第4章行列式（線形代数） | Lemma

この章の目標

置換の符号を定義し、置換を互換の積で表したときの個数の偶奇が一定であることを証明できる

行列式を定義し、「多重線形・交代・ $\det I = 1$ 」で一意に特徴づけられることを証明できる

積公式 $\det(AB) = \det A \det B$ 、余因子展開、余因子行列による逆行列、クラメルの公式を証明し、計算に使える

ヴァンデルモンドの行列式やブロック行列の行列式を計算できる

線形写像の行列式と、行列式の「向きつき体積の拡大率」としての意味を理解する

前提：第1章〜第3章

4.1 動機：面積と正則性

2 次正方行列 $A$ については、 $\Delta = ad - bc$ が 0 でないことと $A$ が正則であることが同値だった（例 1.36）。この量には幾何学的な意味もある。 $A$ の列 $a = {}^t(a_1, a_2)$ 、 $b = {}^t(b_1, b_2)$ が張る平行四辺形の面積は $\lvert a_1 b_2 - a_2 b_1 \rvert$ であり、符号は $a$ から $b$ へ回る向きが反時計回りか時計回りかを表す。面積が 0 になるのは $a, b$ が同一直線上にある（一次従属である）ときであり、これが正則でないことに対応する。

$n$ 次正方行列にも同じ役割を果たす量 $\det A$ を定義したい。符号つき面積 $D(a, b) = a_1 b_2 - a_2 b_1$ がもつ性質を列挙すると、

各列について線形である（ $D(a + a', b) = D(a, b) + D(a', b)$ 、 $D(ca, b) = cD(a, b)$ など）。
二つの列が等しければ 0 である（ $D(a, a) = 0$ ）。
$D(e_1, e_2) = 1$ （単位正方形の面積は 1）。

本章の中心的な結果は、この 3 つの性質を満たす関数は $n$ 次でもただ一つ存在する（定理 4.16）ということである。それを具体的に書き下すには、置換の符号が必要になる。

4.2 置換と符号

定義 4.1（置換, permutation）集合 $\lbrace 1, 2, \dots, n \rbrace$ から自分自身への全単射を $n$ 次の置換という。 $n$ 次の置換全体を $\mathfrak{S}_n$ と書き、 $n$ 次対称群という。置換の積は写像の合成 $\sigma\tau = \sigma \circ \tau$ （先に $\tau$ 、次に $\sigma$ ）で定める。 $\lvert \mathfrak{S}_n \rvert = n!$ である。

置換 $\sigma$ は、上段に $1, \dots, n$ 、下段にその行き先を並べて

\sigma = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \cdots & n \\ \sigma(1) & \sigma(2) & \cdots & \sigma(n) \end{pmatrix}

と書く（これは行列ではなく、置換の表記法である）。

定義 4.2（巡回置換と互換）相異なる $a_1, \dots, a_k$ を $a_1 \mapsto a_2 \mapsto \cdots \mapsto a_k \mapsto a_1$ と巡回させ、他の元を動かさない置換を巡回置換といい $(a_1 \ a_2 \ \cdots \ a_k)$ と書く（長さ $k$ の巡回置換）。長さ 2 の巡回置換 $(i \ j)$ を互換 (transposition) という。

例 4.3 $\mathfrak{S}_3$ で $(1 \ 2)(2 \ 3)$ を計算する。右の $(2 \ 3)$ を先に施すので、 $1 \mapsto 1 \mapsto 2$ 、 $2 \mapsto 3 \mapsto 3$ 、 $3 \mapsto 2 \mapsto 1$ となり、 $(1 \ 2)(2 \ 3) = (1 \ 2 \ 3)$ 。一方 $(2 \ 3)(1 \ 2)$ は $1 \mapsto 2 \mapsto 3$ 、 $3 \mapsto 3 \mapsto 2$ 、 $2 \mapsto 1 \mapsto 1$ より $(1 \ 3 \ 2)$ である。置換の積は非可換である。

任意の置換は、互いに共通の文字を含まない巡回置換の積に（順序を除いて）一意に分解できる（各元を $\sigma$ で次々に写していくと、有限回で元に戻ることから従う。詳しくは代数学第2章）。例えば

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 3 & 5 & 1 & 4 & 2 \end{pmatrix} = (1 \ 3)(2 \ 5)

である（ $4$ は動かない）。

命題 4.4 $n \geq 2$ のとき、任意の $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ は互換の積で書ける（恒等置換は $(1 \ 2)(1 \ 2)$ とする）。

証明. $n$ に関する帰納法。 $n = 2$ は明らか。 $n \geq 3$ とする。 $\sigma(n) = n$ なら、 $\sigma$ を $\lbrace 1, \dots, n - 1 \rbrace$ の置換とみて帰納法の仮定を使えばよい。 $\sigma(n) = k \neq n$ なら、 $\tau = (n \ k)$ とおくと $\tau\sigma(n) = n$ なので $\tau\sigma$ は互換の積であり、 $\sigma = \tau(\tau\sigma)$ （ $\tau^2 = \mathrm{id}$ ）も互換の積である。 $\square$

具体的には $(a_1 \ a_2 \ \cdots \ a_k) = (a_1 \ a_k)(a_1 \ a_{k-1}) \cdots (a_1 \ a_2)$ と書ける（右から順に施して確かめよ）。互換の積による表し方は一意ではない（例えば $\mathrm{id} = (1 \ 2)(1 \ 2) = (1 \ 2)(1 \ 2)(1 \ 3)(1 \ 3)$ ）。しかし、使う互換の個数の偶奇は一定である。これを示すために符号を導入する。

定義 4.5（転倒数と符号） $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ に対し、 $i < j$ かつ $\sigma(i) > \sigma(j)$ となる組 $(i, j)$ の個数を $\sigma$ の転倒数 (inversion number) といい $\ell(\sigma)$ と書く。 $\operatorname{sgn}(\sigma) = (-1)^{\ell(\sigma)}$ を $\sigma$ の符号 (sign) という。

補題 4.6 $\displaystyle \operatorname{sgn}(\sigma) = \prod_{1 \leq i < j \leq n} \frac{\sigma(j) - \sigma(i)}{j - i}$ 。

証明. $i < j$ の組 $(i, j)$ 全体を動くとき、 $\lbrace \sigma(i), \sigma(j) \rbrace$ は 2 元部分集合 $\lbrace p, q \rbrace$ $(p < q)$ 全体をちょうど一回ずつ動く（ $\sigma$ は全単射）。 $\sigma(j) - \sigma(i)$ は $q - p$ か $-(q - p)$ であり、負になるのは $\sigma(i) > \sigma(j)$ のとき、すなわち転倒のときである。よって分子の積は $(-1)^{\ell(\sigma)} \prod_{p < q}(q - p)$ で、分母の積 $\prod_{i< j}(j - i)$ と約分される。 $\square$

定理 4.7（符号の性質）

$\sigma, \tau \in \mathfrak{S}_n$ に対し $\operatorname{sgn}(\sigma\tau) = \operatorname{sgn}(\sigma) \operatorname{sgn}(\tau)$ 。

互換の符号は $-1$ である。

$\sigma$ が $k$ 個の互換の積で書けるならば $\operatorname{sgn}(\sigma) = (-1)^k$ 。したがって、 $\sigma$ を互換の積で表すときの互換の個数の偶奇は、表し方によらず $\sigma$ だけで決まる。

証明. 1：補題 4.6 より

\operatorname{sgn}(\sigma\tau) = \prod_{i<j} \frac{\sigma(\tau(j)) - \sigma(\tau(i))}{\tau(j) - \tau(i)} \cdot \prod_{i<j} \frac{\tau(j) - \tau(i)}{j - i}

右側の積は $\operatorname{sgn}(\tau)$ である。左側の積の因子 $\frac{\sigma(q) - \sigma(p)}{q - p}$ は $p$ と $q$ を入れ替えても値が変わらないので、 $\lbrace p, q \rbrace = \lbrace \tau(i), \tau(j) \rbrace$ が 2 元部分集合全体をちょうど一回ずつ動くことから、左側の積は $\prod_{p< q} \frac{\sigma(q) - \sigma(p)}{q - p} = \operatorname{sgn}(\sigma)$ に等しい。

2： $\tau = (k \ l)$ 、 $k < l$ の転倒を数える。 $(k, l)$ 自身は転倒である。 $k < j < l$ となる各 $j$ について、 $(k, j)$ は $\tau(k) = l > j = \tau(j)$ より転倒、 $(j, l)$ は $\tau(j) = j > k = \tau(l)$ より転倒である。それ以外の組は転倒でない。よって $\ell(\tau) = 2(l - k - 1) + 1$ は奇数である。

3：1 と 2 から $\operatorname{sgn}(\tau_1 \cdots \tau_k) = (-1)^k$ 。二通りの表し方 $\sigma = \tau_1 \cdots \tau_k = \tau_1' \cdots \tau_l'$ があれば $(-1)^k = \operatorname{sgn}(\sigma) = (-1)^l$ なので $k \equiv l \pmod 2$ 。 $\square$

定義 4.8 $\operatorname{sgn}(\sigma) = 1$ の置換を偶置換、 $-1$ の置換を奇置換という。偶置換全体 $\mathfrak{A}_n$ を交代群という。

定理 4.7 の 1 は、 $\operatorname{sgn}\colon \mathfrak{S}_n \to \lbrace \pm 1 \rbrace$ が群の準同型であることを意味する。また $\operatorname{sgn}(\sigma^{-1}) = \operatorname{sgn}(\sigma)$ である（ $\operatorname{sgn}(\sigma)\operatorname{sgn}(\sigma^{-1}) = \operatorname{sgn}(\mathrm{id}) = 1$ ）。

例 4.9 長さ $k$ の巡回置換は $k - 1$ 個の互換の積なので符号は $(-1)^{k-1}$ である。上の $\sigma = (1 \ 3)(2 \ 5)$ は偶置換である。転倒数で確かめると、下段の並び $3, 5, 1, 4, 2$ で「左の方が大きい」組は $(3,1), (3,2), (5,1), (5,4), (5,2), (4,2)$ の 6 個で、確かに偶数である。

4.3 行列式の定義

定義 4.10（行列式, determinant） $A = (a_{ij}) \in \operatorname{M}_n(K)$ に対し
$\det A = \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \operatorname{sgn}(\sigma)\ a_{\sigma(1)1}\ a_{\sigma(2)2} \cdots a_{\sigma(n)n}$
を $A$ の行列式という。 $\lvert A \rvert$ とも書き、列 $a_1, \dots, a_n$ を明示して $\det(a_1, \dots, a_n)$ とも書く。

各項は「各列から一つずつ、行が重ならないように成分を選んで掛けたもの」であり、その選び方が置換 $\sigma$ に対応する。

例 4.11 $n = 1$ なら $\det(a) = a$ 。 $n = 2$ なら $\mathfrak{S}_2 = \lbrace \mathrm{id}, (1 \ 2) \rbrace$ より $\det A = a_{11}a_{22} - a_{21}a_{12}$ 。 $n = 3$ では 6 個の置換（偶置換 $\mathrm{id}, (1 \ 2 \ 3), (1 \ 3 \ 2)$ と奇置換 $(1 \ 2), (1 \ 3), (2 \ 3)$ ）から

\det A = a_{11}a_{22}a_{33} + a_{21}a_{32}a_{13} + a_{31}a_{12}a_{23} - a_{21}a_{12}a_{33} - a_{31}a_{22}a_{13} - a_{11}a_{32}a_{23}

となる（サラスの方法として覚えることが多い）。

注意

サラスの方法（右下がりの 3 本の積を足し、左下がりの 3 本の積を引く）は $n \leq 3$ でしか使えない。 $n = 4$ では定義の和は $4! = 24$ 項あり、「斜めの積」8 本では足りない。

命題 4.12 上三角行列（ $i > j$ なら $a_{ij} = 0$ ）または下三角行列の行列式は、対角成分の積 $a_{11} a_{22} \cdots a_{nn}$ に等しい。特に $\det I_n = 1$ 。

証明. 上三角の場合、項 $a_{\sigma(1)1} \cdots a_{\sigma(n)n}$ が 0 でないなら、すべての $j$ で $\sigma(j) \leq j$ である。 $\sigma(1) \leq 1$ から $\sigma(1) = 1$ 、 $\sigma(2) \leq 2$ かつ $\sigma(2) \neq \sigma(1)$ から $\sigma(2) = 2$ 、以下同様に $\sigma = \mathrm{id}$ 。よって $\det A = a_{11} \cdots a_{nn}$ 。下三角も同様（ $\sigma(j) \geq j$ から $j = n, n-1, \dots$ の順に $\sigma(j) = j$ ）。 $\square$

定理 4.13 $\det {}^t A = \det A$ 。

証明. ${}^t A$ の $(i, j)$ 成分は $a_{ji}$ なので $\det {}^t A = \sum_{\sigma} \operatorname{sgn}(\sigma) \prod_{j} a_{j\sigma(j)}$ 。 $\tau = \sigma^{-1}$ とおき、積の添字を $j = \tau(i)$ と付け替えると $\prod_j a_{j\sigma(j)} = \prod_i a_{\tau(i) i}$ 。 $\sigma \mapsto \sigma^{-1}$ は $\mathfrak{S}_n$ の全単射で $\operatorname{sgn}(\tau) = \operatorname{sgn}(\sigma)$ だから、和は $\sum_\tau \operatorname{sgn}(\tau) \prod_i a_{\tau(i)i} = \det A$ 。 $\square$

定理 4.13 により、以下の列についての性質はすべて行についても成り立つ。

4.4 多重線形交代形式としての特徴づけ

定義 4.14 関数 $D\colon \operatorname{M}_n(K) \to K$ を列の関数 $D(a_1, \dots, a_n)$ とみなす。

他の列を固定したとき各列について線形であるとき、 $D$ は多重線形 (multilinear) であるという。

二つの列が等しいとき（ $i \neq j$ で $a_i = a_j$ ）必ず $D = 0$ となるとき、 $D$ は交代的 (alternating) であるという。

命題 4.15 $D$ を多重線形かつ交代的とする。

二つの列を入れ替えると $D$ の値は $-1$ 倍になる。

ある列に別の列の定数倍を加えても $D$ の値は変わらない。

列が一次従属なら $D = 0$ 。

任意の $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ について $D(a_{\sigma(1)}, \dots, a_{\sigma(n)}) = \operatorname{sgn}(\sigma) D(a_1, \dots, a_n)$ 。

証明. 1：第 $i$ 列と第 $j$ 列以外を固定し、その 2 列だけを書く。交代性と多重線形性から

0 = D(a + b, a + b) = D(a, a) + D(a, b) + D(b, a) + D(b, b) = D(a, b) + D(b, a)

2： $D(\dots, a_i + ca_j, \dots, a_j, \dots) = D(\dots, a_i, \dots, a_j, \dots) + cD(\dots, a_j, \dots, a_j, \dots)$ で、最後の項は 0。

3：ある列 $a_k$ が他の列の一次結合 $\sum_{i \neq k} c_i a_i$ なら、第 $k$ 列について展開して $D = \sum_{i \neq k} c_i D(\dots, a_i, \dots)$ （第 $k$ 列に $a_i$ を入れたもの）となり、各項は第 $i$ 列と第 $k$ 列が等しいので 0。

4： $\sigma$ が互換なら 1 そのものである。 $\sigma, \tau$ について（任意の列の組に対して）主張が成り立てば、 $b_i = a_{\sigma(i)}$ とおくと $b_{\tau(i)} = a_{\sigma\tau(i)}$ なので

D(a_{\sigma\tau(1)}, \dots, a_{\sigma\tau(n)}) = D(b_{\tau(1)}, \dots, b_{\tau(n)}) = \operatorname{sgn}(\tau) D(b_1, \dots, b_n) = \operatorname{sgn}(\tau)\operatorname{sgn}(\sigma) D(a_1, \dots, a_n)

となり $\sigma\tau$ についても成り立つ。命題 4.4 と定理 4.7 より、すべての置換について成り立つ。 $\square$

補足

標数が 2 でなければ、1 から交代性が従う（ $D(a, a) = -D(a, a)$ より $2D(a, a) = 0$ ）。標数 2 では 1 は交代性より弱いので、交代性を「等しい 2 列があれば 0」で定義しておくのが正しい。

定理 4.16（行列式の特徴づけ）

$\det$ は多重線形かつ交代的で、 $\det I_n = 1$ を満たす。

$D\colon \operatorname{M}_n(K) \to K$ が多重線形かつ交代的ならば、すべての $A$ について $D(A) = D(I_n) \det A$ 。特に、多重線形・交代的・ $D(I_n) = 1$ を満たす関数は $\det$ ただ一つである。

証明. 1：定義の各項 $a_{\sigma(1)1} \cdots a_{\sigma(n)n}$ は第 $j$ 列からちょうど一つの成分 $a_{\sigma(j)j}$ を含むので、各列について線形である。交代性： $k < l$ で第 $k$ 列と第 $l$ 列が等しい（すべての $i$ で $a_{ik} = a_{il}$ ）とする。 $\tau = (k \ l)$ とすると、 $\sigma \mapsto \sigma\tau$ は偶置換全体から奇置換全体への全単射である。 $\sigma\tau$ に対応する項は

\prod_{j} a_{\sigma\tau(j) j} = \Bigl( \prod_{j \neq k, l} a_{\sigma(j) j} \Bigr) a_{\sigma(l) k}\ a_{\sigma(k) l} = \Bigl( \prod_{j \neq k, l} a_{\sigma(j) j} \Bigr) a_{\sigma(l) l}\ a_{\sigma(k) k}

（2 列が等しいことを使った）で、 $\sigma$ に対応する項と等しく、符号は逆である。よって和は偶置換 $\sigma$ ごとに打ち消し合い、 $\det A = 0$ 。 $\det I_n = 1$ は命題 4.12 から。

2： $a_j = \sum_i a_{ij} e_i$ を代入し、多重線形性で展開すると

D(a_1, \dots, a_n) = \sum_{f} a_{f(1)1} a_{f(2)2} \cdots a_{f(n)n}\ D(e_{f(1)}, \dots, e_{f(n)})

となる。ここで $f$ は $\lbrace 1, \dots, n \rbrace$ から自身への写像全体を動く。 $f$ が単射でなければ等しい列があるので $D(e_{f(1)}, \dots, e_{f(n)}) = 0$ 。 $f = \sigma$ が置換なら、命題 4.15 の 4 より $D(e_{\sigma(1)}, \dots, e_{\sigma(n)}) = \operatorname{sgn}(\sigma) D(e_1, \dots, e_n) = \operatorname{sgn}(\sigma) D(I_n)$ 。よって $D(A) = D(I_n) \sum_\sigma \operatorname{sgn}(\sigma) a_{\sigma(1)1} \cdots a_{\sigma(n)n} = D(I_n) \det A$ 。 $\square$

系 4.17（基本変形と行列式）

二つの列（行）を入れ替えると、行列式は $-1$ 倍になる。

一つの列（行）を $c$ 倍すると、行列式は $c$ 倍になる。

ある列（行）に別の列（行）の定数倍を加えても、行列式は変わらない。

特に基本行列について $\det P(i, j) = -1$ 、 $\det Q(i; c) = c$ 、 $\det R(i, j; c) = 1$ 。

証明. 列については定理 4.16 の 1 と命題 4.15 から、行については定理 4.13 から。基本行列は $I_n$ に基本変形を施したものである。 $\square$

実際の計算では、行基本変形で三角行列に変形し、命題 4.12 を使うのが最も効率的である（消去法）。

例 4.18 次の行列式を計算する。

\det \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 \\ 2 & 5 & 1 & 3 \\ -1 & 0 & 3 & 2 \\ 3 & 7 & 2 & 8 \end{pmatrix}

$R_2 - 2R_1$ 、 $R_3 + R_1$ 、 $R_4 - 3R_1$ で第 2〜4 行は $(0, 1, 1, 1)$ 、 $(0, 2, 3, 3)$ 、 $(0, 1, 2, 5)$ となる。次に $R_3 - 2R_2$ 、 $R_4 - R_2$ で $(0, 0, 1, 1)$ 、 $(0, 0, 1, 4)$ 、最後に $R_4 - R_3$ で $(0, 0, 0, 3)$ となる。すべて系 4.17 の 3 の変形なので行列式は変わらず、上三角行列の対角成分の積 $1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 3 = 3$ が答えである。検算：最初の消去の後、第 1 列で展開すれば（定理 4.25）右下の 3 次行列式 $1 \cdot (15 - 6) - 1 \cdot (10 - 3) + 1 \cdot (4 - 3) = 9 - 7 + 1 = 3$ に等しく、一致する。

4.5 積公式と正則性

定理 4.19（積公式） $A, B \in \operatorname{M}_n(K)$ に対し $\det(AB) = \det A \det B$ 。

証明. $A$ を固定し、 $D(B) := \det(AB)$ とおく。 $AB$ の第 $j$ 列は $Ab_j$ （命題 1.6）なので $D(b_1, \dots, b_n) = \det(Ab_1, \dots, Ab_n)$ である。 $b_j \mapsto Ab_j$ は線形なので $D$ は多重線形であり、 $b_k = b_l$ なら $Ab_k = Ab_l$ なので $D$ は交代的である。定理 4.16 の 2 より $D(B) = D(I_n) \det B = \det A \det B$ 。 $\square$

行列式の定義式から直接これを示そうとすると大変な計算になる。特徴づけ（一意性）を使うと一行で済むことが、定理 4.16 の威力である。

系 4.20 $A \in \operatorname{M}_n(K)$ が正則であるための必要十分条件は $\det A \neq 0$ である。このとき $\det(A^{-1}) = (\det A)^{-1}$ 。

証明. 正則なら $\det A \det A^{-1} = \det I_n = 1$ より $\det A \neq 0$ 。正則でなければ $\operatorname{rank} A < n$ （定理 1.34）なので列は一次従属であり（命題 2.22）、命題 4.15 の 3 より $\det A = 0$ 。 $\square$

系 4.21 相似な行列の行列式は等しい： $\det(P^{-1}AP) = \det A$ 。

証明. $\det(P^{-1}AP) = \det P^{-1} \det A \det P = \det A$ （ $K$ の乗法は可換）。 $\square$

注意 4.22（可換環上の行列式）行列式の定義式と、ここまでの証明（多重線形性・交代性・定理 4.16・積公式、および次節の余因子展開と余因子行列の公式）は、足し算と掛け算しか使っていない。したがって、成分が可換環（例えば整数環 $\mathbb{Z}$ や多項式環 $K[t]$ ）の元である行列についても、そのまま成り立つ。これは第5章で固有多項式 $\det(tI - A)$ を扱うときに使う。ただし系 4.20 は体の上の主張であり、可換環 $R$ 上では「正則 $\iff \det A$ が $R$ の単元」となる（定理 4.28 から従う）。例えば整数行列が整数行列の逆行列をもつのは $\det A = \pm 1$ のときに限る。

4.6 余因子展開

大きな行列式を小さな行列式に帰着させる方法を与える。

定義 4.23（余因子） $A \in \operatorname{M}_n(K)$ $(n \geq 2)$ から第 $i$ 行と第 $j$ 列を取り除いた $(n-1)$ 次正方行列を $A^{(i,j)}$ と書き、 $\tilde{a}_{ij} = (-1)^{i+j} \det A^{(i,j)}$ を $(i, j)$ 余因子 (cofactor) という。

補題 4.24 $A$ の第 $j$ 列を基本ベクトル $e_i$ に置き換えた行列の行列式は $\tilde{a}_{ij}$ に等しい。

証明. その行列を $A'$ とする。 $A'$ の第 $j$ 列を、隣の列との入れ替えを $j - 1$ 回繰り返して第 1 列に移し、同様に第 $i$ 行を $i - 1$ 回の隣接する行の入れ替えで第 1 行に移す。こうして得られる行列 $A''$ の行列式は、系 4.17 の 1 より $(-1)^{(i-1)+(j-1)} \det A' = (-1)^{i+j} \det A'$ である。隣接する入れ替えは他の行・列の相対的な順序を保つので、 $A''$ は第 1 列が $e_1$ 、右下の $(n-1)$ 次の部分が $A^{(i,j)}$ の行列である。その行列式は、定義式で第 1 列の成分 $a''_{\sigma(1)1}$ が 0 でないのは $\sigma(1) = 1$ のときに限るので、 $\sigma$ を $\lbrace 2, \dots, n \rbrace$ の置換とみなして（転倒数は変わらない） $\det A^{(i,j)}$ に等しい。よって $\det A' = (-1)^{i+j} \det A^{(i,j)} = \tilde{a}_{ij}$ 。 $\square$

定理 4.25（余因子展開, cofactor expansion） $A \in \operatorname{M}_n(K)$ $(n \geq 2)$ について、各 $j$ および各 $i$ に対し
$\det A = \sum_{i=1}^{n} a_{ij} \tilde{a}_{ij} \quad (\text{第 } j \text{ 列に関する展開}), \qquad \det A = \sum_{j=1}^{n} a_{ij} \tilde{a}_{ij} \quad (\text{第 } i \text{ 行に関する展開})$
さらに $k \neq j$ なら $\sum_{i=1}^{n} a_{ik} \tilde{a}_{ij} = 0$ 、 $k \neq i$ なら $\sum_{j=1}^{n} a_{kj} \tilde{a}_{ij} = 0$ 。

証明. 第 $j$ 列を $a_j = \sum_i a_{ij} e_i$ と書き、第 $j$ 列について線形性を使うと、補題 4.24 より $\det A = \sum_i a_{ij} \tilde{a}_{ij}$ 。 $k \neq j$ のとき $\sum_i a_{ik} \tilde{a}_{ij}$ は、 $A$ の第 $j$ 列を第 $k$ 列で置き換えた行列（余因子 $\tilde{a}_{ij}$ は第 $j$ 列を含まないので変わらない）の第 $j$ 列展開であり、等しい 2 列をもつので 0。行についての主張は、 ${}^t A$ に列の主張を適用し、定理 4.13 を使えばよい。 $\square$

例 4.26 第 1 行で展開すると

\det \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix} = 2 \det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} - 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} + 0 = 2 \cdot 3 - 2 = 4

0 の多い行や列で展開すると計算が楽になる。実用上は、消去法である行（列）に 0 を増やしてから展開するのがよい。

4.7 余因子行列と逆行列・クラメルの公式

定義 4.27（余因子行列, adjugate） $(i, j)$ 成分が $\tilde{a}_{ji}$ である $n$ 次正方行列を $A$ の余因子行列といい、 $\operatorname{adj} A$ と書く（添字の順序が逆であることに注意）。

定理 4.28 $A \operatorname{adj} A = (\operatorname{adj} A) A = (\det A) I_n$ 。したがって $\det A \neq 0$ なら
$A^{-1} = \frac{1}{\det A} \operatorname{adj} A$

証明. $((\operatorname{adj} A) A)_{jk} = \sum_i \tilde{a}_{ij} a_{ik}$ は、定理 4.25 より $k = j$ なら $\det A$ 、 $k \neq j$ なら 0。 $(A \operatorname{adj} A)_{ik} = \sum_j a_{ij} \tilde{a}_{kj}$ も行の展開から同様。 $\square$

例 4.29 $n = 2$ では $\operatorname{adj} A$ は例 1.36 の $\tilde{A}$ にほかならない。例 1.35 の行列

A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 5 & 3 \\ 1 & 3 & 3 \end{pmatrix}

では、第 1 行で展開して $\det A = 1 \cdot (15 - 9) - 2 \cdot (6 - 3) + 1 \cdot (6 - 5) = 1$ 。余因子は $\tilde{a}_{11} = 6$ 、 $\tilde{a}_{12} = -3$ 、 $\tilde{a}_{13} = 1$ 、 $\tilde{a}_{21} = -(6 - 3) = -3$ 、 $\tilde{a}_{22} = 3 - 1 = 2$ 、 $\tilde{a}_{23} = -(3 - 2) = -1$ 、 $\tilde{a}_{31} = 6 - 5 = 1$ 、 $\tilde{a}_{32} = -(3 - 2) = -1$ 、 $\tilde{a}_{33} = 5 - 4 = 1$ であり、

A^{-1} = \operatorname{adj} A = \begin{pmatrix} 6 & -3 & 1 \\ -3 & 2 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}

となって、例 1.35 の結果と一致する。

定理 4.30（クラメルの公式, Cramer's rule） $A \in \operatorname{GL}_n(K)$ 、 $b \in K^n$ とする。 $Ax = b$ の唯一の解は
$x_i = \frac{\det(a_1, \dots, a_{i-1}, b, a_{i+1}, \dots, a_n)}{\det A} \qquad (i = 1, \dots, n)$
で与えられる（分子は $A$ の第 $i$ 列を $b$ で置き換えた行列の行列式）。

証明. 解 $x$ について $b = \sum_j x_j a_j$ なので、第 $i$ 列について線形性を使い、 $j \neq i$ の項は等しい 2 列をもつことから

\det(a_1, \dots, b, \dots, a_n) = \sum_j x_j \det(a_1, \dots, a_j, \dots, a_n) = x_i \det A

（左辺・中辺では第 $i$ 列に $b$ や $a_j$ が入っている）。 $\square$

例 4.31 $2x + y = 5$ 、 $x + 3y = 5$ では $\det A = 6 - 1 = 5$ で

x = \frac{1}{5}\det\begin{pmatrix} 5 & 1 \\ 5 & 3 \end{pmatrix} = \frac{15 - 5}{5} = 2, \qquad y = \frac{1}{5}\det\begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 1 & 5 \end{pmatrix} = \frac{10 - 5}{5} = 1

（検算： $4 + 1 = 5$ 、 $2 + 3 = 5$ ）。

注意 4.32（計算量）定義式は $n!$ 項の和であり、 $n = 20$ でも $2 \times 10^{18}$ 項を超える。消去法なら約 $n^3$ 回の演算で済む。したがって行列式の数値計算は消去法で行い、クラメルの公式や余因子行列は主に理論的な道具として使う。例えば、クラメルの公式から「解は係数と右辺の有理式で表され、係数について連続である」こと、整数行列で $\det A = \pm 1$ なら逆行列も整数行列であることがわかる。

4.8 ヴァンデルモンドの行列式

定理 4.33（ヴァンデルモンドの行列式, Vandermonde determinant） $x_1, \dots, x_n \in K$ に対し
$\det \begin{pmatrix} 1 & x_1 & x_1^2 & \cdots & x_1^{n-1} \\ 1 & x_2 & x_2^2 & \cdots & x_2^{n-1} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ 1 & x_n & x_n^2 & \cdots & x_n^{n-1} \end{pmatrix} = \prod_{1 \leq i < j \leq n} (x_j - x_i)$
特に、この行列式が 0 でないための必要十分条件は $x_1, \dots, x_n$ が相異なることである。

証明. $n$ に関する帰納法。 $n = 1$ は両辺 1（空積）。 $n \geq 2$ とし、左辺の行列を $V_n$ とする。第 $n$ 列から第 $n - 1$ 列の $x_1$ 倍を引き、次に第 $n - 1$ 列から第 $n - 2$ 列の $x_1$ 倍を引き、…、最後に第 2 列から第 1 列の $x_1$ 倍を引く（右の列から順に行うので、引く列はまだ変更されていない）。行列式は変わらず（系 4.17）、第 $i$ 行は

(1,\ x_i - x_1,\ x_i(x_i - x_1),\ \dots,\ x_i^{n-2}(x_i - x_1))

となる。第 1 行は $(1, 0, \dots, 0)$ なので第 1 行で展開し、第 $i$ 行 $(i \geq 2)$ から共通因子 $x_i - x_1$ をくくり出すと

\det V_n = \prod_{i=2}^{n} (x_i - x_1) \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & x_2 & \cdots & x_2^{n-2} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 1 & x_n & \cdots & x_n^{n-2} \end{pmatrix}

帰納法の仮定より右の行列式は $\prod_{2 \leq i < j \leq n}(x_j - x_i)$ であり、主張が従う。 $\square$

ヴァンデルモンドの行列式は、多項式補間（例 3.13 の写像 $E$ の、基底 $1, x, \dots, x^n$ と標準基底に関する表現行列がヴァンデルモンド行列である）、固有ベクトルの一次独立性、差積と対称式（代数的整数論第1章の判別式）など、さまざまな場面に現れる。

4.9 ブロック行列の行列式

定理 4.34 $A \in \operatorname{M}_k(K)$ 、 $D \in \operatorname{M}_l(K)$ 、 $B \in \operatorname{M}_{k,l}(K)$ に対し
$\det \begin{pmatrix} A & B \\ O & D \end{pmatrix} = \det A \det D$
同様に左下が任意で右上が $O$ の場合も成り立つ。

証明. $B, D$ を固定して、 $A$ の関数

F(A) = \det \begin{pmatrix} A & B \\ O & D \end{pmatrix}

を考える。全体の第 $j$ 列 $(j \leq k)$ は $A$ の第 $j$ 列の下に 0 を並べたものなので、 $F$ は $A$ の列について多重線形かつ交代的である。定理 4.16 より $F(A) = F(I_k) \det A$ 。次に $F(I_k)$ の行列で、第 $k+1$ 列以降から第 $1$ 〜 $k$ 列の適当な一次結合を引くと（系 4.17 の 3） $B$ の部分を $O$ にでき、

F(I_k) = \det \begin{pmatrix} I_k & O \\ O & D \end{pmatrix}

となる。これは第 1 列で展開することを $k$ 回繰り返すと $\det D$ に等しい（あるいは $D$ の列について同じ議論をする）。後半は転置（定理 4.13）から従う。 $\square$

帰納的に、対角ブロックが正方行列のブロック上三角行列の行列式は、対角ブロックの行列式の積である。

命題 4.35 $A \in \operatorname{GL}_k(K)$ ならば
$\det \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix} = \det A \det(D - CA^{-1}B)$

証明. 命題 1.39 の分解の 3 つの因子の行列式は、定理 4.34 よりそれぞれ $1$ 、 $\det A \det(D - CA^{-1}B)$ 、 $1$ である。積公式から従う。 $\square$

注意

$2 \times 2$ 行列の公式 $ad - bc$ をブロックに当てはめて $\det(AD - BC)$ とするのは誤りである。例えば $A = I_2$ 、 $B = E_{12}$ 、 $C = E_{21}$ 、 $D = E_{11}$ （いずれも 2 次）とすると $AD - BC = E_{11} - E_{11} = O$ で $\det(AD - BC) = 0$ だが、4 次の行列全体の行列式は命題 4.35 より $\det(D - CB) = \det(E_{11} - E_{22}) = -1$ である。ブロックどうしが可換という条件があれば正しい公式が得られる（問題 4.9）。

4.10 線形写像の行列式

$V$ を $n$ 次元ベクトル空間、 $f\colon V \to V$ を線形変換とする。基底 $\mathcal{B}$ を取り替えると表現行列は $P^{-1}[f]_{\mathcal{B}}P$ に変わる（定理 3.26）が、系 4.21 より行列式は変わらない。

定義 4.36（線形変換の行列式） $\det f := \det [f]_{\mathcal{B}}$ と定める。これは基底 $\mathcal{B}$ の選び方によらない。

命題 4.37 $\det(g \circ f) = \det g \det f$ 、 $\det \mathrm{id}_V = 1$ であり、 $f$ が同型であるための必要十分条件は $\det f \neq 0$ である。

証明. 定理 3.21、積公式、系 4.20 から従う（表現行列が正則であることと $f$ が同型であることは同値である）。 $\square$

例 4.38 転置 $T\colon \operatorname{M}_2(K) \to \operatorname{M}_2(K)$ , $X \mapsto {}^t X$ の行列式を求める。基底 $(E_{11}, E_{12}, E_{21}, E_{22})$ に関して $T$ は $E_{12}$ と $E_{21}$ を入れ替え、他を固定するので、表現行列は $I_4$ の第 2 列と第 3 列を入れ替えた行列であり、 $\det T = -1$ である。 $\operatorname{M}_n(K)$ では $E_{ij} \leftrightarrow E_{ji}$ $(i < j)$ の $n(n-1)/2$ 組の入れ替えになるので $\det T = (-1)^{n(n-1)/2}$ である。

行列式を表現行列を経由せずに定義することもできる。 $n$ 次元空間 $V$ 上の多重線形交代形式の全体は 1 次元であり（定理 4.16 の抽象版）、 $f$ はそれに $\det f$ 倍として作用する。この見方は第9章で外積代数 $\Lambda^n V$ を用いて定式化する。

4.11 行列式と体積

最後に、4.1 節で述べた幾何学的な意味を $n$ 次元で説明する。以下は直観的な説明であり、「体積」の厳密な定義と証明はルベーグ測度の理論を必要とする（測度と積分第2章、微分積分学第9章の変数変換公式を参照）。

$a_1, \dots, a_n \in \mathbb{R}^n$ が張る平行体 $P(a_1, \dots, a_n) = \lbrace \sum t_i a_i \mid 0 \leq t_i \leq 1 \rbrace$ の体積を $\operatorname{vol}(a_1, \dots, a_n)$ とする。体積は次の性質をもつと考えられる。

$\operatorname{vol}(e_1, \dots, e_n) = 1$ （単位立方体）。
ある辺を $c$ 倍すると体積は $\lvert c \rvert$ 倍になる。
$a_i$ を $a_i + c a_j$ $(j \neq i)$ に置き換えても体積は変わらない（「ずらし」によって底面と高さが変わらない。カヴァリエリの原理）。

一方、 $\lvert \det(a_1, \dots, a_n) \rvert$ も系 4.17 からまったく同じ性質をもつ。任意の行列は列基本変形の繰り返しで三角行列にできるので、これらの性質から $\operatorname{vol}(a_1, \dots, a_n) = \lvert \det(a_1, \dots, a_n) \rvert$ が導かれる。符号まで込めた $\det(a_1, \dots, a_n)$ は向きつき体積と呼ばれ、その符号は $(a_1, \dots, a_n)$ が標準基底と「同じ向き」かどうかを表す。

向き： $\mathbb{R}^n$ の二つの基底は、基底変換行列の行列式が正のとき同じ向きであるという。これは同値関係であり（積公式）、同値類はちょうど二つある。平面なら反時計回りと時計回り、空間なら右手系と左手系である。多様体の向き（多様体第6章）はこの概念の拡張である。
拡大率：線形写像 $L_A\colon \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ は、単位立方体を $P(a_1, \dots, a_n)$ に写すので、体積を $\lvert \det A \rvert$ 倍する。より一般に、図形の体積を $\lvert \det A \rvert$ 倍する。重積分の変数変換公式に現れるヤコビアン $\lvert \det J \rvert$ はこの事実の無限小版である。

例 4.39 $a = {}^t(3, 1)$ 、 $b = {}^t(1, 2)$ が張る平行四辺形の面積は $\lvert 3 \cdot 2 - 1 \cdot 1 \rvert = 5$ で、原点・ $a$ ・ $b$ を頂点とする三角形の面積は $5/2$ である。 $\det(a, b) = 5 > 0$ なので $(a, b)$ は標準基底と同じ向きである。同様に、 $\mathbb{R}^3$ で原点と $a, b, c$ を頂点とする四面体の体積は $\lvert \det(a, b, c) \rvert / 6$ である。

まとめ

置換の符号は転倒数で定義され、 $\operatorname{sgn}(\sigma\tau) = \operatorname{sgn}(\sigma)\operatorname{sgn}(\tau)$ 、互換の符号は $-1$ 。したがって互換の積による表示の個数の偶奇は一定である。
行列式 $\det A = \sum_\sigma \operatorname{sgn}(\sigma) a_{\sigma(1)1} \cdots a_{\sigma(n)n}$ は、多重線形・交代的・ $\det I = 1$ を満たすただ一つの関数である。 $\det {}^t A = \det A$ なので行と列は対等である。
一意性から積公式 $\det(AB) = \det A \det B$ が直ちに従い、 $A$ が正則 $\iff \det A \neq 0$ 。相似な行列の行列式は等しいので、線形変換の行列式が定義できる。
計算は消去法で三角化するのが基本。余因子展開は小さい行列式への帰着を与え、 $A \operatorname{adj} A = (\det A)I$ から逆行列の公式とクラメルの公式が得られる。
ヴァンデルモンドの行列式は $\prod_{i< j}(x_j - x_i)$ 。ブロック三角行列の行列式は対角ブロックの行列式の積だが、一般のブロック行列で $\det(AD - BC)$ とするのは誤りである。
$\lvert \det A \rvert$ は $L_A$ による体積の拡大率、 $\det A$ の符号は向きを保つかどうかを表す。

演習問題

問題 4.1 ★ 次の置換の符号を求めよ。

$\sigma \in \mathfrak{S}_4$ 、 $\sigma(1) = 2$ 、 $\sigma(2) = 4$ 、 $\sigma(3) = 1$ 、 $\sigma(4) = 3$
$\tau = (1 \ 2 \ 3)(4 \ 5) \in \mathfrak{S}_5$

解答

$1 \mapsto 2 \mapsto 4 \mapsto 3 \mapsto 1$ なので $\sigma = (1 \ 2 \ 4 \ 3)$ 、長さ 4 の巡回置換で $\operatorname{sgn}(\sigma) = (-1)^3 = -1$ 。転倒数で確かめると、並び $2, 4, 1, 3$ の転倒は $(2, 1), (4, 1), (4, 3)$ の 3 個で奇数。
$\operatorname{sgn}(\tau) = (-1)^2 \cdot (-1)^1 = -1$ 。

問題 4.2 ★ 次の行列式を求めよ。

\det \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 3 & 6 & 10 \\ 1 & 4 & 10 & 20 \end{pmatrix}

解答

$R_2 - R_1$ 、 $R_3 - R_1$ 、 $R_4 - R_1$ で第 2〜4 行は $(0, 1, 2, 3)$ 、 $(0, 2, 5, 9)$ 、 $(0, 3, 9, 19)$ 。 $R_3 - 2R_2$ 、 $R_4 - 3R_2$ で $(0, 0, 1, 3)$ 、 $(0, 0, 3, 10)$ 。 $R_4 - 3R_3$ で $(0, 0, 0, 1)$ 。上三角行列の対角成分はすべて 1 なので、行列式は $1$ である。

問題 4.3 ★ クラメルの公式を用いて次の連立方程式を解け。

\left\lbrace \begin{aligned} x + y + z &= 6 \\ x + 2y + 3z &= 14 \\ x + 4y + 9z &= 36 \end{aligned} \right.

解答

係数行列の転置はヴァンデルモンド行列（ $x_1, x_2, x_3 = 1, 2, 3$ ）なので、定理 4.13 と 4.33 より $\det A = (2 - 1)(3 - 1)(3 - 2) = 2$ 。分子を第 1 行で展開して

\begin{aligned} \det\begin{pmatrix} 6 & 1 & 1 \\ 14 & 2 & 3 \\ 36 & 4 & 9 \end{pmatrix} &= 6(18 - 12) - (126 - 108) + (56 - 72) = 2, \\ \det\begin{pmatrix} 1 & 6 & 1 \\ 1 & 14 & 3 \\ 1 & 36 & 9 \end{pmatrix} &= (126 - 108) - 6(9 - 3) + (36 - 14) = 4, \\ \det\begin{pmatrix} 1 & 1 & 6 \\ 1 & 2 & 14 \\ 1 & 4 & 36 \end{pmatrix} &= (72 - 56) - (36 - 14) + 6(4 - 2) = 6 \end{aligned}

よって $(x, y, z) = (1, 2, 3)$ 。検算： $1 + 2 + 3 = 6$ 、 $1 + 4 + 9 = 14$ 、 $1 + 8 + 27 = 36$ 。

問題 4.4 ★★ 対角成分がすべて $2$ 、そのすぐ上とすぐ下の成分がすべて $-1$ 、他の成分が 0 の $n$ 次正方行列の行列式 $D_n$ を求めよ。

解答

第 1 行で展開する。 $(1,1)$ 余因子は $D_{n-1}$ 。 $(1, 2)$ 成分 $-1$ の余因子は $(-1)^{1+2} \det A^{(1,2)}$ で、 $A^{(1,2)}$ は第 1 列が ${}^t(-1, 0, \dots, 0)$ 、右下が $D_{n-2}$ の行列なので $\det A^{(1,2)} = -D_{n-2}$ 。よって

D_n = 2D_{n-1} + (-1) \cdot (-1)^{3} \cdot (-D_{n-2}) = 2D_{n-1} - D_{n-2}

$D_1 = 2$ 、 $D_2 = 3$ で、 $D_n - D_{n-1} = D_{n-1} - D_{n-2} = \cdots = D_2 - D_1 = 1$ より $D_n = n + 1$ 。（例 4.26 で $n = 3$ のとき $4$ を確かめた行列とは非対角成分の符号が違うが、行列式は等しい。）

問題 4.5 ★★ $A \in \operatorname{M}_n(\mathbb{R})$ とする。

${}^t A A = I_n$ ならば $\det A = \pm 1$ であることを示せ。
$A$ が交代行列（ ${}^t A = -A$ ）で $n$ が奇数ならば $\det A = 0$ であることを示せ。 $n$ が偶数ならどうか。

解答

$1 = \det({}^t A A) = \det {}^t A \det A = (\det A)^2$ 。
$\det A = \det {}^t A = \det(-A) = (-1)^n \det A = -\det A$ より $2\det A = 0$ 。 $n$ が偶数なら 0 とは限らない：第 1 行が $(0, 1)$ 、第 2 行が $(-1, 0)$ の交代行列の行列式は $1$ 。

問題 4.6 ★★ $n \geq 2$ のとき、すべての $A \in \operatorname{M}_n(K)$ について $\det(\operatorname{adj} A) = (\det A)^{n-1}$ を示せ。

解答

$\det A \neq 0$ のとき：定理 4.28 の両辺の行列式をとると $\det A \det(\operatorname{adj} A) = (\det A)^n$ なので主張が従う。 $\det A = 0$ のとき： $A \operatorname{adj} A = O$ である。もし $\operatorname{adj} A$ が正則なら $A = O$ となり、 $n \geq 2$ なので余因子はすべて 0、すなわち $\operatorname{adj} A = O$ となって正則性に矛盾する。よって $\det(\operatorname{adj} A) = 0 = (\det A)^{n-1}$ 。

問題 4.7 ★★ $A \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ の $k$ 個の行と $k$ 個の列を選んで得られる $k$ 次正方行列の行列式を $k$ 次小行列式という。 $\operatorname{rank} A$ は、0 でない小行列式の最大の次数に等しいことを示せ。

解答

$r = \operatorname{rank} A$ とする。一次独立な $r$ 本の列を選んだ $m \times r$ 行列 $A_1$ の階数は $r$ で、系 3.48 より $A_1$ の中に一次独立な $r$ 本の行がある。それらからなる $r$ 次正方行列は正則なので、0 でない $r$ 次小行列式がある。逆に $k$ 次小行列式が 0 でなければ、それを含む $k$ 本の列は、その $k$ 行に制限しただけで一次独立なので、 $A$ の列として一次独立であり $k \leq r$ 。

問題 4.8 ★★ $A \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ 、 $B \in \operatorname{M}_{n,m}(K)$ に対し、 $\det(I_m + AB) = \det(I_n + BA)$ を示せ。（ヒント：次の行列の行列式を二通りに計算する。）

\begin{pmatrix} I_m & -A \\ B & I_n \end{pmatrix}

解答

命題 4.35（左上 $I_m$ について）より、この行列式は $\det(I_n - B I_m^{-1}(-A)) = \det(I_n + BA)$ 。一方、右下ブロック $D$ が正則なときの分解

\begin{pmatrix} P & Q \\ R & D \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} I & QD^{-1} \\ O & I \end{pmatrix} \begin{pmatrix} P - QD^{-1}R & O \\ R & D \end{pmatrix}

（ブロック積で確かめられる）と定理 4.34 から、行列式は $\det(P - QD^{-1}R) \det D$ でもある。 $P = I_m$ 、 $Q = -A$ 、 $R = B$ 、 $D = I_n$ とすると $\det(I_m + AB)$ を得る。

問題 4.9 ★★ $A, B, C, D \in \operatorname{M}_n(K)$ で $D$ が正則かつ $CD = DC$ ならば、次が成り立つことを示せ。

\det \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix} = \det(AD - BC)

解答

問題 4.8 の解答の分解より、行列式は $\det(A - BD^{-1}C) \det D = \det((A - BD^{-1}C)D) = \det(AD - BD^{-1}CD)$ 。 $CD = DC$ より $D^{-1}CD = C$ なので $\det(AD - BC)$ に等しい。

問題 4.10 ★★★（コーシー–ビネの公式） $m \leq n$ とし、 $A \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ 、 $B \in \operatorname{M}_{n,m}(K)$ とする。 $\lbrace 1, \dots, n \rbrace$ の $m$ 元部分集合 $S$ に対し、 $A$ から $S$ に属する列を選んだ $m$ 次正方行列を $A_S$ 、 $B$ から $S$ に属する行を選んだものを $B_S$ とする。次を示せ。

\det(AB) = \sum_{S} \det A_S \det B_S

また $m > n$ なら $\det(AB) = 0$ であることを示せ。

解答

$A$ の列を $a_1, \dots, a_n$ とすると、 $AB$ の第 $j$ 列は $\sum_{k} b_{kj} a_k$ 。多重線形性で展開すると

\det(AB) = \sum_{k_1, \dots, k_m} b_{k_1 1} \cdots b_{k_m m} \det(a_{k_1}, \dots, a_{k_m})

$k_1, \dots, k_m$ に重複があれば行列式は 0。重複がなければ集合 $S = \lbrace k_1, \dots, k_m \rbrace = \lbrace s_1 < \cdots < s_m \rbrace$ と置換 $\tau \in \mathfrak{S}_m$ により $k_j = s_{\tau(j)}$ と一意に書け、命題 4.15 の 4 より $\det(a_{k_1}, \dots, a_{k_m}) = \operatorname{sgn}(\tau) \det A_S$ 。よって

\det(AB) = \sum_S \det A_S \sum_{\tau \in \mathfrak{S}_m} \operatorname{sgn}(\tau)\ b_{s_{\tau(1)} 1} \cdots b_{s_{\tau(m)} m} = \sum_S \det A_S \det B_S

（ $B_S$ の $(i, j)$ 成分は $b_{s_i j}$ なので、内側の和は定義 4.10 そのもの）。 $m > n$ なら重複のない $k_1, \dots, k_m$ は存在しないので $\det(AB) = 0$ （問題 1.8 の別証明でもある）。 $m = n$ なら $S$ は一つだけで、積公式に一致する。