行列式與特徵值模型

行列式將方陣壓縮為帶符號的體積縮放因子；特徵值則描述變換的方向或模式。二者都不能代替行化簡，但可揭示重複運算可能掩蓋的結構。

從較小矩陣構造行列式

定義

子矩陣、子式與餘因子

設 $A=[a_{ij}]$ 是一個 $n\times n$ 矩陣，其中 $n\ge2$。給定 $1\le i,j\le n$，同時刪去第 $i$ 行與第 $j$ 欄，所得的 $(n-1)\times(n-1)$ 矩陣記為子矩陣 $A(i\mid j)$。

屬於項 $a_{ij}$ 的子式是純量

$$M_{ij}=\det\bigl(A(i\mid j)\bigr)$$

屬於項 $a_{ij}$ 的餘因子是帶符號純量

$$C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$$

符號形成左上角為正的棋盤：

$$\begin{bmatrix} +&-&+&\cdots\\ -&+&-&\cdots\\ +&-&+&\cdots\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots \end{bmatrix}$$

$A(i\mid j)$ 表示一個矩陣，$M_{ij}$ 是該矩陣的行列式， $C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$ 則是加上符號後的純量。清楚區分這三個對 象，就不會把符號錯誤地乘兩次。

定義

行列式的遞迴定義

對於 $1\times1$ 矩陣 $[a_{11}]$，定義

$$\det([a_{11}])=a_{11}$$

對於 $n>1$ 的 $n\times n$ 矩陣，沿第一行定義

$$\det(A)=\sum_{j=1}^{n}a_{1j}C_{1j} =\sum_{j=1}^{n}(-1)^{1+j}a_{1j}M_{1j}$$

這是定義，還不是關於其他行或欄的定理。每個子式的階數都是 $n-1$， 所以反覆使用定義最終會到達 $1\times1$ 基本情形。不需要約定 $0\times0$ 行列式：子矩陣和子式的定義只用於 $n\ge2$。

從遞迴行列式證明任意餘因子展開

設 $A$ 為實 $n\times n$ 矩陣，$n\ge1$，行列式由一階基例和第一行遞迴定義。令 $S_n$ 為 $1,\ldots,n$ 的排列集合；定義逆序數 $\operatorname{inv}(\sigma)$ 為滿足 $r<s$ 且 $\sigma(r)>\sigma(s)$ 的數對個數，並令 $\operatorname{sgn}(\sigma)=(-1)^{\operatorname{inv}(\sigma)}$。

若 $\sigma(i)=j$，刪去位置 $i$ 與值 $j$，保持其餘位置及值的相對次序，得到排列 $\tau\in S_{n-1}$。設位置 $i$ 之前有 $u$ 個值小於 $j$；被刪去的逆序共有 $(i-1-u)+(j-1-u)=i+j-2-2u$ 個，故

$$\operatorname{sgn}(\sigma)=(-1)^{i+j}\operatorname{sgn}(\tau).$$

定義 $P_n(A)=\sum_{\sigma\in S_n}\operatorname{sgn}(\sigma)\prod_{r=1}^n a_{r,\sigma(r)}$。$n=1$ 時它就是遞迴行列式。$n>1$ 時，按 $\sigma(1)=j$ 分組並用符號恆等式，得 $P_n(A)=\sum_j(-1)^{1+j}a_{1j}P_{n-1}(A(1\mid j))$。歸納法因而證明 $P_n(A)=\det A$。

現在固定任意行 $i$，將同一有限排列和按 $\sigma(i)=j$ 分組。刪除操作與對應子矩陣的全部排列一一對應，因此

$$\det A=\sum_{j=1}^n(-1)^{i+j}a_{ij}\det(A(i\mid j)).$$

固定任意欄 $j$ 時，每個排列恰有一個位置 $i$ 滿足 $\sigma(i)=j$；按該位置分組即得

$$\det A=\sum_{i=1}^n(-1)^{i+j}a_{ij}\det(A(i\mid j)).$$

兩個展開公式均用於 $n\ge2$，沒有引入空行列式約定。此證明不預設換行交錯規則或行列式乘積定理。

結構規則為何成立

零行、零欄與唯一支撐項

定理

有零行或零欄時行列式為零

如果方陣的一整行或一整欄的每一項都是零，則它的行列式為零。

定理

某行或某欄至多有一個非零項

設 $C$ 是 $n\ge2$ 階方陣。若第 $k$ 行除 $c_{k\ell}$ 外都為零，則

$$\det(C)=c_{k\ell}(-1)^{k+\ell}\det\bigl(C(k\mid\ell)\bigr)$$

若第 $\ell$ 欄除 $c_{k\ell}$ 外都為零，也有同一公式。即使 $c_{k\ell}=0$，這個表述仍然成立。

當 $n=1$ 時，含有零行的矩陣就是 $[0]$，按基本定義其行列式為零。當 $n\ge2$ 時，使用任意行展開定理沿該行展開。每一項都含有一個零項作為 因子，所以每一項都為零，因而 $\det(A)=0$。

零欄可以用歸納法直接證明，這樣能看清零欄如何傳遞。$n=1$ 時，唯一 具有零欄的 $1\times1$ 矩陣是 $[0]$，其行列式為零。假設結論對 $n=k$ 成立。設 $(k+1)\times(k+1)$ 矩陣 $C$ 的第 $\ell$ 欄全為零， 沿第一行展開。第 $\ell$ 項的因子已經是零。對其餘每一項，刪去第一行 和某個 $j\ne\ell$ 的欄；原來的零欄仍在所得 $k\times k$ 子矩陣中，只是 在 $j\lt\ell$ 時欄指標向左移。由歸納假設，每個這樣的子矩陣的行列式都是零， 所以整行展開的每一項都為零，得到 $\det(C)=0$。

若某行除一項外全為零，沿該行展開即可；若某欄除一項外全為零，沿第 $k$ 行展開。$\ell$ 項保留下來，而對每個 $j\ne\ell$，子矩陣 $C(k\mid j)$ 都繼承了原第 $\ell$ 欄的零欄，因此其行列式為零。最後 只剩下 $c_{k\ell}(-1)^{k+\ell}\det(C(k\mid\ell))$。這正是稀疏行或 欄能把計算縮成一個子式的原因。

三角矩陣

定理

三角矩陣定理

若 $T$ 是上三角或下三角矩陣，則

$$\det(T)=t_{11}t_{22}\cdots t_{nn}$$

用 $n$ 作歸納證明上三角情形。$n=1$ 時結論就是行列式的定義。假設 結論對上三角 $k\times k$ 矩陣成立，令 $T$ 為 $k+1$ 階上三角矩陣。最 後一行除最後一項 $t_{k+1,k+1}$ 外都是零。沿最後一行展開，只有這一項 保留，而且符號 $(-1)^{2k+2}=1$：

$$\det(T)=t_{k+1,k+1}\det\bigl(T(k+1\mid k+1)\bigr)$$

保留下來的子矩陣仍是上三角矩陣，對角線為 $t_{11},\ldots,t_{kk}$。由歸納假設，它的行列式是 $t_{11}\cdots t_{kk}$，於是得到完整的對角線乘積。下三角情形類似但可 沿第一行展開：第一行只可能留下 $t_{11}$，刪去第一行第一欄後的子矩陣 仍是下三角矩陣，對角線由 $t_{22}$ 到 $t_{nn}$。

固定一行時的多重線性

定理

固定一行時的多重線性

固定除第 $p$ 行外的每一行。若新第 $p$ 行是 $\alpha u+\beta v$，則

$$\det(\text{相同其他各行,但第 }p\text{ 行為 }\alpha u+\beta v) =\alpha\det(\text{相同其他各行,但第 }p\text{ 行為 }u) +\beta\det(\text{相同其他各行,但第 }p\text{ 行為 }v)$$

當 $n=1$ 時，基本定義直接給出

$$\det([\alpha a+\beta b])=\alpha a+\beta b =\alpha\det([a])+\beta\det([b])$$

這就證明了 $1\times1$ 情形。

當 $n\ge2$ 時，固定除第 $p$ 行外的每一行。設矩陣 $A,B,C$ 在這些固定行上完全相同， 而第 $p$ 行滿足 $c_p=\alpha a_p+\beta b_p$。對每個欄指標 $j$，刪 去第 $p$ 行後得到相同的矩陣：

$$A(p\mid j)=B(p\mid j)=C(p\mid j)$$

沿第 $p$ 行展開 $\det(C)$，再用每一項的關係 $c_{pj}=\alpha a_{pj}+\beta b_{pj}$ 和分配律，得到

$$\begin{aligned} \det(C) &=\sum_{j=1}^{n}(\alpha a_{pj}+\beta b_{pj})(-1)^{p+j}\det(C(p\mid j))\\ &=\alpha\det(A)+\beta\det(B) \end{aligned}$$

關鍵正是其他每一行都固定；同時改變兩行是另一條命題。

相鄰換行與相同行

定理

若有兩行相同，行列式必為零

若一個方陣有兩行完全相同，則它的行列式等於 $0$。

設 $A$ 的相鄰兩行是 $r_q,r_{q+1}$，交換這兩行得到 $B$。沿 $A$ 的第 $q$ 行展開，沿 $B$ 中已經移動到第 $q+1$ 行的同一行 $r_q$ 展開。對每個欄指標 $j$，兩次刪去該行後留下的子矩陣次序相同， 但符號相反，因為

$$(-1)^{q+1+j}=-(-1)^{q+j}$$

逐項比較便得 $\det(B)=-\det(A)$。位置 $p\lt q$ 的兩行交換可以由 $2(q-p)-1$ 次相鄰交換組成，這是奇數次，所以同樣會使行列式變號。

若 $A$ 的第 $p$ 行與第 $q$ 行相同，交換它們後矩陣仍是 $A$ 本身。換行 結論於是給出 $\det(A)=-\det(A)$。由於這裏的項是實數， $2\det(A)=0$，所以 $\det(A)=0$。這個證明沒有調用下一節才會出現的行 替換規則。

指標與計算策略

每一項都要同時保留三個對象：所選項、刪去一行一欄後得到的子矩陣，以及取該子矩陣行列式所得的子式。先按原矩陣中的行列位置寫出棋盤符號，再計算子式。若繼續展開子式，應使用子式自己的局部指標；局部指標不會取代外層餘因子的符號。

任意行、任意欄展開定理使展開線可以有策略地選擇。優先選擇零多或剩餘子式較簡單的行或欄，並在計算前說明理由。零項會立即刪去分支；零子式則必須由它自己的計算證明。第一行遞迴式定義行列式，任意行欄展開則是容許這種計算選擇的定理。

行列式乘積來自有限多線性展開

設 $A,B$ 是 $n\ge1$ 階實方陣，使用已經證明的行列式置換公式、對行的多線性、重複行使行列式為零，以及交換兩行改變符號。$AB$ 的第 $i$ 行為 $\sum_{k=1}^na_{ik}B_k$，其中 $B_k$ 為 $B$ 的第 $k$ 行。展開有限多線性式得

$$\det(AB)=\sum_{k_1,\ldots,k_n=1}^n\left(\prod_{i=1}^na_{i k_i}\right)\det(B_{k_1},\ldots,B_{k_n}).$$

有重複指標的元組行列式為零。其餘每個元組都是 $1,\ldots,n$ 的一個置換 $\sigma$。反覆交換相鄰逆序元素，將列表排序；列表若不遞增，必存在這種相鄰元素。每次交換只去掉二者之間的逆序，其他每個元素與這兩個元素的比較總貢獻不變，所以恰需 $\operatorname{inv}(\sigma)$ 次交換。行交換規則給出 $\det(B_{\sigma(1)},\ldots,B_{\sigma(n)})=(-1)^{\operatorname{inv}(\sigma)}\det B$。代回有限和，再使用已證的 $A$ 的置換公式，得到 $\det(AB)=(\det A)(\det B)$。沒有使用可逆性假設或無窮展開。

伴隨恆等式與求逆的連續性

當 $n\ge2$，令 $C_{ij}=(-1)^{i+j}\det(A(i\mid j))$，並定義 $\operatorname{adj}(A)_{ji}=C_{ij}$。$A\operatorname{adj}(A)$ 的 $(i,j)$ 元素為 $\sum_k a_{ik}C_{jk}$。若 $i=j$，行展開使它等於 $\det A$；若 $i\ne j$，它是將第 $j$ 行換成第 $i$ 行後所得矩陣的第 $j$ 行展開：該行的餘因子不變，而重複行使行列式為零。因此 $A\operatorname{adj}(A)=(\det A)I$。

排列公式還給出 $\det(A^T)=\det A$：將排列換成其逆排列即可。兩者的逆序數相同，因為逆序 $(r,s)$ 與逆排列的逆序 $(\sigma(s),\sigma(r))$ 一一對應，元素乘積在重新編號後也相同。對子矩陣同樣適用，故 $\operatorname{adj}(A^T)=(\operatorname{adj} A)^T$。對 $A^T$ 使用第一個恆等式再轉置，得到 $\operatorname{adj}(A)A=(\det A)I$。當 $n=1$，定義 $\operatorname{adj}([a])=[1]$，兩個恆等式立即成立。

伴隨恆等式建立後的非奇異性

已經證明的代數餘子式展開與重複行規則給出 $A\operatorname{adj}A=\operatorname{adj}A\,A=(\det A)I$，當 $n=1$ 時約定 $\operatorname{adj}[a]=[1]$。若 $\det A\ne0$，相除即得雙側逆。反之，若 $A$ 可逆，則乘積公式給出 $1=\det I=\det A\det(A^{-1})$，所以 $\det A\ne0$。這裏的伴隨恆等式有明確選入的先行證明，並非假設每個矩陣均可逆。

1 行列式及其後果

對 $A=(a_{ij})\in\mathbb R^{n\times n}$，定義

$$\det A=\sum_{\sigma\in S_n}\operatorname{sgn}(\sigma)\prod_{i=1}^n a_{i,\sigma(i)}.$$

這裏 $S_n$ 是排列集合，符號依奇偶性為 $+1$ 或 $-1$。該公式使行列式對每一行分別線性、交換兩行時變號，且 $\det I=1$，因此兩行相同則行列式為零。將一行的倍數加到另一行不改變行列式；縮放一行會縮放它；交換兩行使其變號。三角矩陣的行列式等於對角元素之積。

可逆判據。 $A$ 可逆當且僅當 $\det A\ne0$。

證明。 行化簡只通過非零縮放因子或符號改變行列式。若有 $n$ 個主元，可化為行列式為 1 的 $I$，可逆操作也構造出逆。否則階梯形有零行，行列式為零，齊次方程組有自由變量，$A$ 非單射，故不可逆。$\square$

乘積法則 $\det(AB)=\det A\det B$ 可將 $AB$ 的行列式看作 $A$ 的行的交錯多線性函數：它在 $I$ 處的值為 $\det B$，故在標準基行中展開給出 $\det B$ 乘以 $\det A$。特別地，相似保持行列式。

$\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}$ 的行列式為 3。這表示面積縮放 3 倍，不表示每個方向的長度都縮放 3 倍。

2 特徵值與獨立模式

特徵向量 $v\ne0$ 滿足 $Av=\lambda v$。特徵多項式為 $p_A(t)=\det(tI-A)$；它在所選標量域上的根是特徵值。特徵空間為 $\ker(A-\lambda I)$。

在所選標量域上記 $E_A(\lambda)=\ker(A-\lambda I)$。

定理

互異特徵值所對應的特徵向量必線性無關

若 $v_1,\dots,v_k$ 是 $A$ 的特徵向量，而它們分別對應於互不相同的 特徵值 $\lambda_1,\dots,\lambda_k$，則

$$v_1,\dots,v_k$$

必定線性無關

證明

不預設獨立性的歸納證明

設 $\lambda_1,\dots,\lambda_s$ 兩兩不同，且 $w_j\in E_A(\lambda_j)$。我們用 $s$ 歸納 證明：若 $\sum_{j=1}^s w_j=0$，則每個 $w_j=0$，允許其中某些 $w_j$ 本來就是零向量。 $s=1$ 時結論顯然。歸納步驟中，對關係式應用 $A-\lambda_s I$，最後一項消失，得到

$$\sum_{j=1}^{s-1}(\lambda_j-\lambda_s)w_j=0$$

每個數乘後的向量仍在自己的特徵空間中。歸納假設使所有 $(\lambda_j-\lambda_s)w_j$ 為零；互異性使這些純量非零，所以 $j<s$ 時 $w_j=0$， 再由原關係得到 $w_s=0$。把按特徵值分組的任意關係應用這個結論，再利用每個特徵空間 內部基的獨立性，就得到所有系數都為零；因此各特徵空間的基的並集線性無關

存在特徵基時矩陣可對角化：$A=PDP^{-1}$，於是 $A^k=PD^kP^{-1}$。$n$ 個不同特徵值保證可對角化，但重複特徵值不能單獨決定結果。單位矩陣重複特徵值為 1 且可對角化；$\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$ 的特徵空間只有一維，因此不可對角化。

3 轉移模型例題

考慮欄隨機矩陣

$$A=\begin{pmatrix}0.8&0.3\\0.2&0.7\end{pmatrix}.$$

它將兩個類別的概率向量映到下一期。各欄之和為 1，所以總質量保持不變。其特徵多項式為 $(t-1)(t-0.5)$。可選特徵向量 $v=(3,2)$ 對應特徵值 1，$w=(1,-1)$ 對應 0.5。由 $(1,0)$ 出發，

$$\binom10=\frac15v+\frac25w,\qquad A^k\binom10=\binom{3/5}{2/5}+\frac25(1/2)^k\binom1{-1}.$$

分布趨於 $(3/5,2/5)$。這一結論依賴第二個特徵值的衰減。矩陣 $\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ 也保持概率，但從 $(1,0)$ 出發永遠交替，因為其第二特徵值為 $-1$。

4 分層練習

E1 基礎。 求 $\begin{pmatrix}1&2&0\\0&3&1\\0&0&4\end{pmatrix}$ 的行列式。交換第一行和第三行後會怎樣？

E2 模式。 對角化 $B=\begin{pmatrix}2&1\\0&3\end{pmatrix}$，並求非負整數 $k$ 的 $B^k$。

E3 反例。 證明 $J=\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}$ 不可對角化，並計算 $J^k$。

E4 推理。 解釋實平面旋轉 $90$ 度為甚麼沒有實特徵向量，儘管行列式為 1。

5 詳解

S1. 由三角形形式得 $1\cdot3\cdot4=12$。交換一次行得到行列式 $-12$。

S2. 對 2 選 $(1,0)$，對 3 選 $(1,1)$。於是 $P=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$、$D=\operatorname{diag}(2,3)$。相乘得 $B^k=\begin{pmatrix}2^k&3^k-2^k\\0&3^k\end{pmatrix}$。當 $k=0$，結果為要求的 $I$。

S3. 唯一特徵值是 2，其特徵空間的向量為 $(x,0)$，所以不存在特徵基。寫 $J=2I+N$、$N^2=0$。二項式公式對 $k\ge1$ 給出 $J^k=2^kI+k2^{k-1}N$，且 $J^0=I$。假裝矩陣可對角化會遺漏額外因子 $k$。

S4. 非零實特徵向量必須留在原直線上，但直角旋轉將它送到垂直直線。代數上 $t^2+1$ 沒有實根。行列式非零保證可逆，不保證實對角化。

總結

行列式檢測奇異性和帶符號的體積縮放。特徵值描述不變模式和冪的行為。始終寫明標量域，特徵值重複時檢查特徵向量維數；單靠行列式不能給出特徵基。