$\newcommand{le}{\leqslant}\newcommand{ge}{\geqslant}$

代数余子式和伴随矩阵

代数余子式

给定 $n$ 阶方阵 $A=(a_{ij})$, 定义 $a_{ij}$ 的余子式 $M_{ij}$ 为 $A$ 划去第 $i$ 行第 $j$ 列后的行列式,$a_{ij}$ 的代数余子式 $A_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$.

代数余子式可以用于行列式的求值,比如按第 $r$ 行展开:

$$\begin{equation}\det A=\sum_{c=1}^na_{rc}A_{rc}\end{equation}$$

按第 $c$ 列展开是同理的。

伴随矩阵

定义

在 $(1)$ 式中,如果把 $a_{rc}$ 中的 $r$ 替换成 $i \ne r$, 则该乘积对应了将 $A$ 的第 $i$ 行替换成第 $r$ 行后的行列式——该行列式有两行相等,所以它等于 $0$.

所以我们有 $\sum_{c=1}^na_{ic}A_{jc}=\det A \cdot [i=j]$, 把它写成矩阵乘法就是:

$$A(A_{ij})^{\mathrm T}=\det A \cdot I_n$$

我们定义 $A^*=(A_{ij})^{\mathrm T}$ 是 $A$ 的伴随矩阵

同样的结论对列也成立,所以 $AA^*=A^*A=\det A \cdot I_n$.

计算

如果 $\mathrm r(A)=n$, 用高斯消元法分别求出 $\det A$ 和 $A^{-1}$, $A^*=\det A \cdot A^{-1}$. 

如果 $\mathrm r(A) \le n-2$, $A$ 的任意 $n-1$ 阶子式都为 $0$, 所以 $A^*=O$.

如果 $\mathrm r(A)=n-1$:

20200628更新:更正了一些细节,感谢Rose_Max指出错误。

假设 $A$ 的列向量组为 $\vec c_1, \vec c_2, \ldots, \vec c_n$.

由它们线性相关,可知存在不全为 $0$ 的实数 $q_1, q_2, \ldots, q_n$ 满足 $\sum_{i=1}^nq_i\vec c_i=\vec 0$. 不妨设 $q_c \ne 0$.

考虑同行两余子式 $M_{ri}$ 和 $M_{rc}$ 的关系,不妨讨论 $i<c$ 的情况,$i>c$ 类似。不难发现,如果我们将 $M_{ri}$ 的第 $i$ 至 $c-2$ 列向右推移,而第 $c-1$ 列移动到第 $i$ 列,唯一的不同点是 $M_{ri}$ 的第 $i$ 列为 $\vec c_c$ 删去第 $r$ 行, $M_{rc}$ 的第 $i$ 列为 $\vec c_i$ 删去第 $r$ 行。

联系上述线性相关式,可设 $M'$ 表示在 $M_{ri}$ 进行推移的基础上,把第 $i$ 列乘以 $q_c$, 并与 $M_{rc}$ 的第 $i$ 列的 $q_i$ 倍相加,所得到的 $n-1$ 阶行列式。

那么 $M'=q_c(-1)^{c-i}M_{ri}+q_iM_{rc}$.

最后,将 $M'$ 的第 $i$ 列依次加上其对应“原行列式的第 $j \notin\{i, c\}$ 列”的列的 $q_j$ 倍。

这样,$M'$ 的值不变,而第 $i$ 列全为 $0$. 这说明了 $q_c(-1)^{c-i}M_{ri}+q_iM_{rc}=M'=0$.

上述过程比较抽象,举一例说明。

例如,原矩阵为

$$\begin{pmatrix}1&5&5\\-3&3&6\\0&6&7\end{pmatrix}$$

其列向量组为

$$\vec c_1=\begin{pmatrix}1\\-3\\0\end{pmatrix}, \vec c_2=\begin{pmatrix}5\\3\\6\end{pmatrix}, \vec c_3=\begin{pmatrix}5\\6\\7\end{pmatrix}$$

它们满足关系式 $5\vec c_1-7\vec c_2+6\vec c_3=\vec 0$.

考虑其余子式 $M_{11}$ 与 $M_{12}$:

$$M_{11}=\begin{vmatrix}3&6\\6&7\end{vmatrix}, M_{12}=\begin{vmatrix}-3&6\\0&7\end{vmatrix}$$

把 $M_{11}$ 的第 $1$ 列翻 $-7$ 倍,与 $M_{12}$ 的第 $1$ 列的 $5$ 倍相加:

$$-7M_{11}=\begin{vmatrix}-21&6\\-42&7\end{vmatrix}$$

$$5M_{12}=\begin{vmatrix}-15&6\\0&7\end{vmatrix}$$

$$-7M_{11}+5M_{12}=M'=\begin{vmatrix}-36&6\\-42&7\end{vmatrix}$$

把 $M'$ 的第 $2$ 列翻 $6$ 倍加到第 $1$ 列得:

$$M'=\begin{vmatrix}0&6\\0&7\end{vmatrix}=0$$

所以

$$q_cA_{ri}-q_iA_{rc}=(-1)^{r+c}\left(q_c(-1)^{c-i}M_{ri}-q_iM_{rc}\right)=0$$

$$A_{ri}=\frac{q_i}{q_c}A_{rc}$$

同样的结论对列也成立。

于是对于列向量 $\vec p=(p_1p_2 \cdots p_n)^{\mathrm T}$ 和行向量 $\vec q=(q_1q_2 \cdots q_n)$ 使得 $A\vec p=\vec 0$, $\vec qA=\vec 0$, 不妨设 $p_r, q_c \ne 0$, 就有 $A_{ij}=\frac{p_iq_j}{p_rq_c}A_{rc}$.

$\vec p$ 与 $\vec q$ 都可以通过高斯消元法解方程组解出,而代数余子式 $A_{rc}$ 也可以通过高斯消元法求出。

综上所述,求一个矩阵的伴随矩阵,时间复杂度为 $O(n^3)$.

应用

通过伴随矩阵,可以求出矩阵所有元素的余子式。

给定有向图,求每条边各含于多少棵以 $R$ 为根的所有生成内向树。

 生成树计数的方法见这篇文章

计算含有 $\left<u, v\right>$ 的生成内向树个数,相当于把 $u$ 的出边除了 $\left<u, v\right>$ 外全部删去后的生成内向树计数。

这就是把拉普拉斯矩阵的第 $u$ 行替换成仅有第 $u$ 项为 $1$, 第 $v$ 项为 $-1$ 的行,然后划去第 $R$ 行第 $R$ 列求余子式。

这等价于,拉普拉斯矩阵去掉第 $u, R$ 行、第 $u, R$ 列的余子式,减去去掉第 $u, R$ 行、第 $v, R$ 列的余子式。

将拉普拉斯矩阵去掉第 $R$ 行、第 $R$ 列作为矩阵 $A$, 那么就转化为求 $A$ 的所有余子式。

这里不用讨论那么多情况,因为 $\mathrm r(A)<n$ 意味着不存在生成内向树。

posted @ 2020-03-18 17:27  nealchen  阅读(672)  评论(3编辑  收藏