偶数阶反对称矩阵 Pfaffian 的平方等于行列式

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为了以后推导一个问题，需要先证明一个重要定理（也就是本文标题）。所需要的前置知识就只有行列式的几条基本性质。（也就是一般的大一高数线代行列式部分）

引理 1：奇数阶反对称矩阵的行列式为零。

反对称矩阵满足 a_{i,j}=-a_{j,i}，也就是说 A^\text T=- A。而我们又知道 |A|=|A^{\text T}|，故 |A|=(-1)^n|A|，n 为奇数时，|A|=0。

引理 2：设 A 是 2n 阶反对称矩阵，则 |A| 是关于 a_{i,j} 的某个多项式的平方。

考虑归纳法，在 n=1 的时候命题显然成立。假设命题对 2(n-1) 阶反对称矩阵成立，尝试推出 2n 阶时仍然成立。以下假设 |A| \neq 0，因为 |A|=0 时命题是显然成立的。

设 B_{i,j} 为删去 A 的第 i 行和第 j 列得到的 2n-1 阶子矩阵；C_{i,j} 为删去 A 的第 i,j 行和 i,j 列得到的 2(n-1) 阶子矩阵。不难验证，B_{i,i} 和 C_{i,j} 都是反对称矩阵。

设 A 的伴随矩阵为 A^*，考虑等式

\begin{bmatrix}0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ a_{3,1} & a_{3,2} & a_{3,3} & \cdots & a_{3,2n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{2n,1} & a_{2n,2} & a_{2n,3} & \cdots & a_{2n,2n}\end{bmatrix}\times A^*= \begin{bmatrix} A_{1,2} & A_{2,2} & A_{3,2} & \cdots & A_{2n,2} \\ A_{1,1} & A_{2,1} & A_{3,1} &\cdots & A_{2n,1} \\ 0 & 0 & |A| & \cdots & 0 \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & |A|\end{bmatrix}

等式左边的另一个矩阵也就是把 A 的前两行除两个位置以外，全部替换为零；等式右边中 A_{i,j} 表示矩阵的 A 的元素 a_{i,j} 的代数余子式。

等式两边同取行列式，根据 |A^*|=|A|^{2n-1} 即得

-|C_{1,2}|\times|A|^{2n-1}=(A_{1,2}A_{2,1}-A_{1,1}A_{2,2})|A|^{2n-2}

根据引理 1，A_{1,1}=A_{2,2}=0；又根据反对称矩阵本身的性质有 B_{1,2}=-B_{2,1}^{\text T}，且它们是奇数阶矩阵，故 A_{1,2}=-A_{2,1}。于是就有 |C_{1,2}|\times |A| = A_{1,2}^2，同理可证

A_{i,j}^2=|C_{i,j}| \times |A|

那么我们将 |A| 以第一行展开：

|A| = \sum_{i=2}^{2n} a_{1,i}A_{1,i}=\sum_{i=2}^{2n} s_i a_{1,i}\sqrt{|C_{1,i}| \times |A|}

(为什么 i 从 2 开始？因为 C_{1,1} 定义的不好，而且这一项总会是 0)
由于开根的时候暂时无法确定正负，这里就留了个符号项 s_i，它是 1 或 -1，不过具体是什么暂时不用管。两边同除 \sqrt{|A|} 即得

\sqrt{|A|}= \sum_{i=2}^{2n} s_i a_{1,i} \sqrt{|C_{1,i}|} |A| = \left( \sum_{i=2}^{2n} s_i a_{1,i} \sqrt{|C_{1,i}|}\right)^2

由于 C_{i,j} 是 2(n-1) 阶反对称矩阵，根据先前的假设，\sqrt{|C_{i,j}|} 也是其中元素组成的多项式，那么 |A| 也就满足假设。

引理 2 证了这么长，但它仍然很不好用，因为我们不能确定 s_i 是多少。那么这里就要引入 Pfaffian 值了。

设 A 为 2n 阶矩阵，定义

\text{Pf}(A)=\sum_{(i_1,j_1,i_2,j_2,\cdots,i_n,j_n)\in T_{2n}}(-1)^{\sigma(i_1,j_1,\cdots,i_n,j_n)}\prod_{k=1}^n a_{i_k,j_k}

其中 T_{2n}= \{(i_1,j_1,i_2,j_2,\cdots,i_n,j_n) \in S_{2n} | i_1<i_2<\cdots<i_n , i_1<j_1,i_2<j_2,\cdots,i_n<j_n\}，S_{2n} 表示 2n 阶全排列。\sigma 就是求逆序对数量的函数。

观察 T_{2n} 中的元素，i_1 只能取 1，否则无法构造出这样的排列。

定理：A 是 2n 阶反对称矩阵，\text{Pf}(A)^2=|A|。

定义由常序排列 (1,2,\cdots,2n-1,2n) 决定的项 a_{1,2}a_{3,4}\cdots a_{2n-1,2n} 为常序单项。根据引理 2 的证明过程，把 \sqrt{|A|} 的表达式展开，发现它是含有常序单项的。为方便表述，再定义 \text{Qr}(A) 为 \sqrt{|A|} 和 -\sqrt{|A|} 中，常序单项系数为 1 的那个。所以就有：

\text{Qr}(A) = \sum_{i=2}^{2n} t_i a_{1,i} \text{Qr}(C_{1,i})

（这里 t_i 也表示符号项，但是可能与 s_i 不同，为避免混淆，换了记号）
接下来，将用归纳法证明以下三个结论。如果它们成立的话，这个定理也就显然成立了：

t_i = (-1)^i \ \ \texttt{(1)} \text{Qr}(A)=\text{Pf}(A) \ \ \texttt{(2)} \text{Qr}(P_{i,i+1}AP_{i,i+1})=-\text{Qr}(A) \ \ \texttt{(3)}

其中 P_{i,i+1} 表示单位矩阵交换第 i 行和第 i+1 行，即 P_{i,i+1}AP_{i,i+1} 表示交换 A 的 i 和 i+1 行与 i 和 i+1 列，我们将其记为 A'。

由于 |A|=|A'|，\text{Qr}(A')= \pm \text{Qr}(A)，现在来观察展开式（为方便表述，不妨设 i \geq 3。对于 i <3 的情况，也是同理可证的）：

\text{Qr}(A)=a_{1,2}\text{Qr}(C_{1,2})+\cdots+t_i a_{1,i}\text{Qr}(C_{1,i})+t_{i+1}a_{1,i+1}\text{Qr}(C_{1,i+1})+\cdots \text{Qr}(A')=a_{1,2}\text{Qr}(C'_{1,2})+\cdots+t_i a_{1,i+1}\text{Qr}(C'_{1,i})+t_{i+1}a_{1,i}\text{Qr}(C'_{1,i+1})+\cdots

这里 C'_{1,j} 就表示 A' 删去第 1 和第 j 个行列得到的矩阵。

容易发现 j \neq i 且 j \neq i+1 时，C_{1,j} 和 C'_{1,j} 就是互为交换了相邻行列的 2(n-1) 阶矩阵，故 \text{Qr}(C_{1,j})=-\text{Qr}(C'_{1,j})。又由于 A' 交换了原本的行列，C'_{1,i}=C_{1,i+1} 且 C'_{1,i+1}=C_{1,i}，于是

\text{Qr}(A)+\text{Qr}(A')=(t_i+t_{i+1})(a_{1,i}\text{Qr}(C_{1,i})+a_{1,i+1}\text{Qr}(C_{1,i+1}))

显然，这个式子中缺失了含 a_{1,j} 的项，那它不可能等于 2\operatorname{Qr}(A)，它只能是零，故 \text{Qr}(A)=-\text{Qr}(A)，这就完成了 \texttt{(3)} 的证明。

接着刚才，a_{1,i}\text{Qr}(C_{1,i}) 和 a_{1,i+1}\text{Qr}(C_{1,i+1}) 显然不是同类项，它们的和不可能为零，那只能是 t_i=-t_{i+1}；又因为 t_2=1，这就证明了 \texttt{(1)}。

最后，我们来证明 \texttt{(2)}：

\text{Qr}(A)=\sum_{i=2}^{2n}(-1)^ia_{1,i}\text{Qr}(C_{1,i}) =\sum_{i=2}^{2n}(-1)^ia_{1,i}\text{Pf}(C_{1,i}) =\sum_{i=2}^{2n}(-1)^ia_{1,i}\sum_{T_{2n-2}} (-1)^{\sigma(i_2,j_2,\cdots,i_n,j_n)}[i_k \neq 1 \wedge j_k \neq i]\prod_{k=2}^na_{i_k,j_k} =\sum_{T_{2n-2}}(-1)^{\sigma(i_2,j_2,\cdots,i_n,j_n)} \sum_{i=2}^{2n}(-1)^i [i_k \neq 1 \wedge j_k \neq i]a_{1,i}\prod_{k=2}^n a_{i_k,j_k}

还记得吗？i_1 只能取 1，而且 (-1)^i 正好对应了 i 在排列中对逆序对数量的影响，故上式可以写为

\sum_{T_{2n}}(-1)^{\sigma(i_1,i_2,\cdots,i_n,j_n)} \prod_{k=1}^n a_{i_k,j_k}

这个就是 \text{Pf}(A) 的定义式，故 \text{Qr}(A)=\text{Pf}(A)，即 \text{Pf}(A)^2=|A|。

参考文献：行列式的组合定义及其应用--反对称阵的Pfaffian，基本是按照原文的思路证了一遍，但是对一些地方进行了详细解释或删减。