作为一个整理而已，没有太多思想。
分块矩阵的行列式
如果希望求解分块矩阵的行列式，我们通常也像正常行列式那样消元形成三角阵，那也就可以如此操作：
$$ \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix} \xrightarrow{R_1 - BD^{-1}R_2} \begin{pmatrix} A-BD^{-1}C & O \\ C & D \end{pmatrix} $$
此时就可以得到
$$ \det(M) = \det(D) \cdot \det(A - BD^{-1}C) $$
Woodbury 恒等式
$$ (A - BD^{-1}C)^{-1} = A^{-1} + A^{-1}B(D - CA^{-1}B)^{-1}CA^{-1} $$
证明通过行列变换给出：
设 $M = \begin{pmatrix} A & B \ C & D \end{pmatrix}$，假设 $A$可逆，则$D$ 可逆。
首先我们可以进行行列变换：
$$ \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix} \xrightarrow{R_1 - BD^{-1}R_2} \begin{pmatrix} A-BD^{-1}C & O \\ C & D \end{pmatrix} $$
这样就得到了左边出现的$(A - BD^{-1}C)$，如何求逆呢？
我们只要求出$M$的逆，他的左上角即为$A-BD^{-1}C$的逆了，那么就只是简单的消元，构造增广矩阵：
$$ \left( \begin{array}{cc|cc} A & B & I & 0 \\ C & D & 0 & I \end{array} \right) $$
第一行乘$A^{-1}$：
$$ \left( \begin{array}{cc|cc} I & A^{-1}B & A^{-1} & 0 \\ C & D & 0 & I \end{array} \right) $$
消去左下角 $C
$$ $\left( \begin{array}{cc|cc} I & A^{-1}B & A^{-1} & 0 \\ 0 & D - CA^{-1}B & -CA^{-1} & I \end{array} \right) $$
记$\Delta_A=D - CA^{-1}B$，然后乘上他的逆：
$$ \left( \begin{array}{cc|cc} I & A^{-1}B & A^{-1} & 0 \\ 0 & I & -\Delta_A^{-1}CA^{-1} & \Delta_A^{-1} \end{array} \right) $$
最后消掉右上角：
$$ \left( \begin{array}{cc|cc} I & 0 & A^{-1} + A^{-1}B\Delta_A^{-1}CA^{-1} & -A^{-1}B\Delta_A^{-1} \\ 0 & I & -\Delta_A^{-1}CA^{-1} & \Delta_A^{-1} \end{array} \right) $$
代入$\Delta_A=D - CA^{-1}B$ 我们就得到：
$$ (A - BD^{-1}C)^{-1} = A^{-1} + A^{-1}B(D - CA^{-1}B)^{-1}CA^{-1} $$
这就完成了证明。如果我们代入一些简单的值就会得到漂亮的等式：
$$ (I_n - BA)^{-1} = I_n + B(I_m - AB)^{-1}A $$
把矩阵换成向量$\alpha, \beta^T$：
$$ (I_n - \alpha \beta^T)^{-1} =I_n+\frac{\alpha \beta^T}{1-\beta^T \alpha} (\beta^T \alpha \neq 1) $$
Schur 补
上面的
$$ D - CA^{-1}B $$
就被称为Schur补。通常这是一个计算分块矩阵行列式的好办法，从它的来历就可以窥出。
Schur补与判别式
二次函数 $ax^2 + bx + c$。我们可以把它写成对称矩阵的二次型：
$$ f(x, 1) = \begin{pmatrix} x & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & b/2 \\ b/2 & c \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ 1 \end{pmatrix} $$
对于这个 $2 \times 2$矩阵，如果我们计算$a$ 的 Schur 补：
$$ S = c - (b/2)a^{-1}(b/2) = c - \frac{b^2}{4a} = \frac{4ac - b^2}{4a} $$
你会发现Schur 补的分子部分正好就是判别式 $\Delta$ 的相反数。
这实际上可以推广到分块矩阵的正定性。
对于对称矩阵 $M = \begin{pmatrix} A & B \ B^T & C \end{pmatrix}$，$M \succ 0$（正定）当且仅当：
- $A \succ 0$2.$S = C - B^T A^{-1} B \succ 0$
因为这实际上相当于我们做了一个合同变换把他变成了对角阵：
$$ M' = \begin{pmatrix} A & O \\ O & C-B^TA^{-1}B \end{pmatrix} $$
从而保正定性，只要$M’$正定就可知$M$正定。
正定加半正定行列式不变小
假设$A,B$是两个复$Hermitian$矩阵，其中$A$正定，$B$半正定，那么有：
$$ det(A+B) \ge det(A) $$
证明：
我们希望更直观地看到$A+B与A$的差别，利用Schur补：
$$ det(A+B)=det(A) \cdot det(I+A^{-1}B) $$
当然这也是可以一眼看出的（
然后我们只需要证明：
$$ det(I+A^{-1}B) \ge 1 $$
这时利用$A正定从而A^{-1}正定$（特征值全部大于0），就可以拆分：
$$ det(I+A^{-1/2} \cdot A^{-1/2} \cdot B) $$
把后两个矩阵看做一块，和第一个交换乘法顺序：
$$ det(I+A^{-1/2}BA^{-1/2}) $$
这相当于对B做合同变换，保特征值，可见$A^{-1/2}BA^{-1/2}$半正定，显然这也对称，于是可以把它对角化：
$$ A^{-1/2}BA^{-1/2} = Q \Sigma Q^* $$
那么$\Sigma$特征值非负，从而原来那个行列式也就等于
$$ det(I+ \Sigma) >= det(I) = 1 $$
也就完成了证明