行列式入门与矩阵树定理完整证明

前置技能

行列式

定义

对于一个 n × n n \times n n×n 的矩阵 A A A,记它第 i i i 行第 j j j 列的元素为 a i , j a_{i, j} ai,j,以及一个 1 ∼ n 1 \sim n 1n 的排列 p p p,记 λ A ( p ) = ( − 1 ) τ ( p ) ∏ i = 1 n a i , p i \lambda_A(p) = (-1) ^ {\tau(p)} \prod_{i = 1}^{n} a_{i, p_i} λA(p)=(1)τ(p)i=1nai,pi(其中 τ ( p ) \tau(p) τ(p) p p p 的逆序对个数)则 ∣ A ∣ = det ⁡ A = ∑ p λ A ( p ) = ∑ p ( ( − 1 ) τ ( p ) ∏ i = 1 n a i , p i ) |A| = \det A = \sum_{p} \lambda_A(p) = \sum_{p} \left( (-1) ^ {\tau(p)} \prod_{i = 1}^{n} a_{i, p_i} \right) A=detA=pλA(p)=p((1)τ(p)i=1nai,pi)(其中 ∣ A ∣ |A| A det ⁡ A \det A detA 都是 A A 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 \det A detA,其余大部分时候使用 ∣ A ∣ |A| 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 ⋅ log ⁡ n ⋅ n ! ) O(n \cdot \log n \cdot n!) O(nlognn!)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 × n n \times n n×n 的矩阵 A A A 和任意一个 1 ≤ i ≤ n 1 \leq i \leq n 1in,有 ∣ A ∣ = ∑ j = 1 n ( − 1 ) i + j a i , j ∣ A i , j ∣ |A| = \sum_{j = 1}^{n} (-1)^{i + j} a_{i, j} |A_{i, j}| A=j=1n(1)i+jai,jAi,j 其中 A i , j A_{i, j} Ai,j 指矩阵 A A A 删去第 i i i 行和第 j j j 列的所有元素后形成的一个 ( n − 1 ) × ( n − 1 ) (n - 1) \times (n - 1) (n1)×(n1) 的矩阵。这个计算式称为对第 i i i 行进行拉普拉斯展开。

证明:
根据定义每个 λ A ( p ) \lambda_A(p) λA(p) 一定有一个因子 x x 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 j j 得到这个因子 a i , j a_{i, j} ai,j 和满足 p i = j p_i = j pi=j 的排列 p p p,然后将这个 p i p_i pi 删除,并把 p p p 中所有大于 j j j 的元素减一得到 q q q q q q 1 ∼ n − 1 1 \sim n-1 1n1 的排列),于是在 n , i , j n, i, j n,i,j 确定时有了一个 p p p q q q 之间的一一对应的函数关系。

例如,当 n = 3 , i = 1 , j = 2 n = 3, i = 1, j = 2 n=3,i=1,j=2 时,满足 p 1 = 2 p_1 = 2 p1=2 p p p { 2 , 1 , 3 } , { 2 , 3 , 1 } \{2, 1, 3\}, \{2, 3, 1\} { 2,1,3},{ 2,3,1},将 2 2 2 删除,得到 { 1 , 3 } , { 3 , 1 } \{1, 3\}, \{3, 1\} { 1,3},{ 3,1},然后将 3 3 3 减一,得到 q q q { 1 , 2 } \{1, 2\} { 1,2} { 2 , 1 } \{2, 1\} { 2,1};根据 n = 3 , i = 1 , j = 2 n = 3, i = 1, j = 2 n=3,i=1,j=2,亦可将 q q q 还原为 p p p

ξ ( p ) = q \xi(p) = q ξ(p)=q,那么 ∣ ∑ p λ A ( p ) ⋅ [ j = p i ] a i , j ∣ = ∣ ∑ p λ A i , j ( ξ ( p ) ) ⋅ [ j = p i ] ∣ \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| ai,jpλA(p)[j=pi]=pλAi,j(ξ(p))[j=pi] 右边变为直接枚举 ξ ( p ) \xi(p) ξ(p),即 ∣ ∑ p λ A ( p ) ⋅ [ j = p i ] a i , j ∣ = ∣ ∑ q λ A i , j ( q ) ∣ = ∣ det ⁡ A i , j ∣ \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}| ai,jpλA(p)[j=pi]=qλAi,j(q)=detAi,j ∣ ∑ p λ A ( p ) ⋅ [ j = p i ] ∣ = ∣ a i , j ⋅ det ⁡ A i , j ∣ \left| \sum_{p} \lambda_A(p) \cdot [j = p_i] \right| = |a_{i, j} \cdot \det A_{i, j}| pλA(p)[j=pi]=ai,jdetAi,j 再考虑正负号,即 τ ( p ) \tau(p) τ(p) τ ( ξ ( p ) ) \tau(\xi(p)) τ(ξ(p)) 的奇偶性的差别,这取决于 p i p_i pi 前面大于 j j j 的数量和 p i p_i pi 后面小于 j j j 的数量,即 ∑ k = 1 i − 1 [ p k > j ] + ∑ k = i + 1 n [ p k < j ] = ∑ k = 1 i − 1 [ p k > j ] + ( j − 1 − ∑ k = 1 i − 1 [ p k < j ] ) = ∑ k = 1 i − 1 [ p k > j ] + j − 1 − ( i − 1 − ∑ k = 1 i − 1 [ p k > j ] ) = 2 ∑ k = 1 i − 1 [ p k > j ] + ( i + j ) ≡ i + j m o d    2 \begin{aligned} & \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 \mod 2\end{aligned} ===k=1i1[pk>j]+k=i+1n[pk<j]k=1i1[pk>j]+(j1k=1i1[pk<j])k=1i1[pk>j]+j1(i1k=1i1[pk>j])2k=1i1[pk>j]+(i+j)i+jmod2 于是 τ ( p ) = ( − 1 ) i + j τ ( ξ ( p ) ) \tau(p) = (-1)^{i + j} \tau(\xi(p)) τ(p)=(1)i+jτ(ξ(p)),则 ∑ p λ A ( p ) ⋅ [ j = p i ] = ( − 1 ) i + j ⋅ a i , j ⋅ det ⁡ A i , j \sum_{p} \lambda_A(p) \cdot [j = p_i] = (-1)^{i + j} \cdot a_{i, j} \cdot \det A_{i, j} pλA(p)[j=pi]=(1)i+jai,jdetAi,j
于是 ∣ A ∣ = ∑ p λ A ( p ) = ∑ j = 1 n ∑ p λ A ( p ) ⋅ [ j = p i ] = ∑ j = 1 n ( − 1 ) i + j a i , j ∣ A i , j ∣ |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}| A=pλA(p)=j=1npλA(p)[j=pi]=j=1n(1)i+jai,jAi,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 ≤ i ≤ n 1 \leq i \leq n 1in k k k,若 A = ( a 1 , 1 a 1 , 2 ⋯ a 1 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ k a i , 1 k a i , 2 ⋯ k a i , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a n , 1 a n , 2 ⋯ a n , n ) A = \begin{pmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ ka_{i, 1} & ka_{i, 2} & \cdots & ka_{i, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end{pmatrix} A=a1,1kai,1an,1a1,2kai,2an,2a1,nkai,nan,n B = ( a 1 , 1 a 1 , 2 ⋯ a 1 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a i , 1 a i , 2 ⋯ a i , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a n , 1 a n , 2 ⋯ a n , n ) B = \begin{pmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{i, 1} & a_{i, 2} & \cdots & a_{i, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end{pmatrix} B=a1,1ai,1an,1a1,2ai,2an,2a1,nai,nan,n,则 ∣ A ∣ = k ∣ B ∣ |A| = k|B| A=kB

评论 1
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值