$A=\mathrm{diag}(a_{11},\ldots,a_{nn})$，我們知道對角矩陣 $A$ 的行列式即主對角元之積：

$\det A=a_{11}\cdots a_{nn}$

\begin{aligned} \det A&=\begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}\\ a_{21}&a_{22} \end{vmatrix}=a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}\end{aligned}

$\det A=a_{11}a_{22}-\vert a_{12}\vert^2\le a_{11}a_{22}$

$A=\left[\!\!\begin{array}{rcc} -1&0&0\\ 0&2&1\\ 0&1&3 \end{array}\!\!\right]$

$A=[a_{ij}]$$n\times n$ 階半正定矩陣，則

$\det A\le\displaystyle\prod_{i=1}^n{a}_{ii}$

Hadamard 不等式(一)的證明包含兩種情況。若 $A$ 不可逆，則 $\det A=0$，不等式自然成立。若 $A$ 可逆，即 $A$ 是正定，也就有 $a_{ii}>0$$i=1,\ldots,n$。令 $D=\mathrm{diag}(\frac{1}{\sqrt{a_{11}}},\ldots,\frac{1}{\sqrt{a_{nn}}})$，顯然 $D$ 可逆，且 $D^{\ast}=D$。令 $C=[c_{ij}]=D^{\ast}AD$，展開等號右邊可確認所有 $c_{ii}=1$。對於任意 $\mathbf{x}\in\mathbb{C}^n$

\begin{aligned} \mathbf{x}^{\ast}C\mathbf{x}&=\mathbf{x}^{\ast}D^{\ast}AD\mathbf{x}=(D\mathbf{x})^{\ast}A(D\mathbf{x})>0\end{aligned}

\begin{aligned} \det A&=\det(D^{-1}CD^{-1})\\ &=(det D^{-1})(\det C)(\det D^{-1})\\ &=(\det D^{-1})^{2}(\det C)\\ &=\displaystyle\left(\prod_{i=1}^na_{ii}\right)(\det C)\end{aligned}

\begin{aligned} \det C&=\displaystyle\prod_{i=1}^n\lambda_i\le\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\lambda_i\right)^n=\left(\frac{1}{n}\mathrm{trace}C\right)^n=1\end{aligned}

$B$$n\times n$ 階矩陣，令 $\mathbf{b}_1,\ldots,\mathbf{b}_n$ 代表 $B$ 的行向量，則

$\displaystyle\vert\det B\vert\le\prod_{i=1}^n\Vert\mathbf{b}_i\Vert$

$B$ 可逆時，等號僅發生於 $B$ 的行向量彼此正交，即 $\mathbf{b}_i^{\ast}\mathbf{b}_j=0$，若 $i\neq j$

$A=\begin{bmatrix} \mathbf{b}_1^{\ast}\\ \vdots\\ \mathbf{b}_n^{\ast} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \mathbf{b}_1&\cdots&\mathbf{b}_n \end{bmatrix}$

\begin{aligned} \det A&\le\displaystyle\prod_{i=1}^na_{ii}=\prod_{i=1}^n\mathbf{b}_i^{\ast}\mathbf{b}_i=\prod_{i=1}^n\Vert\mathbf{b}_i\Vert^2\end{aligned}

\begin{aligned} \det A&=\det(B^{\ast}B)=(\det B^{\ast})(\det B)=\vert\det B\vert^2\end{aligned}

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1. Liang Dai 說：

det(A)
= lambda_1*lambda_2*…*lambda_n
<= ((a_11+a_22+…+a_nn)/n )^n

再往下走就比较困难了。而如果先做normalization，即把对角线元素都变为1，则a_11+a_22+…+a_nn = 1，右端被简化，不等式就得到了。

2. ccjou 說：

哈！你說的對，不等式(一)的助探論腳本應該這麼寫：
$\det A=\lambda_1(A)\cdots\lambda_n(A)$
$\le(\frac{1}{n}(\lambda_1(A)+\cdots+\lambda_n(A)))^n=(\frac{1}{n}(a_{11}+\cdots+a_{nn}))^n$
這時碰壁了，所以才想到將 $A$ 分解(正規化)為
$A=\begin{bmatrix} a_{11}&~&\ast\\ ~&\ddots&~\\ \ast&~&a_{nn} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \sqrt{a_{11}}&~&~\\ ~&\ddots&~\\ ~&~&\sqrt{a_{nn}} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1&~&\ast\\ ~&\ddots&~\\ \ast&~&1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \sqrt{a_{11}}&~&~\\ ~&\ddots&~\\ ~&~&\sqrt{a_{nn}} \end{bmatrix}$

3. Liang.Dai 說：

谢谢周老师。
第一个不等式其实可以用归纳法来证明。只需要利用将n*n的矩阵分块成四块，其中对角线上两块的体积为(n-1)*(n-1)，1*1，然后将n*n矩阵的行列式值表示为(n-1)*(n-1)行列式值与shur complement的乘积，即可发现结果。

4. ccjou 說：

好的，下一篇就來討論分塊矩陣的做法：若
$\begin{bmatrix} A&B\\ B^{\ast}&C \end{bmatrix}$ 正定，則
$\begin{vmatrix} A&B\\ B^{\ast}&C \end{vmatrix}\le(\det A)(\det C)$