Binet-Cauchy 公式及其应用
SalomeJLQ
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算法·理论
Binet-Cauchy 公式广泛运用于与乘积矩阵相关的秩、子式和行列式等计算和分析中，并能够证明一些重要且著名的恒等式。本文详细介绍了 Binet-Cauchy 公式的来路、证明，并就其一些基础且重要的应用做了较为全面的介绍。
准备：行列式的 k 阶子式
所谓 \boldsymbol k 阶子式是指选定 \boldsymbol A 的 k 行 i_1,\cdots,i_k 与 k 列 j_1,\cdots,j_k，由着 k 行 k 列相交的元素组成的方阵的行列式，记作
\boldsymbol A\begin{pmatrix}i_1,i_2,\cdots,i_k\\j_1,j_2,\cdots,j_k\end{pmatrix}:=\begin{vmatrix}
a_{i_1j_1}&a_{i_1j_2}&\cdots&a_{i_1j_k}\\
a_{i_2j_1}&a_{i_2j_2}&\cdots&a_{i_2j_k}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
a_{i_kj_1}&a_{i_kj_2}&\cdots&a_{i_kj_k}
\end{vmatrix},
而其对应的余子式即为将 \boldsymbol A 划去这 k 行 k 列后组成的矩阵的行列式。于是设余下的行与列为 i'_1,\cdots,i'_{n-k} 及 j'_1,\cdots,j'_{n-k}。显然余子式是一个 n-k 阶子式，它等于
\boldsymbol A\begin{pmatrix}i'_1,i'_2,\cdots,i'_{n-k}\\j'_1,j'_2,\cdots,j'_{n-k}\end{pmatrix},
所说的 k 阶子式的代数余子式则是
(-1)^{(i_1+\cdots+i_k)+(j_1+\cdots+j_k)}\boldsymbol A\begin{pmatrix}i'_1,i'_2,\cdots,i'_{n-k}\\j'_1,j'_2,\cdots,j'_{n-k}\end{pmatrix}.
可自行对照 1 阶子式的代数余子式，它是我们早先已熟知的。需要注意，这里 \{i\},\,\{j\},\,\{i'\},\,\{j'\} 都是没有顺序的，等价地，它们皆从小到大排列。
主子式
矩阵 \boldsymbol A 的一个 r 阶主子式是它的一个行指标与列指标相同的 r 阶子式
\boldsymbol A\begin{pmatrix}
i_1,i_2,\cdots,i_r\\
i_1,i_2,\cdots,i_r
\end{pmatrix}.
Binet-Cauchy 公式
Binet-Cauchy 公式是描述矩阵乘积的行列式的一个相当重要的公式。我们先给出这个公式。
- 如果 $s>n$，则 $|\boldsymbol{AB}|=0$。
- 如果 $s\leqslant n$，那么：
$$
|\boldsymbol{AB}|=\sum_{1\leqslant v_1<\cdots<v_s\leqslant n}\boldsymbol A\begin{pmatrix}
1,2,\cdots,s\\v_1,v_2,\cdots,v_s
\end{pmatrix}
\boldsymbol B\begin{pmatrix}
v_1,v_2,\cdots,v_s\\1,2,\cdots,s
\end{pmatrix}
$$
为了证明 Binet-Cauchy 公式，我们先来引入 Laplace 定理。
## Laplace 定理
Laplace 定理是行列式的 $k$ 行展开定理，它表明任选 $\boldsymbol A$ 的 $k$ 行，则 $\det\boldsymbol A$ 为由此产生的所有 $k$ 阶子式与其对应 $k$ 阶代数余子式之积的和，亦即如下定理。
$\mathbf{Theorem\;2.\;(Laplace)}\quad$对任意给定的 $k$ 行 $i_1,i_2,\cdots,i_k$，以下等式成立：
$$
|{\boldsymbol A}|=\sum_{1<j_1\leqslant\dots<j_k\leqslant n}\boldsymbol A\begin{pmatrix}i_1,i_2,\cdots,i_k\\j_1,j_2,\cdots,j_k\end{pmatrix}(-1)^{\left(\sum_{x}i_x\right)+\left(\sum_{x}j_x\right)}\boldsymbol A\begin{pmatrix}i'_1,i'_2,\cdots,i'_{n-k}\\j'_1,j'_2,\cdots,j'_{n-k}\end{pmatrix}
$$
### Laplace 定理的证明
考虑在 $|\boldsymbol A|$ 的表达式中，将 $i_1,\cdots,i_k$ 放在前 $k$ 个位置。由此，我们首先在排列中任意取出 $j_1,\cdots,j_k$ 个数，并将其重排为 $\mu_1,\cdots,\mu_k$，以此与 $i_1,\cdots i_k$ 匹配；然后对于余下的 $n-k$ 个数重排，与 $i'_1,\cdots,i'_{n-k}$ 这些行匹配。从组合意义讲，这样能够取遍所有 $[n]$ 的置换。事实上其方案数为
$$
\binom{n}{k}\cdot k!\cdot(n-k)!=n!\;,
$$
于是这样确实能够取遍 $[n]$ 的所有置换。由此，我们确实可以按这种方式书写行列式，即
$$
\begin{aligned}
|\boldsymbol A|&=\sum_{\mu_1\cdots\mu_kv_1\cdots v_{n-k}}(-1)^{\tau(i)+\tau(j)}a_{i_1\mu_1}\cdots a_{i_k\mu_k}a_{i'_1v_1}\cdots a_{i'_{n-k}v_{n-k}}\\
&=\sum_{1<j_1\leqslant\dots<j_k\leqslant n}\sum_{(\mu_1\cdots\mu_k)\in\sigma(j_1,\cdots,j_k)}\sum_{v_1\cdots v_{n-k}}a_{i_1\mu_1}\cdots a_{i_k\mu_k}a_{i'_1v_1}\cdots a_{i'_{n-k}v_{n-k}}
\,,
\end{aligned}
$$
其中 $\tau(i)+\tau(j)=\tau(i_1\cdots i_ki'_1\cdots i'_{n-k})+\tau(\mu_1\cdots\mu_kv_1\cdots v_{n-k})$。根据我们前述生成排列的方法，可得
$$
\begin{aligned}
\tau(i_1&\cdots i_ki'_1\cdots i'_{n-k})\\
&=(i_1-1)+(i_2-2)+\cdots+(i_k-k)\\
&=(i_1+\cdots+i_k)-\frac{k(k+1)}{2}.
\end{aligned}
$$
而根据逆序对的性质，设 $j_1,\cdots,j_k$ 经过 $s$ 次互换后变为 $\mu_1,\cdots,\mu_k$，我们又得到
$$
\begin{aligned}
(-1)&^{\tau(\mu_1\cdots\mu_kv_1\cdots v_{n-k})}\\
&\;=(-1)^s(-1)^{\tau(j_1\cdots j_kv_1\cdots v_{n-k})}\\
&\;=(-1)^{\tau(\mu_1\cdots\mu_k)}(-1)^{(i_1-1)+(i_2-2)+\cdots+(i_k-k)+\tau(v_1\cdots v_{n-k})}\\
&\;=(-1)^{(j_1+j_2+\cdots+j_k)-\frac{1}{2}k(k+1)}(-1)^{\tau(\mu_1\mu_2\cdots\mu_k)}(-1)^{\tau(v_1\cdots v_{n-k})}.
\end{aligned}
$$
由此可得
$$
\begin{aligned}
|\boldsymbol A|
&=\sum_{1<j_1\leqslant\dots<j_k\leqslant n}\sum_{\mu_1\cdots\mu_k}\sum_{v_1\cdots v_{n-k}}(-1)^{\tau(i)+\tau(j)}\left(\prod_{p\leqslant k}a_{i_p\mu_p}\right)\!\left(\prod_{q\leqslant n-k}a_{i'_qv'_q}\right)\\
&=\sum_{1<j_1\leqslant\dots<j_k\leqslant n}(-1)^{(i_1+\cdots+i_k)-\frac{1}{2}k(k+1)}(-1)^{(j_1+j_2+\cdots+j_k)-\frac{1}{2}k(k+1)}\\&\qquad\quad\sum_{\mu_1\cdots\mu_k}\sum_{v_1\cdots v_{n-k}}(-1)^{\tau(\mu_1\mu_2\cdots\mu_k)}(-1)^{\tau(v_1\cdots v_{n-k})}\left(\prod_{p\leqslant k}a_{i_p\mu_p}\right)\!\left(\prod_{q\leqslant n-k}a_{i'_qv'_q}\right)\\
&=\sum_{1<j_1\leqslant\dots<j_k\leqslant n}(-1)^{(i_1+\cdots+i_k)+(j_1+j_2+\cdots+j_k)}
\\&\qquad\qquad\quad\times\left(\sum_{\mu_1\cdots\mu_k}(-1)^{\tau(\mu_1\mu_2\cdots\mu_k)}\prod_{p\leqslant k}a_{i_p\mu_p}\right)\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\times\left(\sum_{v_1\cdots v_k}(-1)^{\tau(v_1v_2\cdots v_k)}\prod_{q\leqslant n-k}a_{i'_qv_q}\right)\\
&=\sum_{1<j_1\leqslant\dots<j_k\leqslant n}\boldsymbol A\begin{pmatrix}i_1,i_2,\cdots,i_k\\j_1,j_2,\cdots,j_k\end{pmatrix}(-1)^{\left(\sum_{x}i_x\right)+\left(\sum_{x}j_x\right)}\boldsymbol A\begin{pmatrix}i'_1,i'_2,\cdots,i'_{n-k}\\j'_1,j'_2,\cdots,j'_{n-k}\end{pmatrix}.
\end{aligned}
$$
### Laplace 定理的应用
以下推论是与证明 Binet-Cauchy 公式有关的 Laplace 定理的最重要的结论。
$\mathbf{Corollary\;3.}
\begin{vmatrix}
a_{11}&\cdots&a_{1k}&0&\cdots&0\\
\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
a_{k1}&\cdots&a_{kk}&0&\cdots&0\\
c_{11}&\cdots&c_{1k}&b_{11}&\cdots&b_{1r}\\
\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
c_{r1}&\cdots&c_{rk}&b_{r1}&\cdots&b_{rr}\\
\end{vmatrix}=
\begin{vmatrix}
a_{11}&\cdots&a_{1k}\\
\vdots&\ddots&\vdots\\
a_{k1}&\cdots&a_{kk}
\end{vmatrix}{\;\cdot\;}
\begin{vmatrix}
b_{11}&\cdots&b_{1r}\\
\vdots&\ddots&\vdots\\
b_{r1}&\cdots&b_{rr}
\end{vmatrix}
它可以简略地记作
$$
\begin{vmatrix}
\boldsymbol A&\boldsymbol 0\\
\boldsymbol C&\boldsymbol B
\end{vmatrix}=\left|\boldsymbol A\right|\left|\boldsymbol B\right|.
$$
事实上，使用类似的方法也可以得到
$$
\begin{aligned}
\begin{vmatrix}
\boldsymbol A&\boldsymbol C\\
\boldsymbol 0&\boldsymbol B
\end{vmatrix}&=\left|\boldsymbol A\right|\left|\boldsymbol B\right|\\
\begin{vmatrix}
\boldsymbol 0&\boldsymbol A\\
\boldsymbol B&\boldsymbol C
\end{vmatrix}&=(-1)^{kr}\left|\boldsymbol A\right|\left|\boldsymbol B\right|.
\end{aligned}
$$
Laplace 定理还有其他应用，但仅就证明 Binet-Cauchy 这一点上，以上推论已足够。
### 方阵乘积的行列式
接下来让我们转向对矩阵乘积的行列式的讨论。我们将证明 $\left|{\boldsymbol{AB}}\right|=\left|{\boldsymbol A}\right|\left|{\boldsymbol B}\right|$，也即如下推论。
$\bf Corollary\;4.\quad\left|{\boldsymbol{AB}}\right|=\left|{\boldsymbol A}\right|\left|{\boldsymbol B}\right|$.
等式右端使我们联想到行列式 $\begin{vmatrix}
\boldsymbol A&\boldsymbol 0\\
\boldsymbol C&\boldsymbol B
\end{vmatrix}$。我们应当使这个行列式能变换出 $\begin{vmatrix}
\boldsymbol 0&\boldsymbol{AB}\\
\boldsymbol C&\boldsymbol B
\end{vmatrix}$ 的形式，然后使用 Laplace 定理。方便起见可设 $\boldsymbol C=-\boldsymbol{I}$。为此考虑如下证法：
$$
\begin{aligned}
\left|{\boldsymbol A}\right|\left|{\boldsymbol B}\right|&=\begin{vmatrix}{\boldsymbol A}&{\bf 0}\\{-\boldsymbol{I}}&{\boldsymbol B}\end{vmatrix}=
\begin{vmatrix}
a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}&0&0&0&0\\
a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}&0&0&0&0\\
\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\
a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}&0&0&0&0\\
-1&0&0&0&b_{11}&b_{12}&\cdots&b_{1n}\\
0&-1&0&0&b_{21}&b_{22}&\cdots&b_{2n}\\
\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\
0&0&0&-1&b_{n1}&b_{n2}&\cdots&b_{nn}\\
\end{vmatrix}\\&=
\begin{vmatrix}
0&0&0&0&\sum\limits_{k=1}^na_{1k}b_{k1}&\sum\limits_{k=1}^na_{1k}b_{k2}&\cdots&\sum\limits_{k=1}^na_{1k}b_{kn}\\
0&0&0&0&\sum\limits_{k=1}^na_{2k}b_{k1}&\sum\limits_{k=1}^na_{2k}b_{k2}&\cdots&\sum\limits_{k=1}^na_{2k}b_{kn}\\
\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\
0&0&0&0&\sum\limits_{k=1}^na_{nk}b_{k1}&\sum\limits_{k=1}^na_{nk}b_{k2}&\cdots&\sum\limits_{k=1}^na_{nk}b_{kn}\\
-1&0&0&0&b_{11}&b_{12}&\cdots&b_{1n}\\
0&-1&0&0&b_{21}&b_{22}&\cdots&b_{2n}\\
\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\
0&0&0&-1&b_{n1}&b_{n2}&\cdots&b_{nn}\\
\end{vmatrix}\\
&=\begin{vmatrix}{\bf 0}&{\boldsymbol{AB}}\\{\bf -I}&{\boldsymbol B}\end{vmatrix}
\end{aligned}
$$
使用 Laplace 定理按其前 $n$ 行展开得
$$\begin{vmatrix}{\bf 0}&{\boldsymbol{AB}}\\-\boldsymbol{I}&{\boldsymbol B}\end{vmatrix}=\left|{\boldsymbol{AB}}\right|(-1)^{(1+\dots+n)+((n+1)+\dots+(n+n))}\left|-\boldsymbol{I}\right|=\left|{\boldsymbol{AB}}\right|.$$
由此我们完成了证明。特别注意，以上矩阵 $\boldsymbol{A,B}$ 都是方阵。
## Binet-Cauchy 公式的证明
现在我们可以来证明 Binet-Cauchy。注意到当 $s>n$ 时
$$
\operatorname{rank}(\boldsymbol{AB})\leqslant\operatorname{rank}(\boldsymbol{A})\leqslant n< s\,,
$$
于是此种情形下乘积不是满秩矩阵，其行列式为零。
以下考察 $s\leqslant n$ 时的情形。用两种方法计算下述行列式：
$$
\boldsymbol D=
\begin{vmatrix}{\boldsymbol A}&{\bf 0}\\{-\boldsymbol{I}}&{\boldsymbol B}\end{vmatrix}
$$
此处 $\boldsymbol{A}$ 为 $s\times n$ 的矩阵，而 $\boldsymbol{B}$ 是 $n\times s$。一方面，根据上一节的结论，它等于
$$
\begin{aligned}
\begin{vmatrix}{\boldsymbol 0}&{\boldsymbol{AB}}\\{-\boldsymbol{I}}&{\boldsymbol B}\end{vmatrix}&=|\boldsymbol{AB}|(-1)^{(1+\cdots+s)+((n+1)+\cdots+(n+s))}|-\boldsymbol{I}|\\
&=(-1)^{sn}(-1)^n|\boldsymbol{AB}|\,.
\end{aligned}
$$
另一方面，将其按前 $s$ 行展开，可得
$$
\boldsymbol{D}=\sum_{1\leqslant v_1<\cdots<v_s\leqslant n}\boldsymbol{A}\begin{pmatrix}
1,2,\cdots,s\\v_1,v_2,\cdots,v_s
\end{pmatrix}(-1)^{(1+\cdots+s)+(v_1+\cdots+v_s)}\left|\left(\boldsymbol \varepsilon_{v'_1},\cdots,\boldsymbol \varepsilon_{v'_{n-s}},\boldsymbol B\right)\right|\,,
$$
其中 $\{v'_i\}_{1}^{n-s}$ 为 $[n]-\{v_1,\cdots,v_s\}$，且按递增顺序排列。将
$$
\left|\left(\boldsymbol \varepsilon_{v'_1},\cdots,\boldsymbol \varepsilon_{v'_{n-s}},\boldsymbol B\right)\right|
$$
按前 $n-s$ 列展开。显见前 $n-s$ 列只有一个子式非零，它是取 $v'_1,\cdots,v'_{n-s}$ 这几行构成的。因此
$$
\begin{aligned}
&\left|\left(\boldsymbol \varepsilon_{v'_1},\cdots,\boldsymbol \varepsilon_{v'_{n-s}},\boldsymbol B\right)\right|\\
=&\;|-\boldsymbol I_{n-s}|(-1)^{\left(v'_1+\cdots+v'_{n-s}\right)+(1+\cdots+(n-s))}\boldsymbol B\begin{pmatrix}
v_1,v_2,\cdots,v_s\\1,2,\cdots,s
\end{pmatrix}\\
=&\;(-1)^{n-s}(-1)^{\left(v'_1+\cdots+v'_{n-s}\right)}(-1)^{\frac{1}{2}(n-s+1)(n-s)}\boldsymbol B\begin{pmatrix}
v_1,v_2,\cdots,v_s\\1,2,\cdots,s
\end{pmatrix}.
\end{aligned}
$$
据此得
$$
\boldsymbol{D}=\sum_{1\leqslant v_1<\cdots<v_s\leqslant n}\boldsymbol{A}\begin{pmatrix}
1,2,\cdots,s\\v_1,v_2,\cdots,v_s
\end{pmatrix}\cdot u\cdot \boldsymbol B\begin{pmatrix}
v_1,v_2,\cdots,v_s\\1,2,\cdots,s
\end{pmatrix},
$$
其中
$$
\begin{aligned}
u&=(-1)^{(1+\cdots+s)+(v_1+\cdots+v_s)}(-1)^{n-s}(-1)^{\left(v'_1+\cdots+v'_{n-s}\right)}(-1)^{\frac{1}{2}(n-s+1)(n-s)}\\
&=(-1)^{\frac{1}{2}s(s+1)}(-)^{\frac{1}{2}n(n+1)}(-1)^{n-s}(-1)^{\frac{1}{2}(n-s+1)(n-s)}\\
&=(-1)^{n^2+s^2-s(n+1)}\,.
\end{aligned}
$$
对比两种求 $\boldsymbol D$ 的方法，可得
$$
\begin{aligned}
(-1)^{sn}(-1)^n|\boldsymbol{AB}|&=\sum_{1\leqslant v_1<\cdots<v_s\leqslant n}\boldsymbol{A}\begin{pmatrix}
1,2,\cdots,s\\v_1,v_2,\cdots,v_s
\end{pmatrix}(-1)^{n^2+s^2-s(n+1)}\boldsymbol B\begin{pmatrix}
v_1,v_2,\cdots,v_s\\1,2,\cdots,s
\end{pmatrix}\\
|\boldsymbol{AB}|&=(-1)^{(n-s)(n-s+1)}\sum_{1\leqslant v_1<\cdots<v_s\leqslant n}\begin{pmatrix}
1,2,\cdots,s\\v_1,v_2,\cdots,v_s
\end{pmatrix}
\boldsymbol B\begin{pmatrix}
v_1,v_2,\cdots,v_s\\1,2,\cdots,s
\end{pmatrix}\\
&=\sum_{1\leqslant v_1<\cdots<v_s\leqslant n}\begin{pmatrix}
1,2,\cdots,s\\v_1,v_2,\cdots,v_s
\end{pmatrix}
\boldsymbol B\begin{pmatrix}
v_1,v_2,\cdots,v_s\\1,2,\cdots,s
\end{pmatrix}.
\end{aligned}
$$
至此我们完成了证明。
------------
# 公式的经典应用
Binet-Cauchy 的应用场合颇为广泛。我们先以一个例子入手。
${\bf Example.\quad}n$ 阶行列式
$$
\det\boldsymbol A:=\begin{vmatrix}
a_1-b_1&a_1-b_2&\cdots&a_1-b_n\\
a_2-b_1&a_2-b_2&\cdots&a_2-b_n\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
a_n-b_1&a_n-b_2&\cdots&a_n-b_n\\
\end{vmatrix}
$$
的值可以用 Binet-Cauchy 公式求出。具体地，它等于
$$
\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\begin{aligned}
\det\boldsymbol A&=\begin{vmatrix}
\begin{pmatrix}
a_1&-1\\
a_2&-1\\
\vdots&\vdots\\
a_n&-1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1&1&\cdots&1\\
b_1&b_2&\cdots&b_n
\end{pmatrix}
\end{vmatrix}\\
&=\begin{cases}
0,&n>2\\
(a_2-a_1)(b_2-b_1),&n=2\\
a_1-b_1,&n=1
\end{cases}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\blacksquare
\end{aligned}
$$
## 积矩阵的各阶子式
Binet-Cauchy 公式的应用之一就是计算乘积矩阵的各阶子式。
$\bf Theorem\;5.\quad$设 $\boldsymbol{A}=(a_{ij})_{s\times n},\,\boldsymbol{B}=(b_{ij})_{n\times s}$，设 $r\leqslant s$，那么：
- 若 $r>n$，则 $\boldsymbol{AB}$ 的 $r$ 阶子式为零。
- 若 $r\leqslant n$，则：
$$
\boldsymbol{AB}\begin{pmatrix}i_1,i_2,\cdots,i_r\\j_1,j_2,\cdots,j_r\end{pmatrix}=\sum_{1\leqslant v_1<\cdots<v_r\leqslant n}\boldsymbol A\begin{pmatrix}i_1,i_2,\cdots,i_r\\v_1,v_2,\cdots,v_r\end{pmatrix}\boldsymbol B\begin{pmatrix}v_1,v_2,\cdots,v_r\\j_1,j_2,\cdots,j_r\end{pmatrix}
$$
### 定理的证明
$\boldsymbol{AB}$ 的任一 $r$ 阶子式 $\boldsymbol{AB}\begin{pmatrix}i_1,i_2,\cdots,i_r\\j_1,j_2,\cdots,j_r\end{pmatrix}$ 为
$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{AB}\begin{pmatrix}i_1,i_2,\cdots,i_r\\j_1,j_2,\cdots,j_r\end{pmatrix}&=\begin{vmatrix}
\boldsymbol{AB}(i_1;j_1)&\boldsymbol{AB}(i_1;j_2)&\cdots&\boldsymbol{AB}(i_1;j_r)\\
\boldsymbol{AB}(i_2;j_1)&\boldsymbol{AB}(i_2;j_2)&\cdots&\boldsymbol{AB}(i_2;j_r)\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\\
\boldsymbol{AB}(i_r;j_1)&\boldsymbol{AB}(i_r;j_2)&\cdots&\boldsymbol{AB}(i_r;j_r)\\
\end{vmatrix}\\
&=\begin{vmatrix}
\begin{pmatrix}
a_{i_1,1}&a_{i_1,2}&\cdots&a_{i_1,n}\\
a_{i_2,1}&a_{i_2,2}&\cdots&a_{i_2,n}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
a_{i_r,1}&a_{i_r,2}&\cdots&a_{i_r,n}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
b_{1,j_1}&b_{1,j_2}&\cdots&b_{1,j_r}\\
b_{2,j_1}&b_{2,j_2}&\cdots&b_{2,j_r}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
b_{n,j_1}&b_{n,j_2}&\cdots&b_{n,j_r}
\end{pmatrix}
\end{vmatrix}.
\end{aligned}
$$
利用 Binet-Cauchy 公式计算上述乘积矩阵的行列式，即可证明。
### 应用举例
$\bf Example.\quad$设 $\boldsymbol A$ 为实数域上 $s\times n$ 矩阵，则 $\boldsymbol{AA}'$ 与 $\boldsymbol{A}'\boldsymbol A$ 的秩都等于 $\operatorname{rank}\boldsymbol A$。
无妨设 $\operatorname{rank}\boldsymbol A=r$，考虑 $\boldsymbol{AA}'$ 的任一 $r$ 阶主子式
$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{AA}'\begin{pmatrix}
i_1,i_2,\cdots,i_r\\
i_1,i_2,\cdots,i_r
\end{pmatrix}&=\sum_{1\leqslant v_1<\cdots<v_r\leqslant n}\boldsymbol A\begin{pmatrix}
i_1,i_2,\cdots,i_r\\
v_1,v_2,\cdots,v_r
\end{pmatrix}\boldsymbol A'\begin{pmatrix}
v_1,v_2,\cdots,v_r\\
i_1,i_2,\cdots,i_r
\end{pmatrix}\\
&=\sum_{1\leqslant v_1<\cdots<v_r\leqslant n}\Bigg[\boldsymbol A\begin{pmatrix}
i_1,i_2,\cdots,i_r\\
v_1,v_2,\cdots,v_r
\end{pmatrix}\Bigg]^2,
\end{aligned}
$$
由于 $\operatorname{rank}\boldsymbol A=r$，因此存在 $\boldsymbol A$ 的一个 $r$ 阶子式非零，从而存在 $\boldsymbol{AA}'$ 的一个 $r$ 阶主子式非零，因此
$$
r\leqslant \operatorname{rank}\boldsymbol{AA}'\leqslant\operatorname{rank}\boldsymbol A=r\,.
$$
从而 $\operatorname{rank}\boldsymbol{AA}'=r$。类似地，$\operatorname{rank}\boldsymbol{A}'\boldsymbol A=r$。$\blacksquare
$$
(-1)^{1+1}\boldsymbol{AA}'\begin{pmatrix}
2,3,\cdots,n\\
2,3,\cdots,n
\end{pmatrix}=\sum_{1\leqslant v_1<\cdots<v_{n-1}\leqslant n}\Bigg[\boldsymbol{A}\begin{pmatrix}
2,3,\cdots,n\\
v_1,v_2,\cdots,v_{n-1}
\end{pmatrix}\Bigg]^2
$$
即 $\boldsymbol{AA}'$ 的 $(1,1)$ 元代数余子式是 $\boldsymbol{A}$ 的第一行元素的余子式的平方和。$\blacksquare
方阵乘积的秩与行列式
$$
a_{ij}=s_{i+j-2},\quad,i,j=1,2,\cdots,n.
$$
则有
$$
\begin{aligned}
\det\boldsymbol A&=\begin{vmatrix}
s_0&s_1&\cdots&s_{n-1}\\
s_1&s_2&\cdots&s_{n}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
s_{n-1}&s_{n}&\cdots&s_{2n-2}
\end{vmatrix}\\
&=\begin{vmatrix}
\begin{pmatrix}
1&1&\cdots&1\\
x_1&x_2&\cdots&x_n\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
x^{n-1}_1&x^{n-1}_2&\cdots&x_n^{n-1}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1&x_1&\cdots&x^{n-1}_1\\
1&x_2&\cdots&x^{n-1}_2\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
1&x_n&\cdots&x_n^{n-1}
\end{pmatrix}
\end{vmatrix}\\
&=\prod_{j<i}(x_i-x_j)^2\,.\;\;\,\blacksquare
\end{aligned}
$$
$\bf Example.\quad$设数域 $F$ 中有数列 $\{a\}$ 与 $\{c\}$，设
$$
u_t=\sum_{i=1}^nc_ia_i^t\,,
$$
并设矩阵
$$
\boldsymbol A=\begin{pmatrix}
u_1&u_2&\cdots&u_n\\
u_2&u_3&\cdots&u_{n+1}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
u_n&u_{n+1}&\cdots&u_{2n-1}
\end{pmatrix},
$$
现在来考虑方程
$$
\boldsymbol{Ax}=\boldsymbol B.
$$
考察其行列式，有
$$
\begin{aligned}
\det\boldsymbol A&=\begin{vmatrix}
\sum\limits_{i=1}^nc_ia_i&\sum\limits_{i=1}^nc_ia_i^{2}&\cdots&\sum\limits_{i=1}^nc_ia_i^n\\
\sum\limits_{i=1}^nc_ia_i^2&\sum\limits_{i=1}^nc_ia_i^{3}&\cdots&\sum\limits_{i=1}^nc_ia_i^{n+1}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
\sum\limits_{i=1}^nc_ia_i^n&\sum\limits_{i=1}^nc_ia_i^{n+1}&\cdots&\sum\limits_{i=1}^nc_ia_i^{2n-1}
\end{vmatrix}\\
&=\begin{vmatrix}
\begin{pmatrix}
c_1&c_2&\cdots&c_n\\
c_1a_1&c_2a_2&\cdots&c_na_n\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
c_1a_1^{n-1}&c_2a_2^{n-1}&\cdots&c_na_n^{n-1}\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
a_1&a_1^2&\cdots&a^{n}_1\\
a_2&a_2^2&\cdots&a^{n}_2\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
a_n&a_n^2&\cdots&a_n^{n}
\end{pmatrix}
\end{vmatrix}\\
&=a_1c_1a_2c_2\cdots a_nc_n\prod_{j<i}(a_i-a_j)^2\,.
\end{aligned}
$$
这表明方程 $\boldsymbol{Ax}=\boldsymbol B$ 有唯一解的充要条件是 $\{a\},\{c\}$ 全部非零，且 $\{a\}$ 两两不等。$\blacksquare
循环矩阵的行列式
所谓循环矩阵是以如下形式书写的矩阵：
{\boldsymbol A}=\sum_{k=1}^{n}a_{k}{\boldsymbol C}^{k-1}
其中 \boldsymbol C 是循环位移矩阵。
考虑商环 \mathbb C[\![z]\!]\big/\!\left\langle z^n-1\right\rangle=\mathbb C[\![z]\!]\big/\!\left\langle\prod_{k<n}\left(z-\omega^k\right)\right\rangle，其对应乘法为循环卷积。观察
z\cdot f(z)=a_n+a_1z+a_2z^2+\cdots+a_{n-1}z^{n-1},
其与循环矩阵相邻两行间的形式如出一辙。为此考虑代入 n 次单位根 \omega，就有
\begin{aligned}
|{\boldsymbol{ AB}}|&= \begin{vmatrix} f(1)&f(\omega)&f(\omega^{2})&\cdots&f(\omega^{n-1})\\ f(1)&\omega f(\omega)&\omega^2 f(\omega^{2})&\cdots&\omega^{n-1}f(\omega^{n-1})\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ f(1)&\omega^{n-1}f(\omega)&\omega^{2(n-1)}f(\omega^{2})&\cdots&\omega^{(n-1)(n-1)}f(\omega^{n-1}) \end{vmatrix}\\ &=f(1)f(\omega)f(\omega^2)\cdots f(\omega^{n-1})\begin{vmatrix} 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)(n-1)} \end{vmatrix},
\end{aligned}
由此便得到
\det\mathbf A=\prod_{k=0}^{n-1}f(\omega^k)\,.
此是逆用方阵乘积的行列式性质的一个例子。
$$
\boldsymbol A=\begin{pmatrix} 1&2&3&\cdots&n-1&n\\ n&1&2&\cdots&n-2&n-1\\ n-1&n&1&\cdots&n-3&n-2\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 3&4&5&\cdots&1&2\\ 2&3&4&\cdots&n&1 \end{pmatrix}
$$
代入公式得
$$
\det\boldsymbol A=\prod_{i=0}^{n-1}\sum_{j=1}^{n}j\omega^{i(j-1)}.
$$
注意到
$$
\sum_{k=1}^nkx^{k-1}=\frac{\text d}{\text dx}\frac{1-x^{n+1}}{1-x}=\frac{nx^{n+1}-(n+1)x^n+1}{(1-x)^2}\,,
$$
于是有
$$
\quad\qquad\qquad\qquad\begin{aligned} \det\boldsymbol A&=\frac{n(n+1)}{2}\prod_{i=1}^{n-1}\frac{n\!\left(\omega^i\right)^{n+1}-(n+1)\!\left(\omega^i\right)^n+1}{\left(1-\omega^i\right)^2}\\ &=\frac{n(n+1)}{2}\prod_{i=1}^{n-1}\frac{n\omega^i-n}{\left(1-\omega^i\right)^2}\\ &=\frac{n(n+1)}{2}\cdot(-1)^{n-1}n^{n-1}\cdot\prod_{0<i<n}\frac{1}{1-\omega^i}\\ &=(-1)^{n-1}\frac{n+1}{2}n^{n-1}\;. \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\qquad\quad\blacksquare\end{aligned}
$$
## Cauchy 恒等式 $\;$ 与向量相关的不等式
Binet-Cauchy 公式的另一个重要应用是可以用以证明 Cauchy 恒等式一族，包括 Lagrange 恒等式等；亦可在此基础上证明与向量相关的一些不等式，例如 Cauchy 不等式。我们就以这项应用收尾。
$\bf Theorem\;6.\;(Cauchy)
\left(\sum_{i=1}^na_ic_i\right)\!\left(\sum_{i=1}^nb_id_i\right)-
\left(\sum_{i=1}^na_id_i\right)\!\left(\sum_{i=1}^nb_ic_i\right)=\sum_{j<k}(a_jb_k-a_kb_j)(c_jd_k-c_kd_j)
恒等式的证明
\begin{aligned}
\left(\sum_{i=1}^na_ic_i\right)&\!\left(\sum_{i=1}^nb_id_i\right)-
\left(\sum_{i=1}^na_id_i\right)\!\left(\sum_{i=1}^nb_ic_i\right)\\
&=\begin{vmatrix}
\sum\limits_{i=1}^na_ic_i&\sum\limits_{i=1}^na_id_i\\
\sum\limits_{i=1}^nb_ic_i&\sum\limits_{i=1}^nb_id_i
\end{vmatrix}\\
&=\begin{vmatrix}
\begin{pmatrix}
a_1&a_2&\cdots&a_n\\
b_1&b_2&\cdots&b_n
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
c_1&d_1\\
c_2&d_2\\
\vdots&\vdots\\
c_n&d_n
\end{pmatrix}
\end{vmatrix}\\
&=\sum_{j<k}\begin{vmatrix}a_j&a_k\\b_j&b_k\end{vmatrix}\cdot\begin{vmatrix}c_j&d_j\\c_k&d_k\end{vmatrix}\\
&=\sum_{j<k}(a_jb_k-a_kb_j)(c_jd_k-c_kd_j)
\end{aligned}
Lagrange 恒等式与 Cauchy 不等式
所谓 Lagrange 恒等式是指
\left(\sum_{i=1}^na_i^2\right)\!\left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right)-
\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2=\sum_{j<k}(a_jb_k-a_kb_j)^2.
注意到若 \boldsymbol a,\boldsymbol b 是二维向量，那么它有显然的几何意义
|\boldsymbol a|^2\cdot|\boldsymbol b|^2-(\boldsymbol a\cdot \boldsymbol b)^2=|\boldsymbol a\times \boldsymbol b|^2,
也即 \left(\left|\boldsymbol a\right|\left|\boldsymbol b\right|\right)^2=\left(\left|\boldsymbol a\right|\left|\boldsymbol b\right|\sin\langle\boldsymbol a,\boldsymbol b\rangle\right)^2+\left(\left|\boldsymbol a\right|\left|\boldsymbol b\right|\cos\langle\boldsymbol a,\boldsymbol b\rangle\right)^2。它的几何意义是相当明显的。
这个形式自然使我们联想到 Cuachy 不等式；事实上，上述对二维向量形式的讨论已经给出了一个二维的 Cauchy 不等式。现在让我们考察一般的 n 维情形。
由 Lagrange 恒等式得
\left(\sum_{i=1}^na_i^2\right)\!\left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right)\geqslant
\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2,
这就是著名的 Cauchy 不等式。等号成立当且仅当 \forall j,k\,(j<k) 都有 a_jb_k-a_kb_j=0，即
\operatorname{rank}\begin{pmatrix}
a_1&a_2&\cdots&a_n\\
b_1&b_2&\cdots&b_n
\end{pmatrix}\leqslant 1
也即 n 维向量 \boldsymbol a 与 \boldsymbol b 线性相关。