用到Hadamard不等式的某个变形.
引理: 半正定矩阵的
行列式小于等于其
对角线上元素的乘积.
证明: 矩阵退化时结论平凡, 故不妨设n阶矩阵A = (a_ij)正定.
于是存在可逆实矩阵P, 使A = P'P, 其中P'表示P的转置, 用P_i表示P的第i列.
可知A的对角元a_ii = ‖P_i‖² (P的第i列元素的平方和).
我们将P_i单位化, 设Q_i = P_i/‖P_i‖, 将Q_i排成矩阵Q. 有P = QD, D为以‖P_i‖为对角元的对角阵.
|P| = |Q|·|D| = |Q|·‖P_1‖·‖P_2‖·...·‖P_n‖, ∴|A| = |P'|·|P| = |P|² =|Q|²·‖P_1‖²·‖P_2‖²·...·‖P_n‖².
而Q'Q是对角元全为1的正定矩阵, 设其
特征值为λ_1, λ_2,..., λ_n, 有λ_i > 0.
且特征值的和λ_1+λ_2+...+λ_n = 矩阵Q'Q的对角元之和 = n.
则|Q|² = |Q'Q| = λ_1·λ_2·...·λ_n ≤ ((λ_1+λ_2+...+λ_n)/n)^n = 1.(
均值不等式)
∴|A| ≤ ‖P_1‖²·‖P_2‖²·...·‖P_n‖² = a_11·a_22·...·a_nn.
证明原命题. C = A+B是实对称阵, 故存在
正交矩阵T, 使T'CT为
对角矩阵.
设T_i为T的第i个
列向量, 有(T_i)'CT_i等于C的第i个特征值.
另一方面(T_i)'AT_i等于T'AT的第i个对角元.
∵B半正定, ∴(T_i)'BT_i ≥ 0, ∴(T_i)'CT_i ≥ (T_i)'AT_i.
两边对i = 1, 2,..., n求乘积, 左边 = C的特征值之积 = |C| = |A+B|.
右边 = T'AT的对角元之积 ≥ |T'AT| = |A|. (A正定故T'AT正定, 可用引理).
于是我们得到|A+B| ≥ |A|.
最后注意到等号成立需要对i = 1, 2,..., n都有(T_i)'BT_i = 0. ∴T'BT是对角元全为0的半正定矩阵.
又∵半正定矩阵特征值非负, 特征值之和等于对角元之和.
∴T'BT只有0特征值, 又其可对角化, ∴B相似于零矩阵, 只有B = 0. 与条件B ≠ 0矛盾.
故等号不能取得, 即有|A+B| > |A|.
参考资料：http://en.wikipedia.org/wiki/Hadamard%27s_inequality