代數余子式

給定 $n$ 階方陣 $A=(a_{ij})$, 定義 $a_{ij}$ 的余子式 $M_{ij}$ 為 $A$ 劃去第 $i$ 行第 $j$ 列后的行列式，$a_{ij}$ 的代數余子式 $A_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$.

代數余子式可以用于行列式的求值，比如按第 $r$ 行展開：

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

按第 $c$ 列展開是同理的。

伴隨矩陣

定義

在 $(1)$ 式中，如果把 $a_{rc}$ 中的 $r$ 替換成 $i
e r$, 則該乘積對應了將 $A$ 的第 $i$ 行替換成第 $r$ 行后的行列式——該行列式有兩行相等，所以它等于 $0$.

所以我們有 $sum_{c=1}^na_{ic}A_{jc}=det A cdot [i=j]$, 把它寫成矩陣乘法就是：

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

我們定義 $A^*=(A_{ij})^{mathrm T}$ 是 $A$ 的伴隨矩陣。

同樣的結論對列也成立，所以 $AA^*=A^*A=det A cdot I_n$.

計算

如果 $mathrmr(A)=n$, 用高斯消元法分別求出 $det A$ 和 $A^{-1}$,$A^*=det A cdot A^{-1}$.

如果 $mathrmr(A) le n-2$, $A$ 的任意 $n-1$ 階子式都為 $0$, 所以 $A^*=O$.

如果 $mathrmr(A)=n-1$:

20200628更新：更正了一些細節，感謝Rose_Max指出錯誤。

假設 $A$ 的列向量組為 $vec c_1, vec c_2, ldots, vec c_n$.

由它們線性相關，可知存在不全為 $0$ 的實數 $q_1, q_2, ldots, q_n$ 滿足 $sum_{i=1}^nq_ivec c_i=vec 0$. 不妨設 $q_c
e 0$.

考慮同行兩余子式 $M_{ri}$ 和 $M_{rc}$ 的關系，不妨討論 $i<c$ 的情況，$i>c$ 類似。不難發現，如果我們將 $M_{ri}$ 的第 $i$ 至 $c-2$ 列向右推移，而第 $c-1$ 列移動到第 $i$ 列，唯一的不同點是 $M_{ri}$ 的第 $i$ 列為 $vec c_c$ 刪去第 $r$ 行，$M_{rc}$ 的第 $i$ 列為 $vec c_i$ 刪去第 $r$ 行。

聯系上述線性相關式，可設 $M'$ 表示在 $M_{ri}$ 進行推移的基礎上，把第 $i$ 列乘以 $q_c$, 并與 $M_{rc}$ 的第 $i$ 列的 $q_i$ 倍相加，所得到的 $n-1$ 階行列式。

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

最后，將 $M'$ 的第 $i$ 列依次加上其對應“原行列式的第 $j
otin{i, c}$ 列”的列的 $q_j$ 倍。

這樣，$M'$ 的值不變，而第 $i$ 列全為 $0$. 這說明了$q_c(-1)^{c-i}M_{ri}+q_iM_{rc}=M'=0$.

上述過程比較抽象，舉一例說明。

例如，原矩陣為

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

其列向量組為

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

它們滿足關系式 $5vec c_1-7vec c_2+6vec c_3=vec 0$.

考慮其余子式 $M_{11}$ 與 $M_{12}$:

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

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

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

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

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

把 $M'$ 的第 $2$ 列翻 $6$ 倍加到第 $1$ 列得：

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

所以

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

即

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

同樣的結論對列也成立。

于是對于列向量 $vec p=(p_1p_2 cdots p_n)^{mathrm T}$ 和行向量 $vec q=(q_1q_2 cdots q_n)$ 使得 $Avec p=vec 0$, $vec qA=vec 0$, 不妨設 $p_r, q_c
e 0$, 就有 $A_{ij}=frac{p_iq_j}{p_rq_c}A_{rc}$.

$vec p$ 與 $vec q$ 都可以通過高斯消元法解方程組解出，而代數余子式 $A_{rc}$ 也可以通過高斯消元法求出。

綜上所述，求一個矩陣的伴隨矩陣，時間復雜度為 $O(n^3)$.

應用

通過伴隨矩陣，可以求出矩陣所有元素的余子式。

例 給定有向圖，求每條邊各含于多少棵以 $R$ 為根的所有生成內向樹。

解生成樹計數的方法見這篇文章。

計算含有 $left<u, vight>$ 的生成內向樹個數，相當于把 $u$ 的出邊除了 $left<u, vight>$ 外全部刪去后的生成內向樹計數。

這就是把拉普拉斯矩陣的第 $u$ 行替換成僅有第 $u$ 項為 $1$, 第 $v$ 項為 $-1$ 的行，然后劃去第 $R$ 行第 $R$ 列求余子式。

這等價于，拉普拉斯矩陣去掉第 $u, R$ 行、第 $u, R$ 列的余子式，減去去掉第 $u, R$ 行、第 $v, R$ 列的余子式。

將拉普拉斯矩陣去掉第 $R$ 行、第 $R$ 列作為矩陣 $A$, 那么就轉化為求 $A$ 的所有余子式。

這里不用討論那么多情況，因為 $mathrm r(A)<n$ 意味著不存在生成內向樹。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的代数余子式和伴随矩阵的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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