我们知道，方阵的行列式不是方阵的线性函数，即对 \(\forall \lambda\in F,A,B\in F^{n\times n}\)，有 \(det(A+B)\neq detA+detB\) 和 \(det(\lambda A)\neq \lambda detA\)；而方阵的行列式是方阵的可乘函数，即 \(det(AB)=detA\cdot detB\). 那么如果 \(A,B\) 不是方阵，而是长方矩阵，那么就可以推广得到 Cauchy-Binet 公式。

Theorem(Cauchy-Binet)[1] 设 \(A=(a_{ij})\) 是 \(m\times n\) 矩阵，\(B=(b_{ij})\) 是 \(n\times m\) 矩阵，\(A\begin{pmatrix}i_1 & \cdots & i_s \\ j_1 & \cdots & j_s\end{pmatrix}\) 表示 \(A\) 的一个 \(s\) 阶子式，它由 \(A\) 的第 \(i_1,\cdots,i_s\) 行与第 \(j_1,\cdots,j_s\) 列交点上的元素按原次序排列组成的行列式。同理定义 \(B\) 的 \(s\) 阶子式，则 (1) 若 \(m>n\)，必有 \(|AB|=0\);

(2) 若 \(m\le n\)，必有

\[|AB|=\sum_{1\le j_1<j_2<\cdots<j_m\le n}A\begin{pmatrix}
1 & 2 & \cdots & m \\
j_1 & j_2 & \cdots & j_m
\end{pmatrix}B\begin{pmatrix}
j_1 & j_2 & \cdots & j_m \\
1 & 2 & \cdots & m
\end{pmatrix}.

\]

Proof. 令 \(C=\begin{pmatrix} A & 0 \\ -I_n & B \end{pmatrix}\). 我们将用不同的方法来计算行列式 \(|C|\).

首先，对 \(C\) 进行第三类分块初等变换得到矩阵 \(M=\begin{pmatrix} 0 & AB \\ -I_n & B \end{pmatrix}\). 事实上，\(M\) 可写为

\[M=\begin{pmatrix}
I_m & A \\
0 & I_n
\end{pmatrix}C,

\]

因此 \(|M|=|C|\). 用 Laplace 定理来计算 \(|M|\)，按前 \(m\) 行展开得

\[|M|=(-1)^{(n+1+n+2+\cdots+n+m)+(1+2+\cdots+m)}|-I_n||AB|=
(-1)^{n(m+1)}|AB|.

\]

再来计算 \(|C|\)，用 Laplace 定理按前 \(m\) 行展开。这时若 \(m>n\)，则前 \(m\) 行中任意一个 \(m\) 阶子式都含有至少一列全为零，因此行列式值等于零，即 \(|AB|=0\). 若 \(m\le n\)，由 Laplace 定理得

\[|C|=\sum_{1\le j_1<j_2<\cdots<j_m\le n}A\begin{pmatrix}
1 & 2 & \cdots & m \\
j_1 & j_2 & \cdots & j_m
\end{pmatrix}C\begin{pmatrix}
1 & 2 & \cdots & m \\
j_1 & j_2 & \cdots & j_m
\end{pmatrix},

\]

其中 \(C\begin{pmatrix}1 & 2 & \cdots & m \\ j_1 & j_2 & \cdots & j_m \end{pmatrix}\) 是 \(A\begin{pmatrix} 1 & 2 & \cdots & m \\ j_1 & j_2 & \cdots & j_m \end{pmatrix}\) 在矩阵 \(C\) 中的代数余子式。显然

\[C\begin{pmatrix}
1 & 2 & \cdots & m \\
j_1 & j_2 & \cdots & j_m
\end{pmatrix}=(-1)^{\frac{1}{2}m(m+1)+(j_1+j_2+\cdots+j_m)}
|-e_{i_1},-e_{i_2},\cdots,-e_{i_{n-m}},B|,

\]

其中 \(i_1,i_2,\cdots,i_{n-m}\) 是 \(C\) 中前 \(n\) 列去掉 \(j_1,j_2,\cdots,j_m\) 列后余下的列序数，\(e_{i_1},e_{i_2},\cdots,e_{i_{n-m}}\) 是相应的 \(n\) 维标准单位列向量。记

\[|N|=|-e_{i_1},-e_{i_2},\cdots,-e_{i_{n-m}}|,

\]

现来计算 \(|N|\). \(|N|\) 用 Laplace 定理按前 \(n-m\) 列展开。注意只有一个子式非零，其值等于 \(|-I_{n-m}|=(-1)^{n-m}\). 而这个子式的余子式为

\[B\begin{pmatrix}
j_1 & j_2 & \cdots & j_m \\
1 & 2 & \cdots & m
\end{pmatrix}.

\]

因此

\[|N|=(-1)^{(n-m)+(i_1+i_2+\cdots+i_{n-m})+(1+2+\cdots+n-m)}B
\begin{pmatrix}
j_1 & j_2 & \cdots & j_m \\
1 & 2 & \cdots & m
\end{pmatrix}.

\]

注意到 \((i_1+i_2+\cdots+i_{n-m})+(j_1+j_2+\cdots+j_m)=1+2+\cdots+n\),综合上面的结论，通过简单计算不难得到

\[|AB|=\sum_{1\le j_1<j_2<\cdots<j_m\le n}A\begin{pmatrix}
1 & 2 & \cdots & m \\
j_1 & j_2 & \cdots & j_m
\end{pmatrix}B\begin{pmatrix}
j_1 & j_2 & \cdots & j_m \\
1 & 2 & \cdots & m
\end{pmatrix}.

\]

Binet-Cauchy 公式有很多方面的应用，比如证明 Lagrange 恒等式，Cauchy- Schwarz 不等式，计算一些特殊的 \(n\) 阶行列式。下面我们先来看其在恒等式证明中的应用。

Question 1.[1:1] 证明 Lagrange 恒等式(\(n\ge2\)):

\[\left(\sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^n b_i^2\right)-\left(\sum_{i=1}^n a_ib_i\right)^2=\sum_{1\le i<j\le n}
(a_ib_j-a_jb_i)^2.

\]

Proof. 左边的表达式写成行列式的形式如下

\[\begin{vmatrix}
\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i^2 & \displaystyle\sum_{i=1}^n a_ib_i \\
\displaystyle\sum_{i=1}^n a_ib_i & \displaystyle\sum_{i=1}^n
b_i^2
\end{vmatrix}.

\]

这个行列式对应的矩阵可化为

\[\begin{pmatrix}
a_1 & a_2 & \cdots & a_n \\
b_1 & b_2 & \cdots & b_n
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
a_1 & b_1 \\
a_2 & b_2 \\
\vdots & \vdots \\
a_n & b_n
\end{pmatrix}.

\]

用 Cauchy- Schwarz 公式得

\[\begin{vmatrix}
\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i^2 & \displaystyle\sum_{i=1}^n a_ib_i \\
\displaystyle\sum_{i=1}^n a_ib_i & \displaystyle\sum_{i=1}^n
b_i^2
\end{vmatrix}=\sum_{1\le i<j\le n}\begin{pmatrix}
a_i & a_j \\
b_i & b_j
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
a_i & b_i \\
a_j & b_j
\end{pmatrix}=\sum_{1\le i<j\le n}(a_ib_j-a_jb_i)^2.

\]

注意到，上述证明过程中行列式的值是非负的，这样我们就得到了Cauchy- Schwarz不等式。另外，类似于上面的证明过程，我们可以使用 Cauchy-Binet 公式证明比 Lagrange 恒等式更一般的结论 Cauchy 恒等式[2] 。当然，也可以使用其他方法证明这恒等式，但是显然没有使用 Cauchy-Binet 公式证明来得简洁。

Binet- Cauchy 公式在行列式中应用最多的情形是 \(m=n\) 时方阵乘积的行列式等于方阵行列式的乘积。而对于一些特殊的行列式，我们可以把这个行列式对应的矩阵写成两个长方阵的乘积，然后利用 Binet-Cauchy 公式进行分类讨论，可以参考下面两道例题:

Question 2.[3] 计算行列式:

\[\begin{vmatrix}
x_1y_1+1 & x_1y_2+1 & \cdots & x_1y_n+1 \\
x_2y_1+1 & x_2y_2+1 & \cdots & x_2y_n+1 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
x_ny_1+1 & x_ny_2+1 & \cdots & x_ny_n+1
\end{vmatrix}.

\]

Solution. 记此行列式为 \(|A|\)，则有

\[|A|=\begin{vmatrix}
\begin{pmatrix}
x_1 & 1 \\
x_2 & 1 \\
\vdots & \vdots \\
x_n & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
y_1 & y_2 & \cdots & y_n \\
1 & 1 & \cdots & 1
\end{pmatrix}
\end{vmatrix}.

\]

由 Binet-Cauchy 公式，当 \(n>2\) 时，\(|A|=0\); 当 \(n=2\) 时，

\[|A|=\begin{vmatrix}
\begin{pmatrix}
x_1 & 1 \\
x_2 & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
y_1 & y_2 \\
1 & 1
\end{pmatrix}
\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
x_1 & 1 \\
x_2 & 1
\end{vmatrix}\begin{vmatrix}
y_1 & y_2 \\
1 & 1
\end{vmatrix}=(x_1-x_2)(y_1-y_2).

\]

当 \(n=1\) 时，\(|A|=x_1y_1+1\).

Question 3.[3:1] 计算行列式:

\[\begin{vmatrix}
x_1-y_1 & x_1-y_2 & \cdots & x_1-y_n \\
x_2-y_1 & x_2-y_2 & \cdots & x_2-y_n \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
x_n-y_1 & x_n-y_2 & \cdots & x_n-y_n
\end{vmatrix}.

\]

Solution. 记此行列式为 \(|B|\)，则有

\[|B|=\begin{vmatrix}
\begin{pmatrix}
x_1 & -1 \\
x_2 & -1 \\
\vdots & \vdots \\
x_n & -1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & 1 & \cdots & 1 \\
y_1 & y_2 & \cdots & y_n
\end{pmatrix}
\end{vmatrix}.

\]

由 Binet-Cauchy 公式，当 \(n>2\) 时，上式右端乘积的行列式为零;当 \(n=2\) 时,

\[|B|=\begin{vmatrix}\begin{pmatrix}
x_1 & -1 \\
x_2 & -1 \\
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & 1 \\
y_1 & y_2
\end{pmatrix}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
x_1 & -1 \\
x_2 & -1
\end{vmatrix}\begin{vmatrix}
1 & 1 \\
y_1 & y_2
\end{vmatrix}=(x_1-x_2)(y_1-y_2).

\]

当 \(n=1\) 时，\(|B|=x_1-x_2\).

可见，Binet-Cauchy 公式是处理这种值随阶数变化而变化的行列式的有力工具。Binet-Cauchy 公式应用最多的还是 \(m=n\) 的情形，具体可以参考文献[4]第三章第二节习题第4题的前三小题，这里不再赘述。下面给出轮回方阵的行列式的应用 Cauchy- Binet 公式的求法。轮回方阵本身不可能写成两个矩阵的乘积，但是如果我们另设一个矩阵，两个矩阵乘积可以写成和一个对角矩阵的乘积，而对角矩阵的行列式是非常容易得到的，从而就可以得到轮回方阵的行列式。与其类似的文献[4]第三章第二节习题第4题的第(4)小题，采用同样的处理方法就可以得到结果。

Question 4.[4] \(n\) 阶方阵

\[\begin{pmatrix}
a_0 & a_1 & a_2 & \cdots & a_{n-1} \\
a_{n-1} & a_0 & a_1 & \cdots & a_{n-2} \\
a_{n-2} & a_{n-1} & a_0 & \cdots & a_{n-3} \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
a_1 & a_2 & a_3 & \cdots & a_0
\end{pmatrix}.

\]

称为轮回方阵，求 \(n\) 阶轮回方阵的行列式。

Solution. 设 \(\omega\) 是 \(n\) 次本原单位根，即 \(\omega^i\neq 1,1\le i\le n-1,\omega^n=1\)，\(f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_{n-1}x^{n-1}\)，取 \(n\) 阶矩阵 \(B\) 为

\[B=\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\
1 & \omega & \omega^2 & \cdots & \omega^{n-1} \\
1 & \omega^2 & \omega^4 & \cdots & \omega^{2(n-1)} \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
1 & \omega^{n-1} & \omega{2(n-1)} & \cdots & \omega{(n-1)^2}
\end{pmatrix}

\]

容易验证 \(AB=Bdiag(f(1), f(\omega), f(\omega^2), \cdots, f(\omega^{n-1}))\). 两端各取行列式，则由

\[det Adet B=\left(\prod_{i=0}^{n-1}f(\omega^i)\right)detB.

\]

显然 Vandermonde 行列式 \(detB=\displaystyle\prod_{1\le i<j\le n}(\omega^j-\omega^i)\neq 0\). 因此 \(detA=\displaystyle\prod_{i=0}^{n-1}f(\omega^i)\)

---