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。 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。
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： 1. $A \succ 0$ 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：$$\det(A+B)=\det(A) \cdot \det(I+A^{-1}B)$$
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：$$\det(I+A^{-1/2} \cdot A^{-1/2} \cdot B) $$
利用$\det(I+AB) = \det(I+BA)$，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$$\det(I+ \Sigma) \ge \det(I) = 1$$
也就完成了证明。