Ανισότητα Hadamard

#1

Άλλη μία ανισότητα που φέρει το όνομα του Hadamard:

Δίνεται $n \times n$ πίνακας $A = (a_{ij})$ με πραγματικούς συντελεστές. Να δειχθεί ότι $\displaystyle det(A)^2 \leqslant \prod_{i=1}^n \left( \sum_{j=1}^n a_{ij}^2 \right)$ .

#2

Γράφω μια προσέγγιση που είχα αποφύγει να γράψω μιας και μου ήταν γνωστή από τα φοιτητικά μου χρόνια.
Χρησιμοποιεί λογισμό πολλών μεταβλητών και είναι στην ουσία η άσκηση 7-16, σελίδα 161 άλυτη αλλά με υπόδειξη στο βιβλίο:
Tom Apostol, Mathematical Analysis, Addison-Wesley, 1973,
'Εχω δει και άλλες πολύ πιο σύντομες και πιο αλγεβρικές προσεγγίσεις αλλά αυτή έχει και λίγο δικό μου κόπο. Όταν επανέφερε ο Δημήτρης την άσκηση προσπάθησα μήπως και βρω μια στοιχειώδη προσέγγιση αλλά για την ώρα δεν έχω κάτι στα χέρια μου. 'Εχουμε λοιπόν:
Ας ονομάσουμε
$x_{1,1}^{2}+x_{1,2}^{2}+...+x_{1,n}^{2}=d_{1}$
$x_{2,1}^{2}+x_{2,2}^{2}+...+x_{2,n}^{2}=d_{2}$
....
$x_{n,1}^{2}+x_{n,2}^{2}+...+x_{n,n}^{2}=d_{n}$

με $d_{i}\geq 0$
Θέλουμε

${\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_{1,1}}} & {{x_{1,2}}} & {...} & {...} & {{x_{1,2}}} \\ {...} & {...} & {...} & {...} & {...} \\ {{x_{1,2}}} & {{x_{1,2}}} & {...} & {...} & {{x_{1,2}}} \\ {...} & {...} & {...} & {...} & {...} \\ {{x_{n,1}}} & {{x_{n,1}}} & {...} & {...} & {{x_{n,1}}} \\ \end{array}.} \right|^2} \le {d_1}{d_2}...{d_n}\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$

Παρατηρούμε ότι αν κάποιο από τα $d_{i}$ είναι μηδέν τότε η αντίστοιχη γραμμή της ορίζουσας θα είναι μηδέν και επομένως το αποδεικτέο ισχύει σαν ισότητα.
Θα αποδείξουε την ανισότητα για την περίπτωση που όλα τα $d_{i}$ είναι διάφορα του μηδενός. Συγκεκριμένα θα αποδείξουμε ότι για όλους τους πίνακες που το άθροισμα των τετραγώνων των στοιχείων της i γραμμής είναι $d_{i}$ ισχύει η (1)
Θεωρούμε γιαυτό την συνάρτηση $f:\mathbb{R}^{n^{2}}\rightarrow \mathbb{R}$
με
$f\left( {{x_{1,1}},{x_{1,2}},...,{x_{1,n}},...,{x_{i,1}},{x_{i,2}},...,{x_{i,n}},...,{x_{n,1}},{x_{n,2}},...,{x_{n,n}}} \right) = {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_{1,1}}} & {{x_{1,2}}} & {...} & {...} & {{x_{1,2}}} \\ {...} & {...} & {...} & {...} & {...} \\ {{x_{1,2}}} & {{x_{1,2}}} & {...} & {...} & {{x_{1,2}}} \\ {...} & {...} & {...} & {...} & {...} \\ {{x_{n,1}}} & {{x_{n,1}}} & {...} & {...} & {{x_{n,1}}} \\ \end{array}.} \right|^2}$

καθώς επίσης και τις συναρτήσεις
$g_{i}:\mathbb{R}^{n^{2}}\rightarrow \mathbb{R}$
με
$g_{i}(x_{1,1},x_{1,2},...,x_{1,n},...,x_{i,1},x_{i,2},...,x_{i,n},...,x_{n,1},x_{n,2},...,x_{n,n})=x_{i,1}²+x_{i,2}²+...+x_{i,n}²-d_{i}$

Ζητάμε το μέγιστο της f υπό τις προϋποθέσεις
$g_{i}(x_{1,1},x_{1,2},...,x_{1,n},...,x_{i,1},x_{i,2},...,x_{i,n},...,x_{n,1},x_{n,2},...,x_{n,n})=0$

Το σύνολο στο οποίο ισχύουν οι παραπάνω σχέσεις είναι κλειστό και φραγμένο αφού
$\left\vert x_{i,j}\right\vert =\sqrt{x_{i,j}^{2}}\leq \sqrt{d_{i}}$
επομένως αφού η

είναι συνεχής σε συμπαγές θα έχει μέγιστο. Θέλουμε
$f\left( x_{1,1},x_{1,2},...,x_{1,n},...,x_{i,1},x_{i,2},...,x_{i,n},...,x_{n,1},x_{n,2},...,x_{n,n}\right) \leq d_{1}d_{2}...d_{n}$
Θα καταλήξουμε σε αυτό το συμπέρασμα χρησιμοποιώντας την μέθοδο των πολλαπλασιαστών του Lagrange.
Κάθε θέση ακροτάτου της

υπό τις συνθήκες $g_{i}=0$ θα επαληθεύει το σύστημα
$\bigtriangledown f=\lambda _{1}\bigtriangledown g_{1}+...+\lambda _{n}\bigtriangledown g_{n}$
όπου τα $\lambda _{i}$ είναι κατάλληλες σταθερές.
Για συντομία ονομάζουμε:
$\Delta = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_{1,1}}} & {{x_{1,2}}} & {...} & {...} & {{x_{1,2}}} \\ {...} & {...} & {...} & {...} & {...} \\ {{x_{1,2}}} & {{x_{1,2}}} & {...} & {...} & {{x_{1,2}}} \\ {...} & {...} & {...} & {...} & {...} \\ {{x_{n,1}}} & {{x_{n,1}}} & {...} & {...} & {{x_{n,1}}} \\ \end{array}.} \right|$

Είναι
$\Delta =\sum\limits_{j=1}^{n}\left( -1\right) ^{i+j}x_{i.j}X_{i,j}=\left( -1\right) ^{i+j}x_{i.j}X_{i,j}+Y_{i,j}$ όπου και $X_{i,j}$ είναι η ελάσσων ορίζουσα της $\Delta$ που αντιστοιχεί στην θέση (i,j)

. Tα $X_{i,j}$ και $Y_{i,j}$ είναι ανεξάρτητα της μεταβλητής x_{i.j}.
Επομένως
$\frac{\partial f}{\partial x_{i,j}}=\frac{\partial f}{\partial x_{i,j}}\left( \Delta ^{2}\right) =2\Delta \frac{\partial f}{\partial x_{i,j}}\left( \Delta \right) =2\Delta \frac{\partial f}{\partial x_{i,j}}\left( \left( -1\right) ^{i+j}x_{i.j}X_{i,j}+Y_{i,j}\right) =2\Delta \left( -1\right) ^{i+j}X_{i,j}$
'Αρα
$\bigtriangledown f\left( x_{1,1},x_{1,2},...,x_{1,n},...,x_{i,1},x_{i,2},...,x_{i,n},...,x_{n,1},x_{n,2},...,x_{n,n}\right) =2\Delta \left( \left( -1\right) ^{1+1}X_{1,1},....,\left( -1\right) ^{i+j}X_{i,j},...,\left( -1\right) ^{n+n}X_{n,n}\right)$
Ενώ
$\bigtriangledown g_{\Delta} }=\left( 0,...,0,2x_{i,1},2x_{i,2},...,2x_{i,n},0,...,0\right)$
οπότε:
$\lambda _{1}\bigtriangledown g_{1}+...+\lambda _{n}\bigtriangledown g_{n}=2\left( \lambda _{1}x_{1,1},\lambda _{1}x_{1,2},...,\lambda _{1}x_{1,n},...,\lambda _{i}x_{i,1},\lambda _{i}x_{i,2},...,\lambda _{i}x_{i,n},...,\lambda _{n}x_{n,1},\lambda _{n}x_{n,2},...,\lambda _{n}x_{n,n}\right)$
'Αρα αν υποτεθεί ότι η συνάρτηση μας παρουσιάζει ακρότατο στο
$\left( x_{1,1},x_{1,2},...,x_{1,n},...,x_{i,1},x_{i,2},...,x_{i,n},...,x_{n,1},x_{n,2},...,x_{n,n}\right)$
θα είναι
$2\Delta \left( -1\right) ^{i+j}X_{i,j}=2\lambda _{i}x_{i,j}$
και πολλαπλασιάζοντας επί $x_{i,j}$ βρίσκουμε:
$\Delta \left( -1\right) ^{i+j}X_{i,j}=\lambda _{i}x_{i,j}~\ \ (\ast )$
αν τώρα αθροίσουμε τις παραπάνω σχέσεις για j=1,..,n

βρίσκουμε
$\Delta \sum\limits_{i=1}^{n}\left( -1\right) ^{i+j}x_{i,j}X_{i,j}=\lambda _{i}\sum\limits_{i=1}^{n}x_{i,j}^{2}$
δηλαδή
$\Delta ^{2}=\lambda _{i}d_{i}$
Άρα:
$\lambda _{i}=\frac{\Delta ^{2}}{d_{i}}$
οπότε
$\Delta \left( -1\right) ^{i+j}X_{i,j}=\frac{\Delta ^{2}}{d_{i}}x_{i,j}$
και επομένως για όσες λύσεις είναι $\Delta \neq 0$ (που αυτές μας ενδιαφέρουν) θα έχουμε:
$\frac{d_{i}}{\Delta }\left( -1\right) ^{i+j}X_{i,j}=x_{i,j}$
Για αυτές τις τιμές είναι
$f\left( {{x_{1,1}},{x_{1,2}},...,{x_{1,n}},...,{x_{i,1}},{x_{i,2}},...,{x_{i,n}},...,{x_{n,1}},{x_{n,2}},...,{x_{n,n}}} \right) = {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{{\left( { - 1} \right)}^{1 + 1}}{X_{1,1}}\frac{{{d_1}}}{\Delta }} & {{{\left( { - 1} \right)}^{1 + 2}}{X_{1,2}}\frac{{{d_1}}}{\Delta }} & {...} & {...} & {{{\left( { - 1} \right)}^{1 + n}}{X_{1,n}}\frac{{{d_1}}}{\Delta }} \\ {...} & {...} & {...} & {...} & {...} \\ {{{\left( { - 1} \right)}^{i + 1}}{X_{i,1}}\frac{{{d_i}}}{\Delta }} & {{{\left( { - 1} \right)}^{i + 1}}{X_{i,1}}\frac{{{d_i}}}{\Delta }} & {...} & {...} & {{{\left( { - 1} \right)}^{i + n}}{X_{i,n}}\frac{{{d_i}}}{\Delta }} \\ {...} & {...} & {...} & {...} & {...} \\ {{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}{X_{n,1}}\frac{{{d_n}}}{\Delta }} & {{{\left( { - 1} \right)}^{n + 2}}{X_{n,2}}\frac{{{d_n}}}{\Delta }} & {...} & {...} & {{{\left( { - 1} \right)}^{n + n}}{X_{n,n}}\frac{{{d_n}}}{\Delta }} \\ \end{array}.} \right|^2}$
το οποίο, αν λάβουμε υπ όψιν την ισότητα $A\left( adj\left( A\right) \right) =\left\vert A\right\vert I_{n}$ οπότε για

αντιστρέψιμο ειναι $\left\vert adj\left( A\right) \right\vert =\left\vert A\right\vert ^{n-1}$
προκύπτει ότι είναι ίσο με
$\frac{\left( \prod\limits_{i=1}^{n}d_{i}^{2}\right) }{\Delta} ^{2n}}\Delta ^{2n-2}=\frac{\left( \prod\limits_{i=1}^{n}d_{i}\right) ^{2}}{\Delta ^{2}}$
δηλαδή
$\Delta ^{2}=\frac{\left( \prod\limits_{i=1}^{n}d_{i}\right) ^{2}}{\Delta ^{2}}$
οπότε για τις τιμές μεγίστου θα είναι
$\Delta ^{2}=\prod\limits_{i=1}^{n}d_{i}$
Ενδιαφέρον παρουσιάζει και η γεωμετρική σημασία της ανισότητας που μπορούμε να την συζητήσουμε αργότερα.
Μαυρογιάννης

Ilias_Zad · #3

Yπάρχει μια πολύ στοιχειώδη απόδειξη στο wikipedia πάντως.(έχει μόνο ένα μικρό typo στο τέλος και στην αρχή που βάζει

και εννοεί

ή αντίστροφα)
http://en.wikipedia.org/wiki/Hadamard%27s_inequality

Ανισότητα Hadamard

Ανισότητα Hadamard

Re: Ανισότητα Hadamard

Re: Ανισότητα Hadamard

Μέλη σε σύνδεση