Determinante der Blockmatrix mit einzelnen Blöcken auf der Diagonale

Ohne Beschränkung der Allgemeinheit, lassen Sie$A$Sei$m$-von-$m$Und$D$Sei$n$-von-$n$, mit$m\ge n$. In Betracht ziehen

$$f(t)=\det\left( \begin{array}{cc} A+tI_m&B\\ C&D \end{array} \right).$$ Offensichtlich,

• $f(t)$ist ein Polynom von$t$, für die es analytisch ist$\mathbb{R}$;
• $f(0)$gibt die gewünschte Determinante zurück;
• $g(t)=\det\left(A+tI_m\right)$ist auch ein Polynom von$t$, für die es isolierte Nullen hat;
• $g(0)=0$unter der Vorraussetzung, dass$A$ist singulär, doch da$t=0$ist eine isolierte Null von$g(t)$,$g(t)\ne 0$für alle$t\in\left(-\delta,\delta\right)\setminus\left\{0\right\}$für einige$\delta>0$.

Nun, da$g(t)\ne 0$auf einigen$\left(-\delta,\delta\right)\setminus\left\{0\right\}$, es folgt dem$A+tI_m$ist auf dieser Domäne invertierbar. Deshalb,

$$f(t)=\det\left(A+tI_m\right)\det\left(D-C\left(A+tI_m\right)^{-1}B\right).$$ Folglich ist die Kontinuität von$f(t)$Erträge $$f(0)=\lim_{t\to 0}\left(\det\left(A+tI_m\right)\det\left(D-C\left(A+tI_m\right)^{-1}B\right)\right).$$

Konzentrieren wir uns nun auf zwei unterschiedliche Fälle. Erstens, wenn$A=O_m$, dh,$A$ist eine Nullmatrix der Ordnung$m$. In diesem Fall ergibt die obige Formel

$$\begin{align} f(0)&=\lim_{t\to 0}\left(\det\left(tI_m\right)\det\left(D-C\left(tI_m\right)^{-1}B\right)\right)\\ &=\lim_{t\to 0}\left(t^m\det\left(D-\frac{1}{t}CB\right)\right)\\ &=\lim_{t\to 0}\left(t^m\det\left(\frac{1}{t}\left(tD-CB\right)\right)\right)\\ &=\lim_{t\to 0}\left(t^{m-n}\det\left(tD-CB\right)\right). \end{align}$$ Erinnere dich daran$m\ge n$. Wir erhalten daher

• Wenn$m>n$, Es ist offensichtlich das$f(0)=0$;
• Wenn$m=n$, es folgt dem$f(0)=\det\left(-CB\right)=\left(-1\right)^n\det\left(CB\right)$.

Zweitens, bedenke$A\ne O_m$. Dieser Fall ist komplizierter, und es gibt keine elegante Form dafür$f(0)$nur mit$A$,$B$,$C$, Und$D$beteiligt. Allerdings seit$A\ne O_m$, können wir einige elementare Operationen des zweiten Typs durchführen, dh Zeilen- und Spaltenwechseltransformationen, so dass wir nach den Operationen erhalten

$$f(0)=\det\left( \begin{array}{cc} A'&B'\\ C'&D' \end{array} \right),$$ wo, z.$A'$Ergebnisse von$A$durch Umschalten$A$'s Zeilen und Spalten, so dass$A''$, Die$k$-von-$k$quadratische Matrix bestehend aus der ersten$k$Zeilen und Spalten von$A'$, ist invertierbar. Die Existenz eines solchen$A''$ist dadurch gewährleistet, dass$A\ne O_m$. Auf diese Weise, $$f(0)=\det\left( \begin{array}{cc} A''&B''\\ C''&D'' \end{array} \right).$$ Dank der Invertierbarkeit von$A''$, $$f(0)=\det\left(A''\right)\det\left(D''-C''\left(A''\right)^{-1}B''\right).$$ Dieses Ergebnis ist viel weniger elegant.$A''$ist nur ein Teil davon$A$.$B''$enthält einen Teil von beidem$A$Und$B$, und das tut es auch$C''$.$D''$enthält das Ganze$D$, und ein Teil von$A$,$B$, Und$C$. Außerdem gibt es auch Zeilen- und Spaltenschalter.

Für$M=\begin{bmatrix}A & B\\C & D\end{bmatrix}$lassen$N=M^TM$. So dass

$$N:=\begin{bmatrix}E & F\\F^T & G\end{bmatrix}$$ Wo $$\begin{align} E&=A^T A+C^T C\\F&=A^T B+C^T D\\G&=B^T B+D^T D \end{align}$$ Nun, wenn$M$ist dann nichtsingulär$N$ist eine positiv definite Matrix. Daher laut diesem anderen Beitrag, $E$ist eine positiv definite (dh nicht-singuläre) Blockmatrix.

Seit$E$nicht singulär ist, können wir das Schur-Komplement verwenden, um zu erhalten$\det N$.

$$\det{N} = \det{E}\cdot\det(G-F^T E^{-1}F)=(\det M)^2$$ Der einzige verbleibende Teil in diesem Fall ist die Bestimmung des Vorzeichens von$\det M$, was anscheinend im Allgemeinen nicht einfach möglich ist .

Vielleicht bekommen wir das Zeichen von$\det M$durch einen Trick ähnlich dem, der am Ende von @hypernovas Antwort besprochen wurde. Ich werde diese Antwort aktualisieren, wenn etwas auftaucht.

Hinweis:

$$M = \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix}. = \begin{bmatrix} 0 & I \\ I & 0 \end{bmatrix}. \begin{bmatrix} C & D \\ A & B \end{bmatrix}$$

Wo$I$ist die Identitätsmatrix geeigneter Größe.