64. 古伴的性质 (2)

本节, 我们讨论古伴的子阵的行列式.

定理 64.1. 设 $A$ 是 $n$ 级阵. 设 $k$ 是不超过 $n$ 的正整数. 设正整数 $i_1$, $i_2$, $\dots$, $i_k$ 不超过 $n$, 且是从小到大的. 设正整数 $j_1$, $j_2$, $\dots$, $j_k$ 不超过 $n$, 且是从小到大的. 则$$\begin{array}{rl}& \det \left((\mathrm{adj}(A))\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\\ =& (\det (A){)}^{k-1}(-1{)}^{j_1+\cdots +j_k+i_1+\cdots +i_k}\det (A(j_1,\dots ,j_k|i_1,\dots ,i_k)).\end{array}$$(64.1)

此事对 $k=1$ 是正确的. 此时, 等式的左侧即为 $\mathrm{adj}(A)$ 的 $(i_1,j_1)$-元, 而等式的右侧是 $1(-1{)}^{j_1+i_1}\det (A(j_1|i_1))$. 这正是古伴的定义.

以下设 $k>1$.

从 $1$, $2$, $\dots$, $n$ 去除 $i_1$, $\dots$, $i_k$ 后, 还剩 $n-k$ 个数. 我们从小到大地叫这 $n-k$ 个数为 $i_{k+1}$, $\dots$, $i_n$. 类似地, 从 $1$, $2$, $\dots$, $n$ 去除 $j_1$, $\dots$, $j_k$ 后, 还剩 $n-k$ 个数. 我们从小到大地叫这 $n-k$ 个数为 $j_{k+1}$, $\dots$, $j_n$. 作 $n$ 级阵 $B$ 如下:$$\begin{array}{r}[B{]}_{i,j_q}=\{\begin{array}{ll}[\mathrm{adj}(A){]}_{i,j_q},& q⩽k;\\ [I_n{]}_{i,i_q},& q>k.\end{array}\end{array}$$形象地, $B$ 的列 $j_1$, $\dots$, $j_k$ 分别与 $\mathrm{adj}(A)$ 的列 $j_1$, $\dots$, $j_k$ 相等, 但 $B$ 的列 $j_{k+1}$, $\dots$, $j_n$ 分别是 $n$ 级单位阵 $I_n$ 的列 $i_{k+1}$, $\dots$, $i_n$. 由此可见,$$\begin{array}{r}B\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)=B(i_{k+1},\dots ,i_n|j_{k+1},\dots ,j_n)=(\mathrm{adj}(A))(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_k}{j_1,\dots ,j_k}),\end{array}$$且$$\begin{array}{r}B(i_1,\dots ,i_k|j_1,\dots ,j_k)=B(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_{k+1},\dots ,i_n}{j_{k+1},\dots ,j_n})=I_{n-k}.\end{array}$$

按列 $j_{k+1}$ 展开 $\det (B)$, 有$$\begin{array}{r}\det (B)=(-1{)}^{i_{k+1}+j_{k+1}}1\det (B(i_{k+1}|j_{j+1})).\end{array}$$注意到 $B$ 的列 $j_{k+2}$ 即为 $B(i_{k+1}|j_{k+1})$ 的列 $j_{k+2}-1$. 按列 $j_{k+2}-1$ 展开 $\det (B(i_{k+1}|j_{k+1}))$, 有$$\begin{array}{r}\det (B(i_{k+1}|j_{k+1}))=(-1{)}^{i_{k+2}-1+j_{k+2}-1}1\det (B(i_{k+1},i_{k+2}|j_{k+1},j_{k+2})).\end{array}$$故$$\begin{array}{r}\det (B)=(-1{)}^{i_{k+1}+i_{k+2}+j_{k+1}+j_{k+2}}\det (B(i_{k+1},i_{k+2}|j_{k+1},j_{k+2})).\end{array}$$…… 最后, 我们有$$\begin{array}{r}\det (B)=(-1{)}^{i_{k+1}+\cdots +i_n+j_{k+1}+\cdots +j_n}\det (B(i_{k+1},\dots ,i_n|j_{k+1},\dots ,j_n)).\end{array}$$

我们考虑 $AB$ 的行列式. 一方面,$$\begin{array}{rl}\det (AB)=& \det (A)\det (B)\\ =& (-1{)}^{i_{k+1}+\cdots +i_n+j_{k+1}+\cdots +j_n}\det (A)\det \left((\mathrm{adj}(A))\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right).\end{array}$$另一方面, 当 $q⩽k$ 时,$$\begin{array}{rl}[AB{]}_{i,j_q}=& \sum _{u=1}^n[A{]}_{i,u}[B{]}_{u,j_q}\\ =& \sum _{u=1}^n[A{]}_{i,u}[\mathrm{adj}(A){]}_{u,j_q}\\ =& [A\mathrm{adj}(A){]}_{i,j_q}\\ =& [\det (A)I_n{]}_{i,j_q};\end{array}$$当 $q>k$ 时,$$\begin{array}{rl}[AB{]}_{i,j_q}=& \sum _{u=1}^n[A{]}_{i,u}[B{]}_{u,j_q}\\ =& \sum _{u=1}^n[A{]}_{i,u}[I_n{]}_{u,i_q}\\ =& [A{I}_n{]}_{i,i_q}\\ =& [A{]}_{i,i_q}.\end{array}$$形象地, $AB$ 的列 $j_1$, $\dots$, $j_k$ 分别与 $\det (A)I_n$ 的列 $j_1$, $\dots$, $j_k$ 相等, 但 $AB$ 的列 $j_{k+1}$, $\dots$, $j_n$ 分别是 $A$ 的列 $i_{k+1}$, $\dots$, $i_n$. 由此可见,$$\begin{array}{r}(AB)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)=(AB)(j_{k+1},\dots ,j_n|j_{k+1},\dots ,j_n)=\det (A)I_k,\end{array}$$且$$\begin{array}{r}(AB)(j_1,\dots ,j_k|j_1,\dots ,j_k)=(AB)(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_{k+1},\dots ,j_n}{j_{k+1},\dots ,j_n})=A(j_1,\dots ,j_k|i_1,\dots ,i_k).\end{array}$$

按列 $j_1$ 展开 $\det (AB)$, 有$$\begin{array}{r}\det (AB)=(-1{)}^{j_1+j_1}\det (A)\det ((AB)(j_1|j_1)).\end{array}$$注意到 $AB$ 的列 $j_2$ 即为 $(AB)(j_1|j_1)$ 的列 $j_2-1$. 按列 $j_2-1$ 展开 $\det ((AB)(j_1|j_1))$, 有$$\begin{array}{r}\det ((AB)(j_1|j_1))=(-1{)}^{j_2-1+j_2-1}\det (A)\det ((AB)(j_1,j_2|j_1,j_2)).\end{array}$$故$$\begin{array}{r}\det (AB)=(\det (A){)}^2\det ((AB)(i_1,i_2|j_1,j_2)).\end{array}$$…… 最后, 我们有$$\begin{array}{r}\det (AB)=(\det (A){)}^k\det ((AB)(j_1,\dots ,j_k|j_1,\dots ,j_k)).\end{array}$$

比较二次计算的结果, 我们应有$$\begin{array}{rl}& (-1{)}^{i_{k+1}+\cdots +i_n+j_{k+1}+\cdots +j_n}\det (A)\det \left((\mathrm{adj}(A))\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\\ =& (\det (A){)}^k\det (A(j_1,\dots ,j_k|i_1,\dots ,i_k)).\end{array}$$注意到$$\begin{array}{rl}& i_{k+1}+\cdots +i_n+j_{k+1}+\cdots +j_n\\ =& ((1+2+\cdots +n)-(i_1+\cdots +i_k))+((1+2+\cdots +n)-(j_1+\cdots +j_k))\\ =& 2(1+2+\cdots +n)-(j_1+\cdots +j_k+i_1+\cdots +i_k),\end{array}$$故$$\begin{array}{rl}& \det (A)\det \left((\mathrm{adj}(A))\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\\ =& \det (A)(\det (A){)}^{k-1}(-1{)}^{j_1+\cdots +j_k+i_1+\cdots +i_k}\det (A(j_1,\dots ,j_k|i_1,\dots ,i_k)).\end{array}$$

若 $\det (A)\ne 0$, 我们可在等式的二侧消去它, 得式 (64.1). 不过, 若 $\det (A)=0$, 会发生什么?

定理 64.2. 设 $A$ 是一个 $n$ 级阵. 设 $\det (A)=0$. 则存在不超过 $n$ 的正整数 $s$, 使对任何不超过 $n$ 的正整数 $j$, 存在数 $m_j$, 使对任何不超过 $n$ 的正整数 $i$, 有 $[\mathrm{adj}(A){]}_{i,j}=m_j[\mathrm{adj}(A){]}_{i,s}$; 通俗地, 存在不超过 $n$ 的正整数 $s$, 使 $\mathrm{adj}(A)$ 的任何一列都是 $\mathrm{adj}(A)$ 的列 $s$ 的数乘.

有了此事, 不难看出, 若 $\det (A)=0$, 且 $k>1$, 则$$\begin{array}{r}\det \left((\mathrm{adj}(A))\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)=0,\end{array}$$故式 (64.1) 仍是正确的.

那么, 若我们证明了此事, 则我们也就证明了式 (64.1).

证. 若 $\mathrm{adj}(A)=0$, 则 $\mathrm{adj}(A)$ 的每一列都是 $0$. 从而 $\mathrm{adj}(A)$ 的每一列都是 $\mathrm{adj}(A)$ 的列 $1$ 的数乘.

下设 $\mathrm{adj}(A)\ne 0$. 则有不超过 $n$ 的正整数 $s$, $t$, 使 $[\mathrm{adj}(A){]}_{t,s}\ne 0$. 则 $(-1{)}^{s+t}\det (A(s|t))\ne 0$. 作 $n-1$ 级阵 $C=A(s|t)$. 则 $\det (C)\ne 0$.

从 $1$, $2$, $\dots$, $n$ 去除 $t$ 后, 还剩 $n-1$ 个数. 我们从小到大地叫这 $n-1$ 个数为 $i_1$, $\dots$, $i_{n-1}$. 类似地, 从 $1$, $2$, $\dots$, $n$ 去除 $s$ 后, 还剩 $n-1$ 个数. 我们从小到大地叫这 $n-1$ 个数为 ${\ell }_1$, $\dots$, ${\ell }_{n-1}$. 则 $[C{]}_{p,q}=[A{]}_{{\ell }_p,i_q}$. 再记 $i_n=t$, 且 ${\ell }_n=s$.

设 $j$ 是不超过 $n$ 的正整数. 作 $(n-1)\times 1$ 阵 $y_j$ 如下: $$\begin{array}{r}[y_j{]}_{u,1}=[\mathrm{adj}(A){]}_{i_u,j};\end{array}$$通俗地, 若 $D_j$ 是 $\mathrm{adj}(A)$ 的列 $j$, 则 $y_j$ 是去除 $D_j$ 的行 $t$ 后的那个 $(n-1)\times 1$ 阵. 则对 $p<n$, $$\begin{array}{rl}[C{y}_j{]}_{p,1}=& \sum _{u=1}^{n-1}[C{]}_{p,u}[y_j{]}_{u,1}\\ =& \sum _{u=1}^{n-1}[A{]}_{{\ell }_p,i_u}[\mathrm{adj}(A){]}_{i_u,j}\\ =& \sum _{u=1}^n[A{]}_{{\ell }_p,i_u}[\mathrm{adj}(A){]}_{i_u,j}-[A{]}_{{\ell }_p,i_n}[\mathrm{adj}(A){]}_{i_n,j}\\ =& \sum _{u=1}^n[A{]}_{{\ell }_p,u}[\mathrm{adj}(A){]}_{u,j}-[A{]}_{{\ell }_p,t}[\mathrm{adj}(A){]}_{t,j}\\ =& [A\mathrm{adj}(A){]}_{{\ell }_p,j}-[A{]}_{{\ell }_p,t}[\mathrm{adj}(A){]}_{t,j}\\ =& [\det (A)I_n{]}_{{\ell }_p,j}-[A{]}_{{\ell }_p,t}[\mathrm{adj}(A){]}_{t,j}\\ =& -[\mathrm{adj}(A){]}_{t,j}[A{]}_{{\ell }_p,t}.\end{array}$$

作 $(n-1)\times 1$ 阵 $z$ 如下: $$\begin{array}{r}[z{]}_{u,1}=[A{]}_{{\ell }_u,t};\end{array}$$通俗地, 若 $w$ 是 $A$ 的列 $t$, 则 $z$ 是去除 $w$ 的行 $s$ 后的那个 $(n-1)\times 1$ 阵.

由前面的计算, $C{y}_j=-[\mathrm{adj}(A){]}_{t,j}z$, 且 $C{y}_s=-[\mathrm{adj}(A){]}_{t,s}z$. 记$$\begin{array}{r}{m}_j=\frac{-[\mathrm{adj}(A){]}_{t,j}}{-[\mathrm{adj}(A){]}_{t,s}}.\end{array}$$则$$\begin{array}{rl}C(m_j{y}_s)=& m_j(C{y}_s)=m_j(-[\mathrm{adj}(A){]}_{t,s}z)=(m_j(-[\mathrm{adj}(A){]}_{t,s}))z\\ =& -[\mathrm{adj}(A){]}_{t,j}z\\ =& C{y}_j.\end{array}$$因为 $\det (C)\ne 0$, 故 $m_j{y}_s=y_j$. 故 $m_j[\mathrm{adj}(A){]}_{i_u,s}=[\mathrm{adj}(A){]}_{i_u,j}$, 对 $u<n$. 则 $m_j[\mathrm{adj}(A){]}_{i,s}=[\mathrm{adj}(A){]}_{i,j}$, 对 $i⩽n$.

证毕.