Hadamardの不等式

$x = (x _ 1\ \cdots\ x _ n) \in M(n, \boldsymbol{R})$ について,

$|\det{x}| \leqq |x _ 1||x _ 2| \cdots |x _ n|.\ \ \ (\ast)$

証明

$x _ 1, \ldots, x _ n$ のなかに $0$ に等しいものがあれば両辺とも $0$ で成立つ. 従って, はじめから $x _ 1, \ldots, x _ n$ はすべて $0$ でないとしてよい. そこで, 両辺を $|x _ 1||x _ 2| \cdots |x _ n|$ で割って

$\displaystyle (\ast) \Leftrightarrow -1 \leqq \det\left(\frac{x _ 1}{|x _ 1|}, \cdots , \frac{x _ n}{|x _ n|}\right) \leqq 1$

をうるから, 以下の命題を示せばよい:

$x=(x _ 1\ \cdots, x _ n) \in M(n, \boldsymbol{R})$ について, $|x _ i| = 1\ (i = 1, \ldots, n) \Rightarrow |\det(x _ 1, \cdots, x _ n)| \leqq 1.$

以下, $M(n,\boldsymbol{R})=R ^ {n ^ 2}$ として

$x={^ t}(x _ {11}, \cdots, x _ {n1}; \cdots ; x _ {1n}, \cdots , x _ {nn})$

とかき, 関数 $d: \boldsymbol{R} ^ {n ^2} \rightarrow \boldsymbol{R}$ を

${d: {^ t}(x _ {11}, \cdots, x _ {n1}; \cdots ; x _ {1n}, \cdots , x _ {nn}) \mapsto \det \left( \begin{array}{ccc} x _ {11} & \cdots & x _ {1n} \\ \vdots & & \vdots \\ x _ {n1} & \cdots & x _ {nn} \end{array} \right) }$

と定める.

題意を示すためには, 写像 $g$ を

$g: \boldsymbol{R} ^ {n ^ 2} \rightarrow \boldsymbol{R} ^ n, x \mapsto {^t}(|x _ 1|-1, \cdots, |x _ n|-1)$

として, $d$ の $S = \{ x \in \boldsymbol{R} ^ {n ^ 2}; g(x)=0\}$ 上の極値問題を解けばよい.

${g ^{\prime} (x)=\left( \begin{array}{cccccccccc} x _ {11}/|x _ {1}| & \cdots & x _ {n1}/|x _ {1}| & 0 & \cdots & 0 & \cdots & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \cdots & 0 & x _ {12}/|x _ 2| & \cdots & x _ {n2}/|x _ 2| & \cdots & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & & \vdots & \vdots & & \vdots & \ddots & \vdots & & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots & 0 & \cdots & x _ {1n}/|x _ n| & \cdots & x _ {nn}/|x _ n| \end{array} \right) }$

であり, $x \in S$ ならば各 $x _ {1i}, \ldots, x _ {ni}$ のなかには $0$ でないものがあるから

$(\forall x \in S)(\mbox{rank}\ {g ^ {\prime}(x)}=n).$

ゆえにLagrange乗数法が使える. すなわち, $\lambda$ を $n$ 項横ベクトルとして $\Phi(x,\lambda)=d(x)-\lambda g(x)$ を定めるとき, $x$ が $S$ 上の極値点であるならば, ある $\lambda$ に対して $\Phi {^\prime} (x, \lambda)=0$ となる. この $x, \lambda$ につき

$\displaystyle \frac{\partial \Phi}{\partial x _ {ij}}=\frac{\partial d}{\partial x _ {ij}}-\lambda \frac{\partial g}{\partial x _ {ij}}=0\ \ \ (1)$

であるが, 行列式を第 $i$ 行で展開すれば

$d(x)=x _ {i1} \varDelta _ {i1} + \cdots + x _ {in} \varDelta _ {in}$

で, 各 $\varDelta _ {i1}, \cdots, \varDelta _ {in}$ はすべて $x _ {ij}$ に依らないから,

$\displaystyle \frac{\partial d}{\partial x _ {ij}}=\varDelta _ {ij}$

となる. また, 第2項については $\displaystyle \lambda \frac{\partial g}{\partial x _ {ij}}=\lambda _ {i}x _ {ij}$ であるから, $(1)$ 式は結局,

$\varDelta _ {ij}=\lambda _ {i}x _ {ij}.\ \ \ (2)$

もうもらったようなものである. 今度は行列式を第 $i$ 列で展開して, $(2)$ 式を用いれば

${ \begin{eqnarray} d(x)&=&x _ {1i}\varDelta _ {1i}+\cdots+x _ {ni}\varDelta _ {ni} &=&\lambda _ {i}(x _ {1i} ^ 2+ \cdots + x _ {ni} ^ 2)=\lambda _ {i} \end{eqnarray} }$

を得る. これを $(2)$ 式にもどして $\varDelta _ {ij} = d(x)x _ {ij}.$

行列でかけば

${ \left( \begin{array}{ccc} \varDelta _ {11} & \cdots & \varDelta _ {1n} \\ \vdots & & \vdots \\ \varDelta _ {n1} & \cdots & \varDelta _ {nn} \end{array} \right) =(\det{x})x \Leftrightarrow {^t}\mbox{adj}\ {x}=(\det{x})x. }$