答pentiumevo──關於非零行列式存在一非零餘子式的證明

網友pentiumevo留言:

周老師您好,我想問一個與行列式有關的問題:如果已知 n 階行列式 D \neq 0,那麼是否可以確定行列式 D 必有一個不為零的 n-1 階子式 D^{(n-1)} 呢?我的想法是,如果行列式 D 的所有 n - 1 階子式都是零,那麼由行列式的展開定義 (對第一列展開):

\displaystyle \sum_{j=1}^{n}(-1)^{1+j}a_{1j}M_{1j}

得到 D = 0 (這裡 M_{1j} 是行列式中元素 a_{1j} 所對應的餘子式),然而這與前提的 D \neq 0 相違,所以行列式 D 必至少有一個非零的 n-1 階子式。請問這樣證明對嗎?有沒有更直觀的想法呢?是否可以由 n 維向量的線性獨立性出發來論證這問題呢?謝謝老師。

 
答曰:

我將你的問題重述於下:令 A=[a_{ij}] 為一 n\times n 階矩陣,\tilde{A}_{ij} 表示移除 A 的第 i 列與第 j 行後得到的 (n-1)\times(n-1) 階子陣。又令 M_{ij}=\det \tilde{A}_{ij},稱為對應 a_{ij} 的餘子式 (minor)。我們的問題是:若 \det A\neq 0,是否存在一個非零餘子式 M_{ij}?下面我提供從伴隨矩陣、矩陣秩,以及行列式幾何意義導入的三個論證方式。

 
首先,你寫出行列式餘因子 (cofactor) 展開公式的證明是正確的。餘因子公式還有另一種等價表達:伴隨矩陣 (adjugate) \mathrm{adj}A,其中 (\mathrm{adj}A)_{ji}=(-1)^{i+j}M_{ij} (見“伴隨矩陣”)。從餘因子公式可推得

\displaystyle A(\mathrm{adj}A)=(\det A)I

\det A\neq 0,則

\displaystyle A^{-1}=\frac{1}{\det A}\mathrm{adj}A

因為 A^{-1} 不可為零矩陣,故必定有一非零元 (-1)^{i+j}M_{ij},即得證。不僅如此,A^{-1} 的每一列與每一行必存在一非零 M_{ij},否則 A^{-1} 便不是可逆矩陣。

 
是否可以由 n 維向量的線性獨立性出發來論證這問題呢?可以的,關鍵在於矩陣的行秩等於列秩 (見“行秩=列秩”),通稱矩陣秩。較為直接的說法是:如果矩陣有 r 個線性獨立的行向量,也就有 r 個線性獨立的列向量,反之亦然。當 n\times n 階矩陣 A 可逆時,行秩與列秩都等於 \mathrm{rank}A=n。將 A 的第 j 行刪除,可得一 n\times (n-1) 階子陣

B=\begin{bmatrix}  a_{11}&\cdots&a_{1,j-1}&a_{1,j+1}&\cdots&a_{1n}\\  a_{21}&\cdots&a_{2,j-1}&a_{2,j+1}&\cdots&a_{2n}\\  \vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\  a_{n1}&\cdots&a_{n,j-1}&a_{n,j+1}&\cdots&a_{nn}  \end{bmatrix}

因為 B 有線性獨立的行向量,即知 \mathrm{rank}B=n-1,表明 B 也有 n-1 個線性獨立的列向量。所以存在 i\in\{1,\ldots,n\} 使得刪除 B 的第 i 列後得到的 (n-1)\times(n-1) 階子陣 \tilde{A}_{ij} 可逆 (因為保留下來的 n-1 個列向量構成一線性獨立集),故 M_{ij}=\det\tilde{A}_{ij}\neq 0

 
最後,有沒有更直觀的想法呢?我們從行列式的幾何意義切入。為方便說明,考慮 n=3,見下例,

A=\begin{bmatrix}  1&2&4\\  1&2&5\\  1&3&6  \end{bmatrix},~~ \det A=-1

A 的第 2 行移除,可得一 3\times 2 階矩陣

B=\begin{bmatrix}  1&4\\  1&5\\  1&6  \end{bmatrix}

在三維空間中,B 的線性獨立行向量 \begin{bmatrix}  1\\  1\\  1  \end{bmatrix}\begin{bmatrix}  4\\  5\\  6  \end{bmatrix} 所張的平行四邊形面積等於 \sqrt{\det(B^TB)} (見“行列式的幾何意義”),算式為

\det(B^TB)=\det\left(\begin{bmatrix}  1&1&1\\  4&5&6  \end{bmatrix}\begin{bmatrix}  1&4\\  1&5\\  1&6  \end{bmatrix}\right)=\begin{vmatrix}  3&15\\  15&77  \end{vmatrix}=6

另外,我們也可以使用 Cauchy-Binet 公式 (見“Cauchy-Binet 公式”) 計算 \det(B^TB)。方法如下:從 B 選取兩列 (即 B^T 選取兩行),共有三種組合:\{1,2\}\{1,3\}\{2,3\},數字 1,2,3 代表列行指標。分別計算二階子式的乘積,加總在一起,過程如下:

\begin{aligned}  \det(B^TB)&=\begin{vmatrix}  1&1\\  4&5  \end{vmatrix}\cdot\begin{vmatrix}  1&4\\  1&5  \end{vmatrix}+\begin{vmatrix}  1&1\\  4&6  \end{vmatrix}\cdot\begin{vmatrix}  1&4\\  1&6  \end{vmatrix}+\begin{vmatrix}  1&1\\  5&6  \end{vmatrix}\cdot\begin{vmatrix}  1&5\\  1&6  \end{vmatrix}\\  &=1^2+2^2+1^2=6.\end{aligned}

上式中,\begin{vmatrix}  1&4\\  1&5  \end{vmatrix}=M_{32}\begin{vmatrix}  1&4\\  1&6  \end{vmatrix}=M_{22}\begin{vmatrix}  1&5\\  1&6  \end{vmatrix}=M_{12},故 \det(B^TB)=M_{33}^2+M_{22}^2+M_{12}^2。由於 \det(B^TB)\neq 0,故可斷定至少有一 M_{i2} 不為零。這些餘子式又有甚麼幾何意義呢?因為

\det\left(\begin{bmatrix}  1&1&0\\  4&5&0  \end{bmatrix}\begin{bmatrix}  1&4\\  1&5\\  0&0  \end{bmatrix}\right)=\det\left(\begin{bmatrix}  1&1\\  4&5  \end{bmatrix}\begin{bmatrix}  1&4\\  1&5  \end{bmatrix}\right)=\begin{vmatrix}  1&1\\  4&5  \end{vmatrix}\cdot\begin{vmatrix}  1&4\\  1&5  \end{vmatrix}

M_{32} 即為 (1,1,0)^T(4,5,0)^T 所張的平行四邊形 (有號) 面積,也就是 (1,1,1)^T(4,5,6)^T 所張的平行四邊形於 XY 平面的投影面積。同理,M_{22}M_{12} 分別是該平行四邊形於 XZ 平面與 YZ 平面的投影面積。推廣至一般情形,餘子式 M_{ij}n\times n 階矩陣 A 移除第 j 行後得到的 n\times(n-1) 階子陣 Bn-1 個行向量在 \mathbb{R}^n 空間所形成的「平行多面體」(其體積為 \sqrt{\det(B^TB)}) 至子空間 \mathrm{span}\{\mathbf{e}_1,\ldots,\mathbf{e}_{i-1},\mathbf{e}_{i+1},\ldots,\mathbf{e}_n\} (\mathbf{e}_k 是標準單位向量) 的投影體積。平行多面體體積與 n 個投影體積滿足等式 \det(B^TB)=M_{1j}^2+\cdots+M_{nj}^2

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