线性代数/行列式存在

线性代数
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本小节是可选的。它包含了前一小节中两个结果的证明。这些证明涉及排列的性质，这些性质在以后不会被使用，除了在可选的约当标准形小节中。

前一小节通过使用多线性性来发展排列展开，从而解决了证明对于任何大小，在该大小的方阵集合上存在行列式函数的问题。

{\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}}

这将问题简化为证明在该大小的排列矩阵集合上存在行列式函数。

当然，一个排列矩阵可以通过行交换变成单位矩阵，并且为了计算它的行列式，我们可以跟踪行交换的次数。然而，问题还没有解决。我们仍然没有证明结果是定义良好的。例如，

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

可以用一次交换计算

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}}

这两个简化过程都有奇数次交换，因此我们认为 $\left|P_{\phi }\right|=-1$ ，但我们如何知道是否存在某种方法可以用偶数次交换来实现呢？下面的推论 4.6 证明不存在可以通过行交换以两种方式变换为单位矩阵的置换矩阵，其中一种方式用偶数次交换，另一种方式用奇数次交换。

定义 4.1

置换矩阵的两个行

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

使得 $k>j$ 处于它们自然顺序的 **逆序**。

示例 4.2

这个置换矩阵

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

有三个逆序： $\iota _{3}$ 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

置换矩阵中的行交换会将逆序的数量从偶数变为奇数，或者从奇数变为偶数。

证明

考虑交换行 $j$ 和 $k$ ，其中 $k>j$ 。如果这两行相邻

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}}

那么交换会改变逆序数的总数，要么减少一个逆序，要么增加一个逆序，具体取决于 $\phi (j)>\phi (k)$ 是否成立，因为不涉及这两行的逆序不受影响。因此，逆序数的总数从奇数变为偶数，或从偶数变为奇数。

如果这两行不相邻，那么可以通过一系列相邻交换来交换它们，首先将行 $k$ 向上移动

{\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}}

然后将行 $j$ 向下移动。

{\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}}

每次相邻交换都会将逆序数从奇数变为偶数，或从偶数变为奇数。总共有 $(k-j)+(k-j-1)$ 次这种交换，这是一个奇数。因此，逆序数的总变化是从偶数到奇数，或从奇数到偶数。

定义 4.4

一个排列 $\operatorname {sgn}(\phi )$ 的 **符号** 为 $+1$ ，如果排列 $P_{\phi }$ 中的逆序数为偶数，符号为 $-1$ ，如果逆序数为奇数。

例 4.5

根据例 3.8 中给出的 $3$ 排列的指标，有 $\operatorname {sgn}(\phi _{1})=1$ ，而 $\operatorname {sgn}(\phi _{2})=-1$ 。

推论 4.6

如果一个排列矩阵具有奇数个逆序，那么将其交换到单位矩阵需要奇数次交换。如果它具有偶数个逆序，那么交换到单位矩阵需要偶数次交换。

证明

单位矩阵没有逆序。将奇数更改为零需要奇数次交换，将偶数更改为零需要偶数次交换。

我们还没有证明排列展开式是定义良好的，因为我们还没有考虑排列矩阵的除了行交换以外的行操作。我们将通过如下方法来解决这个问题：我们将定义一个函数 $d:{\mathcal {M}}_{n\!\times \!n}\to \mathbb {R}$ ，通过修改排列展开式，将 $\left|P_{\phi }\right|$ 替换为 $\operatorname {sgn}(\phi )$

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

(这与置换展开给出相同的值，因为先前的结果表明 $\det(P_{\phi })=\operatorname {sgn}(\phi )$ )。该公式的优势在于反转的数量是明确定义的——只需计算即可。因此，我们将通过展示 $d$ 就是它，即 $d$ 满足四个条件，来证明对于所有尺寸都存在行列式函数。

引理 4.7

函数 $d$ 是一个行列式。因此，对于每个 $n$ 都存在行列式。

证明

我们必须检查它是否具有定义中的四个属性。

属性 (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 )

所有求和项都为零，除了对角线上的乘积，它为一。

对于属性 (3)，考虑 $d({\hat {T}})$ ，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 )

从每一项中提取 $k$ ，以获得所需的等式。

=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)

对于 (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 )

为了转换为无帽的 $t$ 's，对于每一个 $\phi$ ，考虑一个排列 $\sigma$ ，它等于 $\phi$ ，除了 $i$ -th 和 $j$ -th 个数字被交换， $\sigma (i)=\phi (j)$ 和 $\sigma (j)=\phi (i)$ 。用这个 $\sigma$ 替换 $\phi$ 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，我们得到了 $t_{1,\sigma (1)}\cdots t_{j,\sigma (j)}\cdots t_{i,\sigma (i)}\cdots t_{n,\sigma (n)}$ 。现在 $\operatorname {sgn}(\phi )=-\operatorname {sgn}(\sigma )$ （根据引理 4.3），因此我们得到

{\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，求和是对所有排列 $\sigma$ 进行的，这些排列是从另一个排列 $\phi$ 通过交换第 $i$ 个和第 $j$ 个数字推导出来的。但任何排列都可以通过这种交换从其他排列推导出来，而且只有一种方法，所以这个求和实际上是所有排列的总和，每个排列只计算一次。因此 $d({\hat {T}})=-d(T)$ .

为了满足性质（1），令 $T[b]{\xrightarrow[{}]{k\rho _{i}+\rho _{j}}}{\hat {T}}$ ，并考虑

{\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：这是 $kt_{i,\phi (j)}$ ，而不是 $kt_{j,\phi (j)}$ ）。分配、交换和因式分解。

{\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}}

我们最后证明了这些项 $t_{1,\phi (1)}\cdots t_{i,\phi (i)}\cdots t_{i,\phi (j)}\dots t_{n,\phi (n)}\operatorname {sgn}(\phi )$ 加起来为零。这个和代表了 $d(S)$ ，其中 $S$ 是一个矩阵，它与 $T$ 相同，只是 $S$ 的第 $j$ 行是 $T$ 的第 $i$ 行的副本（因为因子是 $t_{i,\phi (j)}$ ，而不是 $t_{j,\phi (j)}$ ）。因此， $S$ 有两行相等，第 $i$ 行和第 $j$ 行。由于我们已经证明了 $d$ 在行交换时会改变符号，就像在引理 2.3 中一样，我们得出结论， $d(S)=0$ 。

我们现在已经证明了对于每个大小都存在行列式函数。我们已经知道，对于每个大小，最多只有一个行列式。因此，排列展开计算了方阵的唯一行列式值。

在本小节的最后，我们将证明上一小节中剩余的另一个结果，即矩阵的行列式等于其转置的行列式。

示例 4.8

写出一般 $3\!\times \!3$ 矩阵及其转置的排列展开，并比较相应的项

{\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

(包含相同字母的项)

{\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

表明相应的置换矩阵是转置的。也就是说，这些相应的置换之间存在关系。问题 6 表明它们是互逆的。

定理 4.9

矩阵的行列式等于其转置的行列式。

证明

将矩阵称为 $T$ ，并用 ${{T}^{\rm {trans}}}$ 表示 ${{T}^{\rm {trans}}}$ 的元素，用 $s$ 表示，使得 $t_{i,j}=s_{j,i}$ 。代入得到以下结果

\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 )

我们可以通过对右侧表达式进行操作，使其可以识别为转置行列式的行列式来完成论证。我们已经将所有排列展开式（如上面中间的表达式）写成行索引递增的形式。为了以这种方式重写右侧表达式，请注意，因为 $\phi$ 是一个排列，右侧项中的行索引 $\phi (1)$ ，…， $\phi (n)$ 仅仅是数字 $1$ ，…， $n$ ，重新排列。因此，我们可以交换使其递增，得到 $s_{1,\phi ^{-1}(1)}\cdots s_{n,\phi ^{-1}(n)}$ （如果列索引为 $j$ ，行索引为 $\phi (j)$ ，那么，当行索引为 $i$ 时，列索引为 $\phi ^{-1}(i)$ ）。在右侧代入得到

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

(问题 5 表明 $\operatorname {sgn}(\phi ^{-1})=\operatorname {sgn}(\phi )$ ）。由于每个排列都是另一个排列的逆，所以对所有 $\phi ^{-1}$ 求和就是对所有排列 $\phi$ 求和

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

如预期。

练习

这些总结了本书中用于 $2$ - 和 $3$ - 排列的符号。

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