以組合定義為出發點的行列式理論的引入方式在很多高等代數或線性代數的教材中被采用, 其優缺點同樣明顯. 組合定義形式上的簡單是其最大的優點, 用它可以簡潔地證明行列式的所有性質, 並快速進入行列式的計算等核心內容. 因此, 對於 1 學期設置的線性代數課程, 通常都是采用組合定義引入行列式. 然而, 組合定義實質上的復雜卻是困擾學生理解的主要因素, 特別是對初學者而言, 在沒有完全理解組合定義的前提下, 期望他們直接利用行列式的性質進行行列式的計算, 從某種程度上說是一廂情願的美好設計. 當然, 隨着行列式理論學習的不斷深入, 相信學生最終還是能完全理解和掌握組合定義的. 復旦大學高等代數教材是先引入行列式的遞歸定義, 然后用數學歸納法證明行列式的所有性質, 最后再給出行列式的組合定義. 從教學效果來看, 學生對這種引入方式接受程度較高, 但可能需要更多的學時.
本文是復旦大學教材《高等代數學 (第三版)》第 1.6 節“行列式的等價定義”的補充, 即闡述如何從行列式的組合定義出發, 推出行列式的所有性質及其遞歸定義. 另外, 作為組合定義的一個應用, 我們還將證明: 偶數階反對稱陣 $A$ 的行列式 $|A|=\mathrm{Pf}(A)^2$, 其中 $\mathrm{Pf}(A)$ 是反對稱陣 $A$ 的 Pfaffian 多項式. 下面我們給出兩點注解, 它們可使本文的所有結論在一般的域 $\mathbb{F}$ 上都成立.
注 1 在高等代數課程中, 我們通常是在數域 $\mathbb{K}$ 上考慮問題. 由於數域 $\mathbb{K}$ 是復數域 $\mathbb{C}$ 的子域, 故其特征為零. 進入抽象代數課程后, 我們通常是在一般的域 $\mathbb{F}$ 上考慮問題, 有時甚至會在環 $R$ 上考慮問題. 那么我們可以自然地問: 高等代數中的定理和結論是否在一般的域 $\mathbb{F}$ 上也成立呢? 作為一個簡單的例子, 我們將從組合定義出發來給出一般的域 $\mathbb{F}$ 上的行列式理論. 為了得到這一推廣, 我們必須避免域的特征的討論, 因此在推導過程中, 我們會完全避免形如“$|A|=-|A|\Longrightarrow |A|=0$”或“$m|A|=0\Longrightarrow |A|=0$”的論斷出現, 其中 $m$ 是某個非零整數. 基於同樣的原因, 反對稱陣的定義也修改為:
$A=(a_{ij})_{n\times n}$ 為反對稱陣 $\Longleftrightarrow$ $a_{ii}=0\,(\forall\,1\leq i\leq n)$ 並且 $a_{ij}=-a_{ji}\,(\forall\,1\leq i<j\leq n)$.
注 2 在行列式性質的證明過程中, 我們常把一般的方陣 $A=(a_{ij})\in M_n(\mathbb{F})\cong\mathbb{F}^{n^2}$ 的元素 $a_{ij}$ 看成是 $n^2$ 個未定元, 並把 $|A|$ 看成是關於未定元 $a_{ij}$ 的多元多項式. 這種思想並非第一次使用, 它已在 Laplace 定理的證明過程中起到了關鍵的作用 (參考復旦大學高等代數教材第 1.7 節).
從現在開始, 所有的定義和結論都在一般的域 $\mathbb{F}$ 上進行闡述和證明.
定義 1 (行列式的組合定義) 設方陣 $A=(a_{ij})\in M_n(\mathbb{F})$, 則 $A$ 的行列式定義為 $$|A|=\sum_{(i_1,i_2,\cdots,i_n)\in S_n}(-1)^{N(i_1,i_2,\cdots,i_n)}a_{i_11}a_{i_22}\cdots a_{i_nn},$$ 其中 $S_n$ 是 $\{1,2,\cdots,n\}$ 的所有全排列構成的集合, $N(i_1,i_2,\cdots,i_n)$ 是全排列 $(i_1,i_2,\cdots,i_n)$ 的逆序數 (逆序數的定義參考復旦高代教材中的定義 1.6.1). 在注 2 的意義下, $a_{i_11}a_{i_22}\cdots a_{i_nn}$ 稱為行列式 $|A|$ 中的單項, 它從 $A$ 的每行每列各取一個元素相乘得到, $(-1)^{N(i_1,i_2,\cdots,i_n)}$ 稱為這個單項的符號. 容易看出: 當 $n\geq 2$ 時, 符號為 $\pm 1$ 的單項各為一半, 即 $\dfrac{1}{2}n!$ 個.
引理 2 設 $(i_1,i_2,\cdots,i_n)$, $(j_1,j_2,\cdots,j_n)\in S_n$, 則單項 $a_{i_1j_1}a_{i_2j_2}\cdots a_{i_nj_n}$ 在 $|A|$ 中的符號為 $(-1)^{N(i_1,i_2,\cdots,i_n)+N(j_1,j_2,\cdots,j_n)}$.
證明 由復旦高代教材中的引理 1.6.3, $(j_1,j_2,\cdots,j_n)$ 經過 $N(j_1,j_2,\cdots,j_n)$ 次相鄰對換可變為 $(1,2,\cdots,n)$. 若將 $i_l$ 黏貼在 $j_l$ 上 $(1\leq l\leq n)$, 則可設 $(i_1,i_2,\cdots,i_n)$ 經過上述 $N(j_1,j_2,\cdots,j_n)$ 次相鄰對換后變為 $(k_1,k_2,\cdots,k_n)$. 因此單項 $a_{i_1j_1}a_{i_2j_2}\cdots a_{i_nj_n}$ 實際上也是單項 $a_{k_11}a_{k_22}\cdots a_{k_nn}$, 從而其在 $|A|$ 中的符號為 $N(k_1,k_2,\cdots,k_n)$. 另一方面, 由復旦高代教材中的引理 1.6.1, 逆序數 $N(i_1,i_2,\cdots,i_n)$ 的奇偶性經過 $N(j_1,j_2,\cdots,j_n)$ 次改變后與 $N(k_1,k_2,\cdots,k_n)$ 的奇偶性相同, 因此 $(-1)^{N(k_1,k_2,\cdots,k_n)}=(-1)^{N(i_1,i_2,\cdots,i_n)+N(j_1,j_2,\cdots,j_n)}$. $\Box$
推論 3 假設和記號同定義 1, 則 $$|A|=\sum_{(j_1,j_2,\cdots,j_n)\in S_n}(-1)^{N(j_1,j_2,\cdots,j_n)}a_{1j_1}a_{2j_2}\cdots a_{nj_n}.$$
證明 顯然每個 $a_{1j_1}a_{2j_2}\cdots a_{nj_n}$ 都是 $|A|$ 中的單項, 由引理 2 知, 它在 $|A|$ 中的符號為 $(-1)^{N(1,2,\cdots,n)+N(j_1,j_2,\cdots,j_n)}=(-1)^{N(j_1,j_2,\cdots,j_n)}$. 因為 $a_{1j_1}a_{2j_2}\cdots a_{nj_n}$ 作為單項互不相同, 共有 $n!$ 個, 所以它們遍歷 $|A|$ 中所有的單項且符號一致, 從而上述等式成立. $\Box$
我們沿用定義 1 中的假設和記號, 下面依次證明行列式的 8 條性質.
性質 1 設 $|A|$ 是上 (下) 三角行列式, 則 $|A|=a_{11}a_{22}\cdots a_{nn}$.
證明 先設 $A$ 為上三角陣, 即 $a_{ij}=0\,(\forall\,i>j)$, 則在 $|A|$ 的組合定義中, 可能非零的單項 $a_{i_11}a_{i_22}\cdots a_{i_nn}$ 必須滿足 $i_1\leq 1$, $i_2\leq 2$, $\cdots$, $i_n\leq n$. 因為 $(i_1,i_2,\cdots,i_n)\in S_n$, 故只可能是 $i_1=1$, $i_2=2$, $\cdots$, $i_n=n$, 即 $|A|$ 的單項中只有一個可能非零, 從而 $|A|=a_{11}a_{22}\cdots a_{nn}$. 同理可證下三角陣的情形. $\Box$
性質 8 行列式轉置后的值不變, 即 $|A'|=|A|$.
證明 由定義 1 和推論 3 可得: $$|A'|=\sum_{(j_1,j_2,\cdots,j_n)\in S_n}(-1)^{N(j_1,j_2,\cdots,j_n)}a_{1j_1}a_{2j_2}\cdots a_{nj_n}=|A|.\,\,\Box$$
我們也可以將推論 3 當作 $|A|$ 的組合定義, 它與定義 1 中的組合定義相差一個轉置. 由性質 8, 在余下諸性質的證明中, 我們只要證明列的情形即可.
性質 2 若 $|A|$ 的某一行或某一列的元素全為 0, 則 $|A|=0$.
證明 設 $|A|$ 的第 $j$ 列全為 0, 則 $a_{i_jj}=0\,(\forall\,1\leq i_j\leq n)$, 於是每個單項 $a_{i_11}\cdots a_{i_jj}\cdots a_{i_nn}=0$, 從而 $|A|=0$. $\Box$
性質 3 將 $|A|$ 的某一行或某一列乘以一個常數 $c$, 則得到的行列式 $|B|=c|A|$.
證明 設 $|A|$ 的第 $j$ 列乘上了常數 $c$, 則 $|B|$ 中每個單項為 $a_{i_11}\cdots(ca_{i_jj})\cdots a_{i_nn}=c\cdot a_{i_11}\cdots a_{i_jj}\cdots a_{i_nn}$, 從而 $|B|=c|A|$. $\Box$
性質 4 對換 $|A|$ 的任意不同的兩行或兩列, 則得到的行列式 $|B|=-|A|$.
證明 設 $|A|$ 的第 $i$ 列和第 $j$ 列互換, 則 $|A|$ 中每個單項 $a_{k_11}\cdots a_{k_ii}\cdots a_{k_jj}\cdots a_{k_nn}$ 與 $|B|$ 中單項 $a_{k_11}\cdots a_{k_jj}\cdots a_{k_ii}\cdots a_{k_nn}$ 相等, 但它們的符號由 $N(k_1,\cdots,k_i,\cdots,k_j,\cdots,k_n)$ 變為 $N(k_1,\cdots,k_j,\cdots,k_i,\cdots,k_n)$. 由復旦高代教材中的引理 1.6.1 可知, 逆序數的奇偶性發生改變, 因此 $|B|=-|A|$. $\Box$
性質 5 若 $|A|$ 的兩行或兩列成比例, 則 $|A|=0$. 特別地, 若 $|A|$ 的兩行或兩列相同, 則 $|A|=0$.
證明 由性質 3 只要證 $|A|$ 的第 $i$ 列和第 $j$ 列相同的情形即可. 設 $|A|$ 的所有單項構成的集合為 $S$, 考慮映射 $\varphi:S\to S$, $a_{k_11}\cdots a_{k_ii}\cdots a_{k_jj}\cdots a_{k_nn}\mapsto a_{k_11}\cdots a_{k_ji}\cdots a_{k_ij}\cdots a_{k_nn}$. 顯然 $\varphi^2=Id_S$, 從而 $\varphi$ 是一個雙射. 又由於 $k_i\neq k_j\,(i\neq j)$, 故 $\varphi$ 不會把一個單項映成它自己. 因此 $\varphi$ 將 $|A|$ 中 $n!$ 個單項分成具有上述形式的兩個單項組成的 $\dfrac{1}{2}n!$ 個組. 注意到上述兩個單項的符號由 $N(k_1,\cdots,k_i,\cdots,k_j,\cdots,k_n)$ 與 $N(k_1,\cdots,k_j,\cdots,k_i,\cdots,k_n)$ 決定, 由復旦高代教材中的引理 1.6.1 可知, 兩個逆序數的奇偶性相反. 又由假設可知 $a_{k_ii}=a_{k_ij}$, $a_{k_ji}=a_{k_jj}$, 故上述兩個單項的值相等, 符號相反, 從而每組和為 0, 於是 $|A|=0$. $\Box$
性質 6 若 $|A|$ 的某一行或某一列的每個元素都可寫成兩個數之和, 則將 $|A|$ 按照這一行或這一列拆分成兩個行列式 $|B|$ 和 $|C|$, 此時 $|A|=|B|+|C|$.
證明 設 $|A|$ 的第 $j$ 列分解為 $a_{ij}=b_{ij}+c_{ij}\,(1\leq i\leq n)$, 按照第 $j$ 列拆分成行列式 $|B|$ 和 $|C|$, 則 $A$ 的單項 $$a_{k_11}\cdots a_{k_jj}\cdots a_{k_nn}=a_{k_11}\cdots(b_{k_jj}+c_{k_jj})\cdots a_{k_nn}=a_{k_11}\cdots b_{k_jj}\cdots a_{k_nn}+a_{k_11}\cdots c_{k_jj}\cdots a_{k_nn},$$ 是 $|B|,|C|$ 的單項之和, 又符號保持一致, 從而 $|A|=|B|+|C|$. $\Box$
性質 7 將 $|A|$ 的某一行或某一列乘以常數 $c$ 加到另一行或另一列上, 行列式的值不變.
證明 由性質 6 和性質 5 即得. $\Box$
推論 4 (行列式的遞歸定義) $|A|$ 可以按照第一行或第一列進行展開, 即 $$|A|=a_{11}M_{11}-a_{21}M_{21}+\cdots+(-1)^{n+1}a_{n1}M_{n1},\\ |A|=a_{11}M_{11}-a_{12}M_{12}+\cdots+(-1)^{n+1}a_{1n}M_{1n},$$ 其中 $M_{ij}$ 是元素 $a_{ij}$ 的余子式.
證明 對階數 $n$ 進行歸納. 當 $n=1$ 時, 結論顯然成立. 設結論對 $n-1$ 階行列式成立, 現證 $n$ 階行列式的情形. 由行列式的組合定義可知 $$|A|=\sum_{(i_1,i_2,\cdots,i_n)\in S_n}(-1)^{N(i_1,i_2,\cdots,i_n)}a_{i_11}a_{i_22}\cdots a_{i_nn}=\sum_{i=1}^na_{i1}\Bigg(\sum_{(i,i_2,\cdots,i_n)\in S_n}(-1)^{N(i,i_2,\cdots,i_n)}a_{i_22}\cdots a_{i_nn}\Bigg).$$ 在全排列 $(i,i_2,\cdots,i_n)$ 中, $i$ 點的逆序數為 $i-1$, 故由定義 $N(i,i_2,\cdots,i_n)=(i-1)+N(i_2,\cdots,i_n)$. 因此 $$|A|=\sum_{i=1}^n(-1)^{i+1}a_{i1}\Bigg(\sum_{(i_2,\cdots,i_n)\in S_{n-1}}(-1)^{N(i_2,\cdots,i_n)}a_{i_22}\cdots a_{i_nn}\Bigg).$$ 由歸納假設 $\sum\limits_{(i_2,\cdots,i_n)\in S_{n-1}}(-1)^{N(i_2,\cdots,i_n)}a_{i_22}\cdots a_{i_nn}=M_{i1}$, 於是 $|A|=\sum\limits_{i=1}^n(-1)^{i+1}a_{i1}M_{i1}$. $\Box$
我們進一步證明: 行列式可以按照任何一行或任何一列進行展開.
定理 5 設 $A_{ij}$ 是元素 $a_{ij}$ 的代數余子式, 則對任意的 $1\leq i,j\leq n$, 成立: $$a_{i1}A_{j1}+a_{i2}A_{j2}+\cdots+a_{in}A_{jn}=\delta_{ij}|A|,\\ a_{1i}A_{1j}+a_{2i}A_{2j}+\cdots+a_{ni}A_{nj}=\delta_{ij}|A|,$$ 其中 $\delta_{ij}$ 是 Kronecker 記號.
證明 由行列式的性質和推論 4 即得, 這一推導過程可在復旦高代教材上找到. $\Box$
我們接下去研究反對稱陣的行列式.
命題 6 設 $A$ 是奇數階反對稱陣, 則 $|A|=0$.
證明 由於 $A$ 的主對角元全為 0, 故只考慮單項: $T=\{a_{k_11}a_{k_22}\cdots a_{k_nn}\mid k_i\neq i\,(\forall\,1\leq i\leq n)\}$. 定義映射 $\varphi:T\to T$, $a_{k_11}a_{k_22}\cdots a_{k_nn}\mapsto a_{1k_1}a_{2k_2}\cdots a_{nk_n}$. 顯然 $\varphi^2=Id_T$, 於是 $\varphi$ 是一個雙射. 斷言: $a_{k_11}a_{k_22}\cdots a_{k_nn}$ 和 $a_{1k_1}a_{2k_2}\cdots a_{nk_n}$ 作為 $|A|$ 的單項不相同, 否則 $\{1,2,\cdots,n\}$ 必可分成若干對 $(i_1,j_1)$, $\cdots$, $(i_l,j_j)$, 使得 $a_{k_11}a_{k_22}\cdots a_{k_nn}=a_{i_1j_1}a_{j_1i_1}\cdots a_{i_lj_l}a_{j_li_l}$, 這與 $n$ 為奇數矛盾. 將上述兩個單項看成一組, 則由引理 2 知, 它們在 $|A|$ 中符號相同. 由於 $A$ 反對稱, 故 $a_{1k_1}a_{2k_2}\cdots a_{nk_n}=(-1)^na_{k_11}a_{k_22}\cdots a_{k_nn}=-a_{k_11}a_{k_22}\cdots a_{k_nn}$, 從而每組和為 0, 於是 $|A|=0$. $\Box$
為了處理偶數階反對稱陣的情形, 我們先利用行列式的性質證明一個引理.
引理 7 設 $A=(a_{ij})\in M_{2n}(\mathbb{F})$ 為反對稱陣, 則 $|A|=f^2$, 其中 $f$ 是關於 $a_{ij}\,(i<j)$ 的某個多項式.
證明 對階數 $2n$ 進行歸納. 當 $n=1$ 時, $A=\begin{pmatrix} 0 & a_{12} \\ -a_{12} & 0 \\ \end{pmatrix}$, $|A|=a_{12}^2$, 結論成立. 設結論對 $2(n-1)$ 階反對稱陣成立, 現證 $2n$ 階反對稱陣的情形. 若 $|A|=0$, 結論顯然成立. 以下不妨設 $|A|\neq 0$, 即 $A$ 是 $2n$ 階非異反對稱陣.
設 $C_{ij}$ 是去掉 $A$ 的第 $i$ 行和第 $j$ 列的 $2n-1$ 階子陣, $C_{ij,ij}$ 是去掉 $A$ 的第 $i,j$ 行和第 $i,j$ 列的 $2(n-1)$ 階子陣. 顯然, 對任意的 $i,j$, $C_{ii}$ 和 $C_{ij,ij}$ 都是反對稱陣. 設 $A^*$ 為 $A$ 的伴隨陣, 則由定理 5 可知 $AA^*=A^*A=|A|I_{2n}$. 由 Lapalce 定理可推出 Cauchy-Binet 公式, 由此即得 $|A^*|=|A|^{2n-1}$. 考慮如下矩陣乘積: $$\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} & \cdots & a_{3,2n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{2n,1} & a_{2n,2} & a_{2n,3} & \cdots & a_{2n,2n} \\ \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} A_{11} & A_{21} & A_{31} & \cdots & A_{2n,1} \\ A_{12} & A_{22} & A_{32} & \cdots & A_{2n,2} \\ A_{13} & A_{23} & A_{33} & \cdots & A_{2n,3} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ A_{1,2n} & A_{2,2n} & A_{3,2n} & \cdots & A_{2n,2n} \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} A_{12} & A_{22} & A_{32} & \cdots & A_{2n,2} \\ A_{11} & A_{21} & A_{31} & \cdots & A_{2n,1} \\ 0 & 0 & |A| & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & |A| \\ \end{pmatrix},$$ 取行列式即得 $$-|C_{12,12}|\cdot|A|^{2n-1}=(A_{12}A_{21}-A_{11}A_{22})\cdot|A|^{n-2}.$$ 由於 $C_{11},C_{22}$ 是奇數階反對稱陣, 故由命題 6 可知 $A_{11}=A_{22}=0$. 又 $C_{12}=-C_{21}'$, 故 $A_{12}=-A_{21}$, 從而 $A_{12}^2=|C_{12,12}|\cdot|A|$, 即 $A_{12}=\sqrt{|C_{12,12}|\cdot|A|}$ (平方根可根據情況取正負號). 對任意的 $i<j$, 同理可證 $A_{ij}=\sqrt{|C_{ij,ij}|\cdot|A|}$.
按 $A$ 的第一行進行展開可得 $|A|=\sum\limits_{j=2}^{2n}a_{1j}A_{1j}=\sum\limits_{j=2}^{2n}a_{1j}\sqrt{|C_{1j,1j}|\cdot|A|}$, 於是 $\sqrt{|A|}=\sum\limits_{j=2}^{2n}a_{1j}\sqrt{|C_{1j,1j}|}$. 因為 $C_{1j,1j}$ 是 $2(n-1)$ 階反對稱陣, 由歸納假設存在關於 $a_{ij}\,(i<j)$ 的多項式 $f_{1j}$, 使得 $|C_{1j,1j}|=f_{1j}^2$, 故有上式可得 $|A|=(\sum\limits_{j=2}^{2n}a_{1j}f_{1j})^2$. $\Box$
引理 7 比較粗糙的原因是: 在幾次開平方的過程中, 我們不能確定如何取正負號. 這一點將在定理 9 中加以改進, 直至符號完全確定. 為了闡述定理 9, 我們先給出偶數階反對稱陣的 Pfaffian 多項式的定義.
定義 8 設 $A_{2n}=\{(i_1,j_1,i_2,j_2,\cdots,i_n,j_n)\in S_{2n}\mid i_1<j_1,i_2<j_2,\cdots,i_n<j_n,i_1<i_2<\cdots<i_n\}$, 我們可以證明 $\sharp A_{2n}=(2n-1)!!=(2n-1)(2n-3)\cdots 1$. 事實上, $i_1$ 只能取 1, 於是 $j_1$ 有 $2n-1$ 種取法; $i_1,j_1$ 確定之后, $i_2$ 只能取剩下元素中最小者, 於是 $j_2$ 有 $2n-3$ 種取法; 由此類推, 即得上述結論. 顯然, 常序排列 $(1,2,3,4,\cdots,2n-1,2n)$ 屬於 $A_{2n}$.
設 $A=(a_{ij})$ 為 $2n$ 階反對稱陣, 則 $$\mathrm{Pf}(A)=\sum_{(i_1,j_1,i_2,j_2,\cdots,i_n,j_n)\in A_{2n}}(-1)^{N(i_1,j_1,i_2,j_2,\cdots,i_n,j_n)}a_{i_1j_1}a_{i_2j_2}\cdots a_{i_nj_n}$$ 稱為 $A$ 的 Pfaffian 多項式, 這是一個關於 $a_{ij}\,(i<j)$ 的整系數多項式. 等價地, 我們也可以把 Pfaffian 多項式寫成如下的形式 (它的驗證留給讀者): $$\mathrm{Pf}(A)=\frac{1}{2^nn!}\sum_{(i_1,i_2,i_3,i_4,\cdots,i_{2n-1}\,\,,i_{2n})\in S_{2n}}(-1)^{N(i_1,i_2,i_3,i_4,\cdots,i_{2n-1}\,\,,i_{2n})}a_{i_1i_2}a_{i_3i_4}\cdots a_{i_{2n-1}\,\,i_{2n}}.$$
定理 9 設 $A=(a_{ij})$ 為 $2n$ 階反對稱陣, 則 $|A|=\mathrm{Pf}(A)^2$.
證明 我們稱由常序排列 $(1,2,3,4,\cdots,2n-1,2n)$ 決定的單項 $a_{12}a_{34}\cdots a_{2n-1,2n}$ 為常序單項. 由引理 7 的證明過程不難發現: $\sqrt{|A|}$ 的表達式中含有常序單項, 其符號為 1 或 $-1$. 為方便起見, 我們記包含符號等於 1 的常序單項的 $|A|$ 的那個平方根為 $\mathrm{Qr}(A)$, 則由引理 7 的證明過程可得 $$\mathrm{Qr}(A)=\sum_{j=2}^{2n}(-1)^{t_j}a_{1j}\mathrm{Qr}(C_{1j,1j}).\cdots\cdots(1)$$ 下面我們將用數學歸納法同時證明以下三個結論: $$t_j\equiv j\pmod 2,\,\,\forall j\geq 2,\cdots\cdots(2)\\ \mathrm{Qr}(A)=\mathrm{Pf}(A),\cdots\cdots(3)\\ \mathrm{Qr}(P_{i,i+1}AP_{i,i+1})=-\mathrm{Qr}(A),\,\,\forall\,1\leq i\leq 2n-1,\cdots\cdots(4)$$ 其中 $P_{i,i+1}$ 表示將第 $i$ 行和第 $i+1$ 行對換的第一類初等陣. 當 $n=1$ 時, 容易驗證 (2), (3) 和 (4) 都成立. 設這三個結論對 $2n-2$ 階反對稱陣成立, 我們來證 $2n$ 階反對稱陣的情形. 因為 $(3)_{2n-2}$ 成立, 所以 $\mathrm{Qr}(C_{1j,1j})=\mathrm{Pf}(C_{1j,1j})$ 中的所有單項都不是同類項, 並且 $a_{1j}\mathrm{Qr}(C_{1j,1j})\,(2\leq j\leq 2n)$ 中的所有單項都不是同類項. 任取 $i>2$, 設 $B=P_{i,i+1}AP_{i,i+1}$, $B$ 中刪除第 $i,j$ 行和第 $i,j$ 列的子陣記為 $D_{ij,ij}$. 顯然, $B$ 也是反對稱陣且 $|B|=|A|$. 由 (1) 可得: $$\mathrm{Qr}(A)=a_{12}\mathrm{Qr}(C_{12,12})+\cdots+(-1)^{t_i}a_{1i}\mathrm{Qr}(C_{1i,1i})+(-1)^{t_{i+1}}a_{1,i+1}\mathrm{Qr}(C_{1i+1,1i+1})+\cdots,$$ 對 $B$ 應用 (1) 可得 $$\mathrm{Qr}(B)=a_{12}\mathrm{Qr}(D_{12,12})+\cdots+(-1)^{t_i}a_{1,i+1}\mathrm{Qr}(D_{1i,1i})+(-1)^{t_{i+1}}a_{1,i}\mathrm{Qr}(D_{1i+1,1i+1})+\cdots.$$ 由 $|B|=|A|$ 可知 $\mathrm{Qr}(B)=\pm \mathrm{Qr}(A)$, 再由 $(4)_{2n-2}$ 可知 $a_{12}\mathrm{Qr}(D_{12,12})=-a_{12}\mathrm{Qr}(C_{12,12})$, 從而 $\mathrm{Qr}(B)=-\mathrm{Qr}(A)$. 注意到 $D_{1i,1i}=C_{1i+1,1i+1}$, $D_{1i+1,1i+1}=C_{1i,1i}$, 故比較對應單項的符號可得 $t_{i+1}\equiv t_i+1\pmod 2$ 對任意的 $i>2$ 都成立. 再設 $B=P_{23}AP_{23}$, 則由 (1) 可得: $$\mathrm{Qr}(A)=a_{12}\mathrm{Qr}(C_{12,12})+(-1)^{t_3}a_{13}\mathrm{Qr}(C_{13,13})+\cdots+(-1)^{t_i}a_{1,i}\mathrm{Qr}(C_{1i,1i})+\cdots,\\ \mathrm{Qr}(B)=a_{13}\mathrm{Qr}(D_{12,12})+(-1)^{t_3}a_{12}\mathrm{Qr}(D_{13,13})+\cdots+(-1)^{t_i}a_{1,i}\mathrm{Qr}(D_{1i,1i})+\cdots,$$ 其中 $3<i\leq 2n$. 由 $|B|=|A|$ 可知 $\mathrm{Qr}(B)=\pm \mathrm{Qr}(A)$, 再由 $(4)_{2n-2}$ 可知 $a_{1i}\mathrm{Qr}(D_{1i,1i})=-a_{1i}\mathrm{Qr}(C_{1i,1i})$, 從而 $\mathrm{Qr}(B)=-\mathrm{Qr}(A)$. 注意到 $D_{12,12}=C_{13,13}$, $D_{13,13}=C_{12,12}$, 故比較對應單項的符號可得 $t_3\equiv 1\pmod 2$, 於是 $t_j\equiv j\pmod 2$ 對任意的 $j\geq 2$ 成立, 即 $(2)_{2n}$ 成立. 綜合 (1) 和 $(3)_{2n-2}$ 可得 $$\mathrm{Qr}(A)=\sum_{j=2}^{2n}a_{1j}\mathrm{Qr}(C_{1j,1j})=\sum_{j=2}^{2n}a_{1j}\mathrm{Pf}(C_{1j,1j})\\ =\sum_{j=2}^{2n}a_{1j}\Bigg(\sum_{A_{2n-2}}(-1)^{N(i_2,j_2,\cdots,i_n,j_n)}a_{i_2j_2}\cdots a_{i_nj_n}\Bigg)\\ =\sum_{j=2,A_{2n-2}}^{2n}(-1)^{N(1,j,i_2,j_2,\cdots,i_n,j_n)}a_{1j}a_{i_2j_2}\cdots a_{i_nj_n}\\ =\sum_{A_{2n}}(-1)^{N(i_1,j_1,i_2,j_2,\cdots,i_n,j_n)}a_{i_1j_1}a_{i_2j_2}\cdots a_{i_nj_n}=\mathrm{Pf}(A),$$ 即 $(3)_{2n}$ 成立 (注意: $N(1,j,i_2,j_2,\cdots,i_n,j_n)=j-2+N(i_2,j_2,\cdots,i_n,j_n)$). 由 $(3)_{2n}$ 可直接驗證 $\mathrm{Qr}(P_{12}AP_{12})=-\mathrm{Qr}(A)$ 成立, 從而 $(4)_{2n}$ 也成立, 這就完成了所有的證明. 特別地, 我們可以得到 $|A|=\mathrm{Qr}(A)^2=\mathrm{Pf}(A)^2$. $\Box$
例 10 設 4 階反對稱陣 $A=\begin{pmatrix} 0 & a & b & c \\ -a & 0 & d & e \\ -b & -d & 0 & f \\ -c & -e & -f & 0 \\ \end{pmatrix}$, 則 $A_4=\{(1,2,3,4),(1,3,2,4),(1,4,2,3)\}$, $\mathrm{Pf}(A)=af-be+cd$, 於是由定理 9 可得 $|A|=\mathrm{Pf}(A)^2=(af-be+cd)^2$.
注 3 利用反對稱陣的 Pfaffian 多項式表示, 可以直接證明: 實反對稱陣的行列式非負, 以及反對稱整數矩陣的行列式是某個整數的平方, 這些都是反對稱陣的常見結果. 另外, Pfaffian 還有一些常見的性質, 例如: $\mathrm{Pf}(P'AP)=\det(P)\mathrm{Pf}(A)$, 其中 $A$ 是 $2n$ 階反對稱陣, $P$ 是同階非異陣.
注 4 反對稱陣的 Pfaffian 多項式表示還有其他的證明方法, 例如: 普羅斯庫烈柯夫, 線性代數習題集, 問題 543--545; H. W. Haber, Notes on Antisymmetric Matrices and the Pfaffian, Theorem 2; S. Winitzki, Linear Algebra via Exterior Products, $\S$5.8. 本文的證明方法僅利用了行列式的組合定義以及多元多項式的性質, 因此在適當地添補一些細節之后, 本文的結論也可以推廣到帶單位元 1 的交換環 $R$ 上, 有興趣的讀者可以自行完成相關的細節.