分塊矩陣的行列式

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我們知道二階行列式的計算公式為

$\displaystyle \begin{vmatrix} a&b\\ c&d \end{vmatrix}=ad-bc$ ，

那麼 $2\times 2$ 階分塊矩陣的行列式 $\displaystyle \begin{vmatrix} A&B\\ C&D \end{vmatrix}$ 是否也有相同的公式？在一般情況下，對應的分塊矩陣的行列式公式並不存在，但如果 $A, B, C$ 和 $D$ 滿足某些特定條件，則有簡明的計算公式。

我們先回顧行列式的標準公式──排列公式 (或稱萊布尼茲公式，見“行列式的運算公式與性質”)：若 $A=[a_{ij}]$ 為一個 $n\times n$ 階矩陣，

$\displaystyle \det A=\sum_{p}\sigma(p)a_{1j_1}a_{2j_2}\cdots a_{nj_n}$ ，

其中 $p=(j_1,j_2,\ldots,j_n)$ 表示自然排序 $(1,2,\ldots,n)$ 的排列 (permutation)， $\sigma(p)=1$ 若 $p$ 經過偶數次換位 (transposition，即交換兩元位置) 可得自然排序， $\sigma(p)=-1$ 若 $p$ 經過奇數次換位可得自然排序。例如，若 $p=(2,4,1,3)$ ，換位過程如下：

$\displaystyle (2,4,1,3)\to(1,4,2,3)\to(1,2,4,3)\to(1,2,3,4)$

從 $p=(2,4,1,3)$ 經過三次換位得到自然排序 $(1,2,3,4)$ ，可知 $\sigma(p)=-1$ 。本文介紹一些常見的分塊矩陣的行列式公式，並使用排列公式、行列式基本性質，以及分塊矩陣乘法運算推導證明。

公式一：若 $A$ 和 $D$ 是方陣 (但大小可以相異)，則

$\displaystyle \begin{vmatrix} A&B\\ 0&D \end{vmatrix}=(\det A)(\det D)$ 。

公式一表明分塊上三角矩陣的行列式等於主對角分塊行列式之積。因為轉置不改變行列式，分塊下三角矩陣的行列式也等於主對角分塊行列式之積。底下公式二至五其實都是公式一的必然結果。我們先考慮一個特殊的分塊型態 $M=[m_{ij}]=\begin{bmatrix} A&0\\ 0&I_{n-r} \end{bmatrix}$ ，其中 $A$ 是 $r\times r$ 階矩陣。根據排列公式，

$\displaystyle \det M=\sum_p\sigma(p)m_{1j_1}\cdots m_{rj_r}m_{r+1,j_{r+1}}\cdots m_{nj_n}$ 。

因為 $M$ 是分塊對角矩陣且包含 $I_{n-r}$ ，

$\displaystyle m_{r+1,j_{r+1}}\cdots m_{nj_n}=\left\{\begin{array}{ll} 1&\hbox{if~}p=(j_1,\ldots,j_r,r+1,\ldots,n)\\ 0&\hbox{otherwise}.\end{array}\right.$

令 $\tilde{p}=(j_1,\ldots,j_r,r+1,\ldots,n)$ 且 $p_r=(j_1,\ldots,j_r)$ 。所以，

$\displaystyle\begin{aligned} \det M&=\sum_{\tilde{p}}\sigma(\tilde{p})m_{1j_1}\cdots m_{rj_r}m_{r+1,j_{r+1}}\cdots m_{nj_n}\\ &=\sum_{p_r}\sigma(p_r)m_{1j_1}\cdots m_{rj_r}\\ &=\det A,\end{aligned}$

即 $\begin{vmatrix} A&0\\ 0&I \end{vmatrix}=\det A$ 。同樣道理， $\begin{vmatrix} I&0\\ 0&D \end{vmatrix}=\det D$ 。對於一般的分塊對角矩陣，

$\displaystyle \begin{bmatrix} A&0\\ 0&D \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} A&0\\ 0&I \end{bmatrix}\begin{bmatrix} I&0\\ 0&D \end{bmatrix}$ ，

利用上面結果和行列式可乘公式 (見“矩陣乘積行列式公式的代數證法”)，得知分塊對角矩陣的行列式等於主對角分塊行列式之積：

$\displaystyle \begin{vmatrix} A&0\\ 0&D \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} A&0\\ 0&I \end{vmatrix}\begin{vmatrix} I&0\\ 0&D \end{vmatrix}=(\det A)(\det D)$ 。

接著我介紹一個採用 QR 分解的證明方法。寫出 QR 分解， $A=Q_AR_A$ 和 $D=Q_DR_D$ ，其中 $Q_A$ 和 $Q_D$ 是正交矩陣 ( $Q_A^T=Q_A^{-1}$ ， $Q_D^T=Q_D^{-1}$ )， $R_A$ 和 $R_D$ 是上三角矩陣 (見“線代膠囊──QR 分解”)。據此， $\begin{bmatrix} A&B\\ 0&D \end{bmatrix}$ 的 QR 分解為

$\displaystyle \begin{bmatrix} A&B\\ 0&D \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} Q_A&0\\ 0&Q_D \end{bmatrix}\begin{bmatrix} R_A&Q_A^TB\\ 0&R_D \end{bmatrix}$ 。

上三角矩陣的行列式等於主對角元之積，故可推得

$\displaystyle\begin{aligned} \begin{vmatrix} A&B\\ 0&D \end{vmatrix}&=\begin{vmatrix} Q_A&0\\ 0&Q_D \end{vmatrix}\begin{vmatrix} R_A&Q_A^TB\\ 0&R_D \end{vmatrix}\\ &=(\det Q_A)(\det Q_D)(\det R_A)(\det R_D)\\ &=\det(Q_AR_A)\det(Q_DR_D)\\ &=(\det A)(\det D). \end{aligned}$

公式二：設 $A$ 和 $D$ 是方陣。若 $A$ 是可逆的，則

$\displaystyle\begin{vmatrix} A&B\\ C&D \end{vmatrix}=(\det A)(\det (D-CA^{-1}B))$ ；

若 $D$ 是可逆的，則

$\displaystyle\begin{vmatrix} A&B\\ C&D \end{vmatrix}=(\det D)(\det (A-BD^{-1}C))$ 。

我們仍然使用分塊矩陣乘法來推導。若 $A$ 是可逆的，則

$\displaystyle \begin{bmatrix} A&B\\ C&D \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} I&0\\ CA^{-1}&I \end{bmatrix}\begin{bmatrix} A&B\\ 0&D-CA^{-1}B \end{bmatrix}$ 。

使用公式一，

$\displaystyle\begin{aligned} \begin{vmatrix} A&B\\ C&D \end{vmatrix}&=\begin{vmatrix} I&0\\ CA^{-1}&I \end{vmatrix}\begin{vmatrix} A&B\\ 0&D-CA^{-1}B \end{vmatrix}\\ &=(\det I)(\det I)(\det A)(\det (D-CA^{-1}B))\\ &=(\det A)(\det(D-CA^{-1}B)).\end{aligned}$

運用相同方法亦可證明第二個公式。

公式三：設 $A, B, C, D$ 是 $n\times n$ 階矩陣。若 $A, B, C, D$ 其中之一是零矩陣，則

$\displaystyle\begin{vmatrix} A&B\\ C&D \end{vmatrix}=\det (AD-BC)$ 。

若 $B=0$ 或 $C=0$ ，則 $BC=0$ ，使用公式一即得證。若 $A=0$ ，執行 $n$ 次列交換，

$\displaystyle \begin{vmatrix} 0&B\\ C&D \end{vmatrix}=(-1)^n\begin{vmatrix} C&D\\ 0&B \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} C&D\\ 0&-B \end{vmatrix}=(\det C)(\det (-B))=\det(-BC)$ 。

若 $D=0$ ，運用相同方法即可證明所求。

公式四：設 $A, B, C, D$ 是 $n\times n$ 階矩陣。若 $AC=CA$ ，則

$\displaystyle\begin{vmatrix} A&B\\ C&D \end{vmatrix}=\det (AD-CB)$ ；

若 $CD=DC$ ，則

$\displaystyle\begin{vmatrix} A&B\\ C&D \end{vmatrix}=\det (AD-BC)$ ；

若 $BD=DB$ ，則

$\displaystyle\begin{vmatrix} A&B\\ C&D \end{vmatrix}=\det (DA-BC)$ ；

若 $AB=BA$ ，則

$\displaystyle\begin{vmatrix} A&B\\ C&D \end{vmatrix}=\det (DA-CB)$ 。

注意，縱使前提滿足， $\det(AD-CB)$ 未必等於 $\det (AD-BC)$ ，同樣地， $\det(AD-BC)$ 也未必等於 $\det (DA-BC)$ 。下面解說第一個公式的證明，運用同樣方法也可以證明其他公式。分開兩部分討論。若 $A$ 是可逆的，使用公式二，

$\displaystyle\begin{aligned} \begin{vmatrix} A&B\\ C&D \end{vmatrix}&=(\det A)(\det (D-CA^{-1}B))\\ &=\det(AD-ACA^{-1}B)\\ &=\det(AD-CAA^{-1}B)\\ &=\det(AD-CB). \end{aligned}$

若 $A$ 是不可逆的，我們利用連續論證法來證明。根據矩陣的特徵值性質，存在一正數 $\delta$ 使得對於 $0<\epsilon<\delta$ ， $A+\epsilon I$ 是可逆矩陣 (見“連續論證法”)。因為 $(A+\epsilon I)C=C(A+\epsilon I)$ ，套用前面結果，

$\displaystyle \begin{vmatrix} A+\epsilon I&B\\ C&D \end{vmatrix}=\det((A+\epsilon I)D-CB)$ 。

令 $\epsilon\to 0$ ，即證得所求。

下列行列式算式是公式四的立即推論：

$\displaystyle\begin{aligned} \begin{vmatrix} I&B\\ C&D \end{vmatrix}&=\det (D-CB)\\ \begin{vmatrix} A&I\\ C&D \end{vmatrix}&=\det (DA-C)\\ \begin{vmatrix} A&B\\ I&D \end{vmatrix}&=\det (AD-B)\\ \begin{vmatrix} A&B\\ C&I \end{vmatrix}&=\det (A-BC).\end{aligned}$

公式五：若 $A$ 和 $B$ 是 $n\times n$ 階矩陣，則

$\displaystyle\begin{vmatrix} A&B\\ B&A \end{vmatrix}=\det (A+B)\det (A-B)$ 。

考慮分塊矩陣乘法

$\displaystyle \begin{bmatrix} I&0\\ -I&I \end{bmatrix}\begin{bmatrix} A&B\\ B&A \end{bmatrix}\begin{bmatrix} I&0\\ I&I \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} I&0\\ -I&I \end{bmatrix}\begin{bmatrix} A+B&B\\ B+A&A \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} A+B&B\\ 0&A-B \end{bmatrix}$ 。

等號兩邊取行列式，利用公式一即得證。

5 Responses to 分塊矩陣的行列式

xddxy says:

06/12/2014 at 9:08 pm

我觉得在公式一中考虑的那个特殊分块形态，因为右下角是单位矩阵，所以可以从最底下一行按行展开，只有Mnn是1，其他元素都是零，这样展开成低一阶的行列式，最底下一行还是只有最右边一个元素是1，其他都是0，继续展开，展到只剩Ar为止，这样很简明的看出|M|=|Ar|。

- ccjou says:
  
  06/13/2014 at 6:50 am
  
  使用餘因子公式 (或稱 Laplace 公式) 推理確實比排列公式更直覺。
  
daLsouelifh says:

04/23/2018 at 9:30 am

老師您好：
我對於公式一的證明有些疑惑。在最後一步，老師使用了QR分解來幫助證明原式，但是QR分解成立的前提不是要A和D皆為行滿秩（對方陣而言就是可逆）？如此一來，究竟是公式一該加入A和D須可逆的條件，還是在證明過程中須另外討論A或D不可逆的情形呢？盼老師或其他高人指點，謝謝。

- Zhuoyu He says:
  
  02/20/2022 at 11:57 pm
  
  A，D如果不满秩话，和左下角的O组合可以使得行列式为0，所以也是对的。希望没有说错。
  
猜猜看、 says:

10/29/2022 at 11:38 am

是这样的，没错

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