5 順列の符号

この節では、行列式の定義 (3) (またはそれと同等の (5) に現れる順列の符号 $\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (\sigma)$ について述べ、4 節で構成した積に どのように符号をつければいいのかを考える。

まず $\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (\sigma)$ は、[2] では以下のように定義されている:

順列 $\sigma=(\sigma_1,\sigma_2,\ldots,\sigma_n)$ の 各成分の 2 つの組 ( $\sigma_i,\sigma_j$) ($i<j$) のうち、 大小関係が反対になっている ( $\sigma_i>\sigma_j$) ものを 転倒 と呼ぶ。この転倒の個数を $m(\sigma)$ とするとき、

$$\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (\sigma)=(-1)^{m(\sigma)}$$ (19)

とする。

例えば、 $\sigma=(3,2,4,1)$ の場合、転倒は

(3,2), (3,1), (2,1), (4,1)

の 4 つなので、 $\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (\sigma)=(-1)^4 = 1$ ということになる。

同じことであるが、この順列の符号は、次のような式で定義することもできる:

$$\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (\sigma) = \frac{\displays... ...\prod_{i<j}(\sigma_j-\sigma_i)}{\displaystyle \prod_{i<j}(j-i)}$$ (20)

ここで $\prod_{i<j}$ は、 $1\leq i<j\leq n$ となる $i$, $j$ すべての組み合わせに対する積を表わし、よって例えば

$$\prod_{i<j}(\sigma_j-\sigma_i) =\prod_{j=2}^n\prod_{i=1}^{j-1}(\sigma_j-\sigma_i)$$

のように書くこともできる。 $\sigma$ は順列であるから、 この (20) の分子と分母はいずれも $\{1,2,\ldots,n\}$ から異なる 2 つの組を 一つずつ選んだものの差の積となっているので、 符号の違いを除けば全く同じものになっていて、 結果としてはこの値は $+1$ か $-1$ になり、 分子と分母に現われるその組で符号が違っているものが まさに順列の転倒である 2 つの組に対応するので、 この式の値 (20) が (19) と同じであることが容易にわかる。

この順列の符号に対して、次が言える。

補題 6

1. (積) $\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (\sigma\circ\mu)=\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (\sigma)\circ\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (\mu)$
2. (部分順列) $\sigma=[\mu_1,\mu_2,\ldots,\mu_m]$ に対して、 $\mu_1,\mu_2,\ldots,\mu_m$ 同士の転倒の個数を $M$ とすると

   $$\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (\sigma)=(-1)^{M}$$

   
   (すなわち、 $\mu_1,\mu_2,\ldots,\mu_m$ 以外のものにはよらない)
3. (巡回) $\mu_1<\mu_2<\cdots<\mu_m$ に対して、 $\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits ([\mu_1,\mu_2,\ldots,\mu_m]^{(k)})=(-1)^{k(m-1)}$
4. (反転) $n$ が 4 で割って余りが 0,1 のときは $\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (n,n-1,\ldots,1)=1$、 $n$ が 4 で割って余りが 2,3 のときは $\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (n,n-1,\ldots,1)=-1$

証明

1. (20) を利用すれば、

   $$\begin{eqnarray*}\lefteqn{\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (\sigma\circ\mu) = \m... ...\prod_{i<j}(\sigma_j-\sigma_i)}{\displaystyle \prod_{i<j}(j-i)} \end{eqnarray*}$$

   
   
   
   と書けるが、後者の商は $\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (\sigma)$ に等しく、 前者も、$\sigma$ で転倒しているものを 分子と分母で合わせて前後を入れかえれば、結局

   $$\frac{\displaystyle \prod_{i<j}(\mu_j-\mu_i)}{\displaystyle \prod_{i<j}(j-i)}=\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (\mu)$$

   
   に等しいことがわかる。

2. $\sigma=[\mu_1,\mu_2,\ldots,\mu_m]$ は、 $\sigma_{i_j}=\mu_j$ とすれば、 $k\not\in\{i_1,i_2,\ldots,i_m\}$ ならば $\sigma_k=k$ であることを意味する。

   この動いていない $k$ 番目の要素に関する転倒の個数を数えてみると、 その転倒は $k$ より前にあった $i_j$ が $k$ より後ろに行った場合と、 $k$ より後ろにあった $i_j$ が $k$ より前に来たものからなる。 しかし、移動前と移動後で $k$ より前のものの個数は $(k-1)$ のまま 変わらないから、$k$ を飛び越えて前に移動したものと後ろに移動したものの 個数は同数となるはずである。 つまり、$k$ に関する転倒の個数は必ず偶数となる。

   よって、$\sigma$ の転倒の個数全体は、 $\mu_1,\mu_2,\ldots,\mu_m$ 同士の転倒の個数 $M$ と偶数 $2L$ の和となり、

   $$\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (\sigma)=(-1)^{M+2L}=(-1)^M$$

   
   となる。

3. 2. より、移動したもの同士の転倒だけを考えればよく、

   $$[\mu_1,\mu_2,\ldots,\mu_m]^{(1)} = [\mu_2,\mu_3,\ldots,\mu_m,\mu_1]$$

   
   の転倒は最後の $\mu_1$ と他のものとの組すべてであるので、$(m-1)$ 個ある。 よって、

   $$\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits ([\mu_1,\mu_2,\ldots,\mu_m]^{(1)})=(-1)^{m-1}$$ (21)

   
   となり $k=1$ の場合は 3. は成立する。

   一般の $k$ に対しては、補題 1 より $[\mu_1,\mu_2,\ldots,\mu_m]^{(k)}$ が $[\mu_1,\mu_2,\ldots,\mu_m]^{(1)}$ の $k$ 回の積であることから、 上の 1. と (21) により容易に示される。

4. $(n,n-1,\ldots,1)$ は、すべての組 ($n(n-1)/2$ 個) が転倒しているので、

   $$\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (n,n-1,\ldots,1)=(-1)^{n(n-1)/2}$$

   
   となる。ここで、$L=n(n-1)/2$ は、$n=4m$ ならば、

   $$L=\frac{4m(4m-1)}{2}=2m(4m-1)$$

   
   なので偶数である。 以下同様に、$n=4m+1$, $n=4m+2$, $n=4m+3$ の場合はそれぞれ

   $$L=2m(4m+1), L=(2m+1)(4m+1), L=(2m+1)(4m+3)$$

   
   となり、それぞれ、偶数、奇数、奇数であることがわかる。 よって、$n=4m$, $4m+1$, $4m+2$, $4m+3$ の場合 $(-1)^L$ は、 それぞれ $+1$, $+1$, $-1$, $-1$ となる。

この補題 6 を使って、4 節で考察した各項に どのような符号をつければよいかを考察する。

まずは、各面での斜めの計算について考える。

左上から右下への斜めの方向は $[1,2,\ldots,n]^{(j)}$ の巡回順列に対応するので、補題 6 より

$$\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits ([1,2,\ldots,n]^{(j)})=(-1)^{j(n-1)}$$

となる。一方、右上から左下への斜めの積はその反転であるので、 補題 6 より

$$\begin{eqnarray*}\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (\overline{[1,2,\ldots,n]^{(j)}}... ...mits ([1,2,\ldots,n]^{(j)}) \\ &=& (-1)^{n(n-1)/2}(-1)^{j(n-1)}\end{eqnarray*}$$

となる。これを合わせると、これらの積の符号は次のようになる。

• $n$ が 4 で割り切れれば、 $(-1)^{n-1}=-1$、 $(-1)^{n(n-1)/2}=1$ より、 左上から右下への対角線と右上から左下への対角線は $+1$、 その下のものはどちらの方向も一つ下がる度に $+1$ と $-1$ が交互に現われる (2 節の 4 次の計算に対応する)
• $n$ が 4 で割って 1 余る場合は、 $(-1)^{n-1}=(-1)^{n(n-1)/2}=1$ より、 すべての符号が $+1$ となる
• $n$ が 4 で割って 2 余る場合は、 $(-1)^{n-1}=(-1)^{n(n-1)/2}=-1$ より、 左上から右下への対角線は $+1$、右上から左下への対角線は $-1$、 その下のものはどちらの方向も一つ下がる度に $+1$ と $-1$ が交互に現われる
• $n$ が 4 で割って 3 余る場合は、 $(-1)^{n-1}=1$、 $(-1)^{n(n-1)/2}=-1$ より、 左上から右下への方向の積はすべて $+1$、 右上から左下への方向の積はすべて $-1$ となる (3 次のサラス-関の方法に対応する)

もちろん行の入れ換えによっても符号は変化するが、行の入れ替えの順列は、 4 節により、$p\in C_n$ に対して

$$(1,2,\ldots,n)^{(j)}\circ p$$

とその反転を行うだけであるから、 符号はその面に対するすべての項の符号が $\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (p)$ 倍されることになる。 つまり、上のような符号のままの計算を各面に対して行い、 その面に対する合計を求めた後でそれに $\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (p)$ をつければよいことになる。

さて、 $\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (p)$ は、 $p=p(0,j_3,j_4,\ldots,j_{n-1},0)$ に対して、 補題 6 より、

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{\mathop{\mathrm{sgn}}\nolimits (p)} \\ &=& \mathop{\... ... \\ &=& (-1)^{(n-2)j_{n-1}}(-1)^{(n-3)j_{n-2}}\cdots (-1)^{2j_3}\end{eqnarray*}$$

となる。よって、行の巡回の際、 奇数個の行の巡回は符号を変えず、 偶数個の行の巡回 1 回が $(-1)$ 倍に対応する、と数えていけばよいことになる。