라플라스 전개

\sgn\tau'=(-1)^{i+j}\sgn\tau

이다. 따라서,

:$\backslash begin\{align\}|A|$

&=\sum_{\sigma\in S_n}\sgn\sigma\,a_{1\sigma_1}\cdots a_{n\sigma_n}\\

&=\sum_{j=1}^n\sum_{\sigma_i=j}\sgn\sigma\,a_{1\sigma_1}\cdots a_{ij}\cdots a_{n\sigma_n}\\

&=\sum_{j=1}^n\sum_{\tau\in S_{n-1}}(-1)^{i+j}\sgn\tau\,a_{1\sigma_1}\cdots a_{ij}\cdots a_{n\sigma_n}\\

&=\sum_{j=1}^n(-1)^{i+j}a_{ij}\sum_{\tau\in S_{n-1}}\sgn\tau\,a_{1\sigma_1}\cdots a_{i-1,\sigma_{i-1}}a_{i+1,\sigma_{i+1}}\cdots a_{n\sigma_n}\\

&=\sum_{j=1}^n(-1)^{i+j}a_{ij}M_{ij}\\

&=\sum_{j=1}^na_{ij}C_{ij}\end{align}

이다.

위 증명과 비슷하게, 다음 대상들을 정의한다. ($[n]=\backslash \{1,\backslash ldots,n\backslash \}$)

• $k$원소 집합 $K\backslash subseteq[n]$에 대하여, $\backslash mu\_K\backslash colon[n-k]\backslash to[n]$은 $[n]\backslash setminus\; K$의 원소들을 뒤로 밀어 $K$의 원소들에 공백이 생기도록 하는 함수이다.
• 다음과 같은 일대일 대응이 존재한다.
• :$\backslash \{\backslash sigma\backslash in\; S\_n\backslash colon\; \backslash sigma(I)=J\backslash \}\backslash to\; S\_k\backslash times\; S\_\{n-k\}$
• :$\backslash sigma\backslash mapsto(\backslash mu\_\{\backslash sigma([n]\backslash setminus\; I)\}^\{-1\}\backslash sigma\backslash mu\_\{[n]\backslash setminus\; I\},\backslash mu\_J^\{-1\}\backslash sigma\backslash mu\_I)$

행렬식의 라이프니츠 공식에서, $\backslash sigma(I)=J$인 항

:$\backslash sgn\backslash sigma\backslash ,a\_\{1\backslash sigma\_1\}\backslash cdots\; a\_\{n\backslash sigma\_n\}$

을 생각하고 다음과 같이 정의한다.

:$\backslash tau\_1=\backslash mu\_\{\backslash sigma([n]\backslash setminus\; I)\}^\{-1\}\backslash sigma\backslash mu\_\{[n]\backslash setminus\; I\}\backslash in\; S\_k$

:$\backslash tau\_2=\backslash mu\_J^\{-1\}\backslash sigma\backslash mu\_I\backslash in\; S\_\{n-k\}$

그러면, $\backslash sigma$는 다음과 같이 $\backslash operatorname\{id\}\_n$으로 환원된다.

• $\backslash sigma(I)$의 원소를 순서대로 돌려 놓는다. 치환의 부호는 $\backslash sgn\backslash tau\_1$과 같다.
• $\backslash sigma([n]\backslash setminus\; I)$의 원소를 순서대로 돌려 놓는다. 치환의 부호는 $\backslash sgn\backslash tau\_2$와 같다.
• $i\backslash in\; I$에 대하여, $\backslash sigma(i)$를 $i$번째로 돌려 놓는다. 치환의 부호는 $(-1)^\{\backslash sum\; I+\backslash sum\; J\}$와 같다.

그러므로,

:$\backslash sgn\backslash sigma=(-1)^\{\backslash sum\; I+\backslash sum\; J\}\backslash sgn\backslash tau\_1\backslash sgn\backslash tau\_2$

이며, 따라서

:$\backslash begin\{align\}|A|$

&=\sum_{\sigma\in S_n}\sgn\sigma\,a_{1\sigma_1}\cdots a_{n\sigma_n}\\

&=\sum_{|J|=k}\sum_{\sigma(I)=J}\sgn\sigma\,a_{1\sigma_1}\cdots a_{n\sigma_n}\\

&=\sum_{|J|=k}\sum_{\sigma(I)=J}(-1)^{\sum I+\sum J}\sgn\tau_1\sgn\tau_2\,a_{1\sigma_1}\cdots a_{n\sigma_n}\\

&=\sum_{|J|=k}(-1)^{\sum I+\sum J}\left(\sum_{\sigma(I)=J}\sgn\tau_1\prod_{i\in I}a_{i\sigma_i}\right)\left(\sum_{\sigma(I)=J}\sgn\tau_2\prod_{i\in[n]\setminus I}a_{i\sigma_i}\right)\\

&=\sum_{|J|=k}(-1)^{\sum I+\sum J}\left(\sum_{\tau_1\in S_k}\sgn\tau_1\prod_{i\in I}a_{i\sigma_i}\right)\left(\sum_{\tau_2\in S_{n-k}}\sgn\tau_2\prod_{i\in[n]\setminus I}a_{i\sigma_i}\right)\\

&=\sum_{|J|=k}(-1)^{\sum I+\sum J}A_{I,J}M_{I,J}\end{align}

; 다중선형성을 이용한 증명

$B$가 ''n'' × ''n'' 행렬이고 $i,j\backslash in\backslash \{1,2,\backslash dots,n\backslash \}$이라고 가정하고, $B$의 $i,j$ 소행렬 $M\_\{ij\}$을 구성하는 $B$의 항목을

$(a\_\{st\})$ for $1\; \backslash le\; s,t\; \backslash le\; n-1$로 표시한다.

$|B|$의 전개식에서 $b\_\{ij\}$를 인수로 갖는 항들을 고려하면, 각 항은

: $\backslash sgn\; \backslash tau\backslash ,b\_\{1,\backslash tau(1)\}\; \backslash cdots\; b\_\{i,j\}\; \backslash cdots\; b\_\{n,\backslash tau(n)\}$

= \sgn \tau\,b_{ij} a_{1,\sigma(1)} \cdots a_{n-1,\sigma(n-1)}

형태를 갖는다. 여기서 $\backslash tau\backslash in\; S\_n$는 $\backslash tau(i)=j$인 순열이고, $\backslash tau$와 동일한 소행렬 항목을 선택하는 고유하고 분명히 관련된 순열 $\backslash sigma\backslash in\; S\_\{n-1\}$이 존재한다. 마찬가지로, $\backslash sigma$의 각 선택은 해당 $\backslash tau$를 결정한다. 즉, $\backslash sigma\backslash leftrightarrow\backslash tau$의 대응은 $S\_\{n-1\}$과 $\backslash \{\backslash tau\backslash in\; S\_n\backslash colon\backslash tau(i)=j\backslash \}$ 사이의 전단사이다.

코시의 두 줄 표기법을 사용하여, $\backslash tau$와 $\backslash sigma$ 사이의 명시적 관계는 다음과 같이 쓸 수 있다.

:$$

\sigma = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \cdots & i & \cdots & n-1 \\ (\leftarrow)_j ( \tau(1) ) & (\leftarrow)_j ( \tau(2) ) & \cdots & (\leftarrow)_j ( \tau(i+1) ) & \cdots & (\leftarrow)_j ( \tau(n) ) \end{pmatrix}



여기서 $(\backslash leftarrow)\_j$는 사이클 $(n,n-1,\backslash cdots,j+1,j)$에 대한 임시 약식 표기법이다.

이 연산은 모든 인덱스가 집합 {1,2,...,n-1}에 맞도록 j보다 큰 모든 인덱스를 감소시킨다.

순열 $\backslash tau$는 다음과 같이 $\backslash sigma$에서 파생될 수 있다.

$\backslash sigma\text{'}\backslash in\; S\_n$을 $\backslash sigma\text{'}(k)\; =\; \backslash sigma(k)$ for $1\; \backslash le\; k\; \backslash le\; n-1$ and $\backslash sigma\text{'}(n)\; =\; n$으로 정의한다.

그러면 $\backslash sigma\text{'}$는 다음과 같이 표현된다.

:$$

\sigma' = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \cdots & i & \cdots & n-1 & n \\ (\leftarrow)_j ( \tau(1) ) & (\leftarrow)_j ( \tau(2) ) & \cdots & (\leftarrow)_j ( \tau(i+1) ) & \cdots & (\leftarrow)_j ( \tau(n) ) & n \end{pmatrix}



이제, 먼저 $(\backslash leftarrow)\_i$를 적용한 다음 $\backslash sigma\text{'}$을 적용하는 연산은 (A를 B 전에 적용하는 것은 두 줄 표기법에서 B의 상단 행에 A의 역을 적용하는 것과 동일하다는 점에 유의)

:$$

\sigma' (\leftarrow)_i = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \cdots & i+1 & \cdots & n & i \\ (\leftarrow)_j ( \tau(1) ) & (\leftarrow)_j ( \tau(2) ) & \cdots & (\leftarrow)_j ( \tau(i+1) ) & \cdots & (\leftarrow)_j ( \tau(n) ) & n \end{pmatrix}



여기서 $(\backslash leftarrow)\_i$는 $(n,n-1,\backslash cdots,i+1,i)$에 대한 임시 약식 표기법이다.

$\backslash tau$를 먼저 적용한 다음 $(\backslash leftarrow)\_j$를 적용하는 연산은 다음과 같다.

:$$

(\leftarrow)_j \tau = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \cdots & i & \cdots & n-1 & n \\ (\leftarrow)_j ( \tau(1) ) & (\leftarrow)_j ( \tau(2) ) & \cdots & n & \cdots & (\leftarrow)_j ( \tau(n-1) ) &

(\leftarrow)_j ( \tau(n) ) \end{pmatrix}



위의 두 개는 같으므로,

:$$

(\leftarrow)_j \tau = \sigma' (\leftarrow)_i



:$$

\tau = (\rightarrow)_j \sigma' (\leftarrow)_i



여기서 $(\backslash rightarrow)\_j$는 $(\backslash leftarrow)\_j$의 역으로 $(j,j+1,\backslash cdots,n)$이다.

따라서

: $\backslash tau\backslash ,=(j,j+1,\backslash ldots,n)\backslash sigma\text{'}(n,n-1,\backslash ldots,i)$

두 개의 사이클은 각각 $n-i$와 $n-j$ 전치로 쓸 수 있으므로,

: $\backslash sgn\backslash tau\backslash ,=\; (-1)^\{2n-(i+j)\}\; \backslash sgn\backslash sigma\text{'}\backslash ,=\; (-1)^\{i+j\}\; \backslash sgn\backslash sigma.$

그리고 $\backslash sigma\backslash leftrightarrow\backslash tau$의 사상은 전단사이므로,

:$\backslash begin\{align\}$

\sum_{i=1}^n\sum_{\tau \in S_n:\tau(i)=j} \sgn \tau\,b_{1,\tau(1)} \cdots b_{n,\tau(n)}

&= \sum_{i=1}^{n}\sum_{\sigma \in S_{n-1}} (-1)^{i+j}\sgn\sigma\, b_{ij}

a_{1,\sigma(1)} \cdots a_{n-1,\sigma(n-1)}\\

&= \sum_{i=1}^{n}b_{ij}(-1)^{i+j} \sum_{\sigma \in S_{n-1}} \sgn\sigma\,

a_{1,\sigma(1)} \cdots a_{n-1,\sigma(n-1)}\\

&= \sum_{i=1}^{n} b_{ij} (-1)^{i+j} M_{ij}

\end{align}

으로부터 결과가 도출된다. 마찬가지로, 외부 합의 인덱스를 $j$로 바꾸어도 결과가 성립한다.^[1]

7. 라플라스 전개의 계산 복잡도

라플라스 전개는 고차원 행렬의 경우 계산 비용이 많이 든다. 이는 시간 복잡도가 점근 표기법으로 O(''n''!)이기 때문이다. 반면, LU 분해와 같이 삼각 행렬로 분해하는 방법을 사용하면 시간 복잡도가 O(''n''³)으로 결정될 수 있다.^[2]

여인자 전개는 고차 행렬에 대해서는 계산적으로 비효율적이다. 그 이유는 N차 정사각 행렬에 대해 계산의 오더는 N!이기 때문이다. 따라서, 여인자 전개는 큰 N에 대해서는 적절하지 않다. LU 분해에서처럼 삼각 행렬로 분해하면 행렬식을 N³/3의 오더로 결정할 수 있다.^[3]

8. 역사

알렉상드르테오필 방데르몽드는 행렬식의 두 행에 대한 전개를 제시하였다.^[4] 피에르시몽 라플라스는 1772년 논문 《Recherches sur Ie calcul integral et sur Ie systeme du monde,》에서 행렬식 전개를 임의 개수 행에 대한 전개로 일반화하였다.^[4] 오귀스탱 루이 코시는 라플라스의 전개 정리를 더 현대적인 용어로 서술·증명하였다.^[4]

참조

_[1] 논문 Elementary problem 834 American Mathematical Society 1949
_[2] 서적 Stoer Bulirsch: Introduction to Numerical Mathematics
_[3] 서적 Stoer Bulirsch: Introduction to Numerical Mathematics
_[4] 서적 Mathematical Thoughts from Ancient to Modern Times. Volume 2 Oxford University Press 1972

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