当 $A$ 和 $B$ 是闭集，或者其中一个是开集时（参见练习 19），这种困难不会发生。考虑到上述条件，我们可以陈述主要结果。
定理 5.1 设 $A$ 和 $B$ 是 $\mathbb R^d$ 中的可测集，且它们的和 $A+B$ 也是可测的，那么不等式(8)成立。
让我们首先检查，当 $A$ 和 $B$ 是具有边长 $(a_j)_{j=1}^d$ 和 $(b_j)_{j=1}^d$ 的矩形时，不等式(8)变成
$$\tag9\left(\prod_{j=1}^{d}\left(a_{j}+b_{j}\right)\right)^{1 / d} \geq\left(\prod_{j=1}^{d} a_{j}\right)^{1 / d}+\left(\prod_{j=1}^{d} b_{j}\right)^{1 / d}$$
通过齐次性，我们可以将其简化为对每个 $j$ 有 $a_j + b_j = 1$ 的情况。事实上，若将 $a_j,b_j$ 替换为 $λ_j a_j , λ_j b_j$,
$λ_j > 0$，则 (9) 的两边都乘以 $(λ_1λ_2 · · · λ_d)^{1/d}$。然后我们只需要选择 $λ_j = (a_j + b_j )^{−1}$。通过这种简化，由 AM-GM 不等式能直接推出不等式 (9)：
$$\left(\prod_{j=1}^{d} a_{j}\right)^{1 / d}+\left(\prod_{j=1}^{d} b_{j}\right)^{1 / d}\le\frac1d\sum_{j=1}^da_j+\frac1d\sum_{j=1}^db_j=1$$
接下来我们转向每个 $A$ 和 $B$ 都是有限多个矩形的并集的情况，这些矩形的内部是不相交的。在这种情况下，我们将通过对 $A$ 和 $B$ 中的矩形总数 $n$ 应用归纳来证明 (8)。这里需要注意的是，当我们独立平移 $A$ 和 $B$ 时，不等式不变。事实上，用$A + h$代替$A$，用$B + h'$代替$B$，用$A + B +h + h'$代替$A + B$，相应的测度保持不变。我们在覆盖 $A$ 的集合中选择一对不相交的矩形 $R_1$ 和 $R_2$，我们注意到它们可以被坐标超平面分开：
我们可以假设对于某些 $j$，在移动适当的 $h$ 之后，$R_1$ 位于 $A_− = A ∩ \{x_j ≤ 0\}$，$R_2$ 位于 $A_+ = A ∩ \{0 ≤ x_j \}$。还要注意 $A_+$ 和 $A_−$ 都至少比 $A$ 少一个矩形，并且 $A = A_− ∪ A_+$。
接下来我们平移 $B$ 使得 $B_{-}=B \cap\left\{x_j \leq 0\right\}$ 和 $B_{+}=B \cap\{x_j \geq0\}$ 满足
\[
\frac{m\left(B_{\pm}\right)}{m(B)}=\frac{m\left(A_{\pm}\right)}{m(A)} .
\]
然而，$A+B \supset\left(A_{+}+B_{+}\right) \cup\left(A_{-}+B_{-}\right)$，并且右边的并集本质上是不相交的，因为这两部分位于不同的半空间中。此外，无论是 $A_{+}$ 和 $B_{+}$，还是 $A_{-}$ 和 $B_{-}$ 中的矩形总数也少于 $n$。因此，归纳假设适用，并且
\begin{aligned}
m(A+B) & \geq m\left(A_{+}+B_{+}\right)+m\left(A_{-}+B_{-}\right) \\
& \geq\left(m\left(A_{+}\right)^{1 / d}+m\left(B_{+}\right)^{1 / d}\right)^d+\left(m\left(A_{-}\right)^{1 / d}+m\left(B_{-}\right)^{1 / d}\right)^d \\
& =m\left(A_{+}\right)\left[1+\left(\frac{m(B)}{m(A)}\right)^{1 / d}\right]^d+m\left(A_{-}\right)\left[1+\left(\frac{m(B)}{m(A)}\right)^{1 / d}\right]^d \\
& =\left(m(A)^{1 / d}+m(B)^{1 / d}\right)^d,
\end{aligned}
这给出了当 $A$ 和 $B$ 都是具有不相交内部的有限多个矩形的并集时所需的不等式 (8)。

接下来，这很快就暗示了当 $A$ 和 $B$ 是有限测度的开集时的结果。实际上，根据定理 1.4，对于任意 $\epsilon>0$，我们可以找到几乎不相交的矩形并集 $A_\epsilon$ 和 $B_\epsilon$，使得 $A_\epsilon \subset A, B_\epsilon \subset B$，并且 $m(A) \leq m\left(A_\epsilon\right)+\epsilon$ 和 $m(B) \leq m\left(B_\epsilon\right)+\epsilon$。由于 $A+B \supset A_\epsilon+B_\epsilon$，对于 $A_\epsilon$ 和 $B_\epsilon$ 的不等式 (8) 以及极限过程给出了所需的结果。由此，我们可以转到 $A$ 和 $B$ 是任意紧集的情况，首先注意到 $A+B$ 是紧的，并且如果我们定义 $A^\epsilon=\{x: d(x, A)<\epsilon\}$，那么 $A^\epsilon$ 是开集，并且 $A^\epsilon \searrow A$ 当 $\epsilon \rightarrow 0$。对于 $B^\epsilon$ 和 $(A+B)^\epsilon$ 也有类似的定义，我们还观察到 $A+B \subset A^\epsilon+B^\epsilon \subset(A+B)^{2 \epsilon}$。因此，让 $\epsilon \rightarrow 0$，我们看到 $A^\epsilon$ 和 $B^\epsilon$ 的不等式 (8) 暗示了 $A$ 和 $B$ 的所需结果。一般情况下，我们假设 $A, B$ 和 $A+B$ 是可测的，然后通过由内向外逼近 $A$ 和 $B$ 为紧集来得到结果，如定理 3.4 的 (iii) 中所述。

mathoverflow.net/a/65505/

hbghlyj

lihpb 发表于 2024-8-2 07:58
$A, B$ 是正定阵 $(\operatorname{det} A B)^{\frac{1}{2}} \leq \operatorname{det}\left(\frac{A+B}{2}\r ...

推广：$\forall 0<t<1,$
\begin{align}\label1
\det(tA + (1-t)B) \geq (\det A)^{t}(\det B)^{1-t}.
\end{align}
如何证明呢？