線性代數/行列式存在

線性代數
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本小節是可選的。它包含了前一小節中兩個結果的證明。這些證明涉及排列的性質，這些性質在以後不會被使用，除了在可選的約當標準形小節中。

前一小節透過使用多線性性來發展排列展開，從而解決了證明對於任何大小，在該大小的方陣集合上存在行列式函式的問題。

{\begin{array}{rl}{\begin{vmatrix}t_{1,1}&t_{1,2}&\ldots &t_{1,n}\\t_{2,1}&t_{2,2}&\ldots &t_{2,n}\\&\vdots \\t_{n,1}&t_{n,2}&\ldots &t_{n,n}\end{vmatrix}}&={\begin{array}{l}t_{1,\phi _{1}(1)}t_{2,\phi _{1}(2)}\cdots t_{n,\phi _{1}(n)}\left|P_{\phi _{1}}\right|\\\quad +t_{1,\phi _{2}(1)}t_{2,\phi _{2}(2)}\cdots t_{n,\phi _{2}(n)}\left|P_{\phi _{2}}\right|\\\quad \vdots \\\quad +t_{1,\phi _{k}(1)}t_{2,\phi _{k}(2)}\cdots t_{n,\phi _{k}(n)}\left|P_{\phi _{k}}\right|\end{array}}\\&=\displaystyle \sum _{{\text{permutations }}\phi }t_{1,\phi (1)}t_{2,\phi (2)}\cdots t_{n,\phi (n)}\left|P_{\phi }\right|\end{array}}

這將問題簡化為證明在該大小的排列矩陣集合上存在行列式函式。

當然，一個排列矩陣可以透過行交換變成單位矩陣，並且為了計算它的行列式，我們可以跟蹤行交換的次數。然而，問題還沒有解決。我們仍然沒有證明結果是定義良好的。例如，

P_{\phi }={\begin{pmatrix}0&1&0&0\\1&0&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}}

可以用一次交換計算

P_{\phi }{\xrightarrow[{}]{\rho _{1}\leftrightarrow \rho _{2}}}{\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}}

或者用三次。

P_{\phi }{\xrightarrow[{}]{\rho _{3}\leftrightarrow \rho _{1}}}{\begin{pmatrix}0&0&1&0\\1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}}{\xrightarrow[{}]{\rho _{2}\leftrightarrow \rho _{3}}}{\begin{pmatrix}0&0&1&0\\0&1&0&0\\1&0&0&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}}{\xrightarrow[{}]{\rho _{1}\leftrightarrow \rho _{3}}}{\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}}

這兩個簡化過程都有奇數次交換，因此我們認為 $\left|P_{\phi }\right|=-1$ ，但我們如何知道是否存在某種方法可以用偶數次交換來實現呢？下面的推論 4.6 證明不存在可以透過行交換以兩種方式變換為單位矩陣的置換矩陣，其中一種方式用偶數次交換，另一種方式用奇數次交換。

定義 4.1

置換矩陣的兩個行

{\begin{pmatrix}\vdots \\\iota _{k}\\\vdots \\\iota _{j}\\\vdots \end{pmatrix}}

使得 $k>j$ 處於它們自然順序的 **逆序**。

示例 4.2

這個置換矩陣

{\begin{pmatrix}\iota _{3}\\\iota _{2}\\\iota _{1}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&1\\0&1&0\\1&0&0\end{pmatrix}}

有三個逆序： $\iota _{3}$ 在 $\iota _{1}$ 之前， $\iota _{3}$ 在 $\iota _{2}$ 之前，以及 $\iota _{2}$ 在 $\iota _{1}$ 之前。

引理 4.3

置換矩陣中的行交換會將逆序的數量從偶數變為奇數，或者從奇數變為偶數。

證明

考慮交換行 $j$ 和 $k$ ，其中 $k>j$ 。如果這兩行相鄰

P_{\phi }={\begin{pmatrix}\vdots \\\iota _{\phi (j)}\\\iota _{\phi (k)}\\\vdots \end{pmatrix}}{\xrightarrow[{}]{\rho _{k}\leftrightarrow \rho _{j}}}{\begin{pmatrix}\vdots \\\iota _{\phi (k)}\\\iota _{\phi (j)}\\\vdots \end{pmatrix}}

那麼交換會改變逆序數的總數，要麼減少一個逆序，要麼增加一個逆序，具體取決於 $\phi (j)>\phi (k)$ 是否成立，因為不涉及這兩行的逆序不受影響。因此，逆序數的總數從奇數變為偶數，或從偶數變為奇數。

如果這兩行不相鄰，那麼可以透過一系列相鄰交換來交換它們，首先將行 $k$ 向上移動

{\begin{pmatrix}\vdots \\\iota _{\phi (j)}\\\iota _{\phi (j+1)}\\\iota _{\phi (j+2)}\\\vdots \\\iota _{\phi (k)}\\\vdots \end{pmatrix}}{\xrightarrow[{}]{\rho _{k}\leftrightarrow \rho _{k-1}}}\;\;{\xrightarrow[{}]{\rho _{k-1}\leftrightarrow \rho _{k-2}}}\dots {\xrightarrow[{}]{\rho _{j+1}\leftrightarrow \rho _{j}}}{\begin{pmatrix}\vdots \\\iota _{\phi (k)}\\\iota _{\phi (j)}\\\iota _{\phi (j+1)}\\\vdots \\\iota _{\phi (k-1)}\\\vdots \end{pmatrix}}

然後將行 $j$ 向下移動。

{\xrightarrow[{}]{\rho _{j+1}\leftrightarrow \rho _{j+2}}}\;\;{\xrightarrow[{}]{\rho _{j+2}\leftrightarrow \rho _{j+3}}}\dots {\xrightarrow[{}]{\rho _{k-1}\leftrightarrow \rho _{k}}}{\begin{pmatrix}\vdots \\\iota _{\phi (k)}\\\iota _{\phi (j+1)}\\\iota _{\phi (j+2)}\\\vdots \\\iota _{\phi (j)}\\\vdots \end{pmatrix}}

每次相鄰交換都會將逆序數從奇數變為偶數，或從偶數變為奇數。總共有 $(k-j)+(k-j-1)$ 次這種交換，這是一個奇數。因此，逆序數的總變化是從偶數到奇數，或從奇數到偶數。

定義 4.4

一個排列 $\operatorname {sgn}(\phi )$ 的 **符號** 為 $+1$ ，如果排列 $P_{\phi }$ 中的逆序數為偶數，符號為 $-1$ ，如果逆序數為奇數。

例 4.5

根據例 3.8 中給出的 $3$ 排列的指標，有 $\operatorname {sgn}(\phi _{1})=1$ ，而 $\operatorname {sgn}(\phi _{2})=-1$ 。

推論 4.6

如果一個排列矩陣具有奇數個逆序，那麼將其交換到單位矩陣需要奇數次交換。如果它具有偶數個逆序，那麼交換到單位矩陣需要偶數次交換。

證明

單位矩陣沒有逆序。將奇數更改為零需要奇數次交換，將偶數更改為零需要偶數次交換。

我們還沒有證明排列展開式是定義良好的，因為我們還沒有考慮排列矩陣的除了行交換以外的行操作。我們將透過如下方法來解決這個問題：我們將定義一個函式 $d:{\mathcal {M}}_{n\!\times \!n}\to \mathbb {R}$ ，透過修改排列展開式，將 $\left|P_{\phi }\right|$ 替換為 $\operatorname {sgn}(\phi )$

d(T)=\sum _{{\text{permutations }}\phi }t_{1,\phi (1)}t_{2,\phi (2)}\dots t_{n,\phi (n)}\operatorname {sgn}(\phi )

(這與置換展開給出相同的值，因為先前的結果表明 $\det(P_{\phi })=\operatorname {sgn}(\phi )$ )。該公式的優勢在於反轉的數量是明確定義的——只需計算即可。因此，我們將透過展示 $d$ 就是它，即 $d$ 滿足四個條件，來證明對於所有尺寸都存在行列式函式。

引理 4.7

函式 $d$ 是一個行列式。因此，對於每個 $n$ 都存在行列式。

證明

我們必須檢查它是否具有定義中的四個屬性。

屬性 (4) 很容易；在

d(I)=\sum _{{\text{perms }}\phi }\iota _{1,\phi (1)}\iota _{2,\phi (2)}\cdots \iota _{n,\phi (n)}\operatorname {sgn}(\phi )

所有求和項都為零，除了對角線上的乘積，它為一。

對於屬性 (3)，考慮 $d({\hat {T}})$ ，其中 $T[b]{\xrightarrow[{}]{k\rho _{i}}}{\hat {T}}$ .

\sum _{{\text{perms }}\phi }\!\!{\hat {t}}_{1,\phi (1)}\cdots {\hat {t}}_{i,\phi (i)}\cdots {\hat {t}}_{n,\phi (n)}\operatorname {sgn}(\phi )=\sum _{\phi }t_{1,\phi (1)}\cdots kt_{i,\phi (i)}\cdots t_{n,\phi (n)}\operatorname {sgn}(\phi )

從每一項中提取 $k$ ，以獲得所需的等式。

=k\cdot \sum _{\phi }t_{1,\phi (1)}\cdots t_{i,\phi (i)}\cdots t_{n,\phi (n)}\operatorname {sgn}(\phi )=k\cdot d(T)

對於 (2)，令 $T[b]{\xrightarrow[{}]{\rho _{i}\leftrightarrow \rho _{j}}}{\hat {T}}$ .

d({\hat {T}})=\sum _{{\text{perms }}\phi }\!\!{\hat {t}}_{1,\phi (1)}\cdots {\hat {t}}_{i,\phi (i)}\cdots {\hat {t}}_{j,\phi (j)}\cdots {\hat {t}}_{n,\phi (n)}\operatorname {sgn}(\phi )

為了轉換為無帽的 $t$ 's，對於每一個 $\phi$ ，考慮一個排列 $\sigma$ ，它等於 $\phi$ ，除了 $i$ -th 和 $j$ -th 個數字被交換， $\sigma (i)=\phi (j)$ 和 $\sigma (j)=\phi (i)$ 。用這個 $\sigma$ 替換 $\phi$ 在 ${\hat {t}}_{1,\phi (1)}\cdots {\hat {t}}_{i,\phi (i)}\cdots {\hat {t}}_{j,\phi (j)}\cdots {\hat {t}}_{n,\phi (n)}$ 中，我們得到了 $t_{1,\sigma (1)}\cdots t_{j,\sigma (j)}\cdots t_{i,\sigma (i)}\cdots t_{n,\sigma (n)}$ 。現在 $\operatorname {sgn}(\phi )=-\operatorname {sgn}(\sigma )$ （根據引理 4.3），因此我們得到

{\begin{array}{rl}&=\sum _{\sigma }t_{1,\sigma (1)}\cdots t_{j,\sigma (j)}\cdots t_{i,\sigma (i)}\cdots t_{n,\sigma (n)}\cdot {\bigl (}-\operatorname {sgn}(\sigma ){\bigr )}\\&=-\sum _{\sigma }t_{1,\sigma (1)}\cdots t_{j,\sigma (j)}\cdots t_{i,\sigma (i)}\cdots t_{n,\sigma (n)}\cdot \operatorname {sgn}(\sigma )\end{array}}

其中，求和是對所有排列 $\sigma$ 進行的，這些排列是從另一個排列 $\phi$ 透過交換第 $i$ 個和第 $j$ 個數字推匯出來的。但任何排列都可以透過這種交換從其他排列推匯出來，而且只有一種方法，所以這個求和實際上是所有排列的總和，每個排列只計算一次。因此 $d({\hat {T}})=-d(T)$ .

為了滿足性質（1），令 $T[b]{\xrightarrow[{}]{k\rho _{i}+\rho _{j}}}{\hat {T}}$ ，並考慮

{\begin{array}{rl}d({\hat {T}})&=\sum _{{\text{perms }}\phi }{\hat {t}}_{1,\phi (1)}\cdots {\hat {t}}_{i,\phi (i)}\cdots {\hat {t}}_{j,\phi (j)}\cdots {\hat {t}}_{n,\phi (n)}\operatorname {sgn}(\phi )\\&=\sum _{\phi }t_{1,\phi (1)}\cdots t_{i,\phi (i)}\cdots (kt_{i,\phi (j)}+t_{j,\phi (j)})\cdots t_{n,\phi (n)}\operatorname {sgn}(\phi )\end{array}}

(注意：這是 $kt_{i,\phi (j)}$ ，而不是 $kt_{j,\phi (j)}$ ）。分配、交換和因式分解。

{\begin{array}{rl}=&\displaystyle \sum _{\phi }{\big [}t_{1,\phi (1)}\cdots t_{i,\phi (i)}\cdots kt_{i,\phi (j)}\cdots t_{n,\phi (n)}\operatorname {sgn}(\phi )\\&\displaystyle \qquad +t_{1,\phi (1)}\cdots t_{i,\phi (i)}\cdots t_{j,\phi (j)}\cdots t_{n,\phi (n)}\operatorname {sgn}(\phi ){\big ]}\\\\=&\displaystyle \sum _{\phi }t_{1,\phi (1)}\cdots t_{i,\phi (i)}\cdots kt_{i,\phi (j)}\cdots t_{n,\phi (n)}\operatorname {sgn}(\phi )\\&\displaystyle \qquad +\sum _{\phi }t_{1,\phi (1)}\cdots t_{i,\phi (i)}\cdots t_{j,\phi (j)}\cdots t_{n,\phi (n)}\operatorname {sgn}(\phi )\\\\=&\displaystyle k\cdot \sum _{\phi }t_{1,\phi (1)}\cdots t_{i,\phi (i)}\cdots t_{i,\phi (j)}\cdots t_{n,\phi (n)}\operatorname {sgn}(\phi )+d(T)\end{array}}

我們最後證明了這些項 $t_{1,\phi (1)}\cdots t_{i,\phi (i)}\cdots t_{i,\phi (j)}\dots t_{n,\phi (n)}\operatorname {sgn}(\phi )$ 加起來為零。這個和代表了 $d(S)$ ，其中 $S$ 是一個矩陣，它與 $T$ 相同，只是 $S$ 的第 $j$ 行是 $T$ 的第 $i$ 行的副本（因為因子是 $t_{i,\phi (j)}$ ，而不是 $t_{j,\phi (j)}$ ）。因此， $S$ 有兩行相等，第 $i$ 行和第 $j$ 行。由於我們已經證明了 $d$ 在行交換時會改變符號，就像在引理 2.3 中一樣，我們得出結論， $d(S)=0$ 。

我們現在已經證明了對於每個大小都存在行列式函式。我們已經知道，對於每個大小，最多隻有一個行列式。因此，排列展開計算了方陣的唯一行列式值。

在本小節的最後，我們將證明上一小節中剩餘的另一個結果，即矩陣的行列式等於其轉置的行列式。

示例 4.8

寫出一般 $3\!\times \!3$ 矩陣及其轉置的排列展開，並比較相應的項

{\begin{vmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&i\end{vmatrix}}=\cdots \,+cdh\cdot {\begin{vmatrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&0\end{vmatrix}}+\,\cdots

(包含相同字母的項)

{\begin{vmatrix}a&d&g\\b&e&h\\c&f&i\end{vmatrix}}=\cdots \,+dhc\cdot {\begin{vmatrix}0&1&0\\0&0&1\\1&0&0\end{vmatrix}}+\,\cdots

表明相應的置換矩陣是轉置的。也就是說，這些相應的置換之間存在關係。問題 6 表明它們是互逆的。

定理 4.9

矩陣的行列式等於其轉置的行列式。

證明

將矩陣稱為 $T$ ，並用 ${{T}^{\rm {trans}}}$ 表示 ${{T}^{\rm {trans}}}$ 的元素，用 $s$ 表示，使得 $t_{i,j}=s_{j,i}$ 。代入得到以下結果

\left|T\right|=\sum _{{\text{perms }}\phi }t_{1,\phi (1)}\dots t_{n,\phi (n)}\operatorname {sgn}(\phi )=\sum _{\phi }s_{\phi (1),1}\dots s_{\phi (n),n}\operatorname {sgn}(\phi )

我們可以透過對右側表示式進行操作，使其可以識別為轉置行列式的行列式來完成論證。我們已經將所有排列展開式（如上面中間的表示式）寫成行索引遞增的形式。為了以這種方式重寫右側表示式，請注意，因為 $\phi$ 是一個排列，右側項中的行索引 $\phi (1)$ ，…， $\phi (n)$ 僅僅是數字 $1$ ，…， $n$ ，重新排列。因此，我們可以交換使其遞增，得到 $s_{1,\phi ^{-1}(1)}\cdots s_{n,\phi ^{-1}(n)}$ （如果列索引為 $j$ ，行索引為 $\phi (j)$ ，那麼，當行索引為 $i$ 時，列索引為 $\phi ^{-1}(i)$ ）。在右側代入得到

=\sum _{\phi ^{-1}}s_{1,\phi ^{-1}(1)}\cdots s_{n,\phi ^{-1}(n)}\operatorname {sgn}(\phi ^{-1})

(問題 5 表明 $\operatorname {sgn}(\phi ^{-1})=\operatorname {sgn}(\phi )$ ）。由於每個排列都是另一個排列的逆，所以對所有 $\phi ^{-1}$ 求和就是對所有排列 $\phi$ 求和

=\sum _{{\text{perms }}\sigma }s_{1,\sigma ^{(}1)}\dots s_{n,\sigma (n)}\operatorname {sgn}(\sigma )=\left|{{T}^{\rm {trans}}}\right|

如預期。

練習

這些總結了本書中用於 $2$ - 和 $3$ - 排列的符號。

${\begin{array}{c|cc}i&1&2\\\hline \phi _{1}(i)&1&2\\\phi _{2}(i)&2&1\end{array}}\qquad {\begin{array}{c|ccc}i&1&2&3\\\hline \phi _{1}(i)&1&2&3\\\phi _{2}(i)&1&3&2\\\phi _{3}(i)&2&1&3\\\phi _{4}(i)&2&3&1\\\phi _{5}(i)&3&1&2\\\phi _{6}(i)&3&2&1\end{array}}$