行列式入门与矩阵树定理完整证明

前置技能

• 简单的数学知识
• 高斯消元

行列式

定义

对于一个 $n\times n$ 的矩阵 $A$，记它第 $i$ 行第 $j$ 列的元素为 $a_{i,j}$，以及一个 $1\sim n$ 的排列 $p$，记 $${\lambda }_A(p)=(-1{)}^{\tau (p)}\prod _{i=1}^n{a}_{i,p_i}$$（其中 $\tau (p)$ 是 $p$ 的逆序对个数）则 $$|A|=\det A=\sum _p{\lambda }_A(p)=\sum _p\left((-1{)}^{\tau (p)}\prod _{i=1}^n{a}_{i,p_i}\right)$$（其中 $|A|$ 和 $\det A$ 都是 $A$ 的行列式的意思，后文有时为了便于区分行列式和绝对值会使用 $\det A$，其余大部分时候使用 $|A|$）显然行列式运算结果是数量。

简单理解一下发现这样的计算方法的时间复杂度是 $O(n\cdot \log n\cdot n!)$。因此这个定义没什么用

性质

除了少数几个，名字基本都是乱编的

拉普拉斯展开

对于一个 $n\times n$ 的矩阵 $A$ 和任意一个 $1\le i\le n$，有 $$|A|=\sum _{j=1}^n(-1{)}^{i+j}{a}_{i,j}|A_{i,j}|$$ 其中 $A_{i,j}$ 指矩阵 $A$ 删去第 $i$ 行和第 $j$ 列的所有元素后形成的一个 $(n-1)\times (n-1)$ 的矩阵。这个计算式称为对第 $i$ 行进行拉普拉斯展开。

证明：
根据定义每个 ${\lambda }_A(p)$ 一定有一个因子 $x$ 满足 x ∈ { a i , 1 , a i , 2 , ⋯   , a i , n } x \in \{a_{i, 1}, a_{i, 2}, \cdots, a_{i, n}\} x∈{ ai,1​,ai,2​,⋯,ai,n​}，枚举 $j$ 得到这个因子 $a_{i,j}$ 和满足 $p_i=j$ 的排列 $p$，然后将这个 $p_i$ 删除，并把 $p$ 中所有大于 $j$ 的元素减一得到 $q$（$q$ 是 $1\sim n-1$ 的排列），于是在 $n,i,j$ 确定时有了一个 $p$ 与 $q$ 之间的一一对应的函数关系。

例如，当 $n=3,i=1,j=2$ 时，满足 $p_1=2$ 的 $p$ 有 { 2 , 1 , 3 } , { 2 , 3 , 1 } \{2, 1, 3\}, \{2, 3, 1\} { 2,1,3},{ 2,3,1}，将 $2$ 删除，得到 { 1 , 3 } , { 3 , 1 } \{1, 3\}, \{3, 1\} { 1,3},{ 3,1}，然后将 $3$ 减一，得到 $q$ 为 { 1 , 2 } \{1, 2\} { 1,2} 和 { 2 , 1 } \{2, 1\} { 2,1}；根据 $n=3,i=1,j=2$，亦可将 $q$ 还原为 $p$。

令 $\xi (p)=q$，那么 $$\left|\frac{{\sum }_p{\lambda }_A(p)\cdot [j=p_i]}{a_{i,j}}\right|=\left|\sum _p{\lambda }_{A_{i,j}}(\xi (p))\cdot [j=p_i]\right|$$ 右边变为直接枚举 $\xi (p)$，即 $$\left|\frac{{\sum }_p{\lambda }_A(p)\cdot [j=p_i]}{a_{i,j}}\right|=\left|\sum _q{\lambda }_{A_{i,j}}(q)\right|=|\det A_{i,j}|$$ $$\left|\sum _p{\lambda }_A(p)\cdot [j=p_i]\right|=|a_{i,j}\cdot \det A_{i,j}|$$ 再考虑正负号，即 $\tau (p)$ 与 $\tau (\xi (p))$ 的奇偶性的差别，这取决于 $p_i$ 前面大于 $j$ 的数量和 $p_i$ 后面小于 $j$ 的数量，即 $$\begin{array}{rl}& \sum _{k=1}^{i-1}[p_k>j]+\sum _{k=i+1}^n[p_k<j]\\ =& \sum _{k=1}^{i-1}[p_k>j]+\left(j-1-\sum _{k=1}^{i-1}[p_k<j]\right)\\ =& \sum _{k=1}^{i-1}[p_k>j]+j-1-\left(i-1-\sum _{k=1}^{i-1}[p_k>j]\right)\\ =& 2\sum _{k=1}^{i-1}[p_k>j]+(i+j)\equiv i+j\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2\end{array}$$ 于是 $\tau (p)=(-1{)}^{i+j}\tau (\xi (p))$，则$$\sum _p{\lambda }_A(p)\cdot [j=p_i]=(-1{)}^{i+j}\cdot a_{i,j}\cdot \det A_{i,j}$$
于是 $$|A|=\sum _p{\lambda }_A(p)=\sum _{j=1}^n\sum _p{\lambda }_A(p)\cdot [j=p_i]=\sum _{j=1}^n(-1{)}^{i+j}{a}_{i,j}|A_{i,j}|$$

(百度百科“拉普拉斯展开”中有一个看不怎么懂的高端证明，但比较简洁，emmm 感觉上跟我这个自己 yy 的证明可能差不多)

线性性

可乘性

对于任意 $1\le i\le n$ 和 $k$，若 $A=\left(\begin{array}{cccc}{a}_{1,1}& a_{1,2}& \cdots & a_{1,n}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ k{a}_{i,1}& k{a}_{i,2}& \cdots & k{a}_{i,n}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ a_{n,1}& a_{n,2}& \cdots & a_{n,n}\end{array}\right)$，$B=\left(\begin{array}{cccc}{a}_{1,1}& a_{1,2}& \cdots & a_{1,n}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ a_{i,1}& a_{i,2}& \cdots & a_{i,n}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ a_{n,1}& a_{n,2}& \cdots & a_{n,n}\end{array}\right)$，则 $|A|=k|B$