第二章行列式

原书第 60 页

第二章行列式

在线性代数一些问题研究中，如线性方程组、矩阵等问题，常要用到行列式做工具。在初等代数中，已经讨论过二、三阶行列式的定义、性质和计算，本章进一步讨论 n 阶行列式的定义、性质和计算。

重点难点

2.1 n 阶行列式的定义

我们先从解二元及三元线性方程组引入二阶、三阶行列式的概念及计算.

考虑二元线性方程组

$$ \{\begin{aligned}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}&=b_{1},\\ a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}&=b_{2},\end{aligned}. $$

如果 $ a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}\neq0 $，那么方程组的解为

$$ \begin{cases}x_{1}=\dfrac{b_{1}a_{22}-a_{12}b_{2}}{a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}},\\x_{2}=\dfrac{a_{11}b_{2}-b_{1}a_{21}}{a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}}.\end{cases} $$

如果对于方程组的系数矩阵

$$ \boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\ a_{21}&a_{22}\end{pmatrix}, $$

引入行列式记号“|”和det A，那么就可以得到一个二阶行列式，并规定A的行列式的值为

$$ \det\boldsymbol{A}=\left|\begin{matrix}a_{11}&a_{12}\\ a_{21}&a_{22}\end{matrix}\right|=a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}. $$

系数矩阵 A 的行列式 $ \det A $ 称为方程组的系数行列式.

记

原书第 61 页

$$ \det\boldsymbol{A}_{1}=\left|\begin{matrix}b_{1}&a_{12}\\ b_{2}&a_{22}\end{matrix}\right|,\quad\det\boldsymbol{A}_{2}=\left|\begin{matrix}a_{11}&b_{1}\\ a_{21}&b_{2}\end{matrix}\right|, $$

那么二元线性方程组的解可写成

$$ x_{1}=\frac{\det A_{1}}{\det A},\quad x_{2}=\frac{\det A_{2}}{\det A}. $$

类似地，三元线性方程组

$$ \begin{cases}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+a_{13}x_{3}=b_{1},\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+a_{23}x_{3}=b_{2},\\a_{31}x_{1}+a_{32}x_{2}+a_{33}x_{3}=b_{3}\end{cases} $$

的系数矩阵A的行列式规定为

$$ \begin{aligned}\det\boldsymbol{A}&=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}=a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}\\&\quad-a_{11}a_{23}a_{32}-a_{12}a_{21}a_{33}-a_{13}a_{22}a_{31}.\end{aligned} $$

那么，当 $ \det A \neq 0 $时，方程组的解也可写成

$$ x_{1}=\frac{\det A_{1}}{\det A},\quad x_{2}=\frac{\det A_{2}}{\det A},\quad x_{3}=\frac{\det A_{3}}{\det A}, $$

其中 $ \det A_{1}, \det A_{2}, \det A_{3} $ 是将系数行列式的第1列、第2列、第3列分别换成常数列所得的行列式.

三阶行列式的计算方法可用图示记忆法（图2.1），凡是实线上三个元相乘所得到的项带正号，凡是虚线上三个元相乘所得到的项带负号。

图2.1

对 n 元线性方程组的解要得到类似的结果，显然要对 n 阶行列式给出合理的定义.

观察三阶行列式的值，我们不难看出可以将三阶行列式写成如下展开式形式：

$$ \begin{array}{ccc}\left|\begin{array}{ccc}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\&&\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\&&\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{array}\right|=a_{11}\left|\begin{array}{ccc}a_{22}&a_{23}\\&&\\a_{32}&a_{33}\end{array}\right|-a_{12}\left|\begin{array}{ccc}a_{21}&a_{23}\\&&\\a_{31}&a_{33}\end{array}\right|\end{array} $$

原书第 62 页

$$ +a_{13}\begin{vmatrix}a_{21}&a_{22}\\ a_{31}&a_{32}\end{vmatrix}=a_{11}A_{11}+a_{12}A_{12}+a_{13}A_{13}, $$

其中 $ A_{11}, A_{12}, A_{13} $ 分别称为 $ a_{11}, a_{12}, a_{13} $ 的代数余子式.

$$ \boldsymbol{A}_{11}=(-1)^{1+1}\left|\begin{array}{cc}a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33}\end{array}\right|,\boldsymbol{A}_{12}=(-1)^{1+2}\left|\begin{array}{cc}a_{21}&a_{23}\\ a_{31}&a_{33}\end{array}\right|,\boldsymbol{A}_{13}=(-1)^{1+3}\left|\begin{array}{cc}a_{21}&a_{22}\\ a_{31}&a_{32}\end{array}\right|, $$

二阶行列式的展开式 $ \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{vmatrix} = a_{11}a_{22} - a_{12}a_{21} $ 也可视为按第1行展开，且 $ a_{22} $ 恰是 $ a_{11} $ 的代数余子式， $ -a_{21} $ 恰为 $ a_{12} $ 的代数余子式，即

$$ \begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{vmatrix}=a_{11}A_{11}+a_{12}A_{12}. $$

如果把(2.1)，(2.2)两式分别作为三阶和二阶行列式的定义，显然这种定义的方法是统一的，都是用低阶行列式定义高一阶的行列式。因此，我们自然也就希望用这种递归的方法来定义一般的n阶行列式。

定义设 A 为一个 n 阶矩阵，A 的行列式

$$ \det A=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix} $$

是由 A 确定的一个数：

（1）当 n=1 时， $ \det A=\det(a_{11})=a_{11} $;

(2) 当 $ n \geqslant 2 $ 时， $ \det A = a_{11}A_{11} + a_{12}A_{12} + \cdots + a_{1n}A_{1n} = \sum_{j=1}^{n}a_{1j}A_{1j} $，其中 $ A_{1j} = (-1)^{1+j}M_{1j} $，

$$ M_{1j}=\begin{vmatrix}a_{21}&\cdots&a_{2,j-1}&a_{2,j+1}&\cdots&a_{2n}\\a_{31}&\cdots&a_{3,j-1}&a_{3,j+1}&\cdots&a_{3n}\\\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&\cdots&a_{n,j-1}&a_{n,j+1}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}\quad(j=1,2,\cdots,n), $$

称 $ M_{1j} $ 为元 $ a_{1j} $ 的余子式，即为划掉 A 的第 1 行第 j 列后所得的 n-1 阶行列式， $ A_{1j} $ 称为 $ a_{1j} $ 的代数余子式.

为了书写方便，在不引起混淆的时候，本书也用 $ |A| $表示矩阵A的行列式.

由定义可以看出，行列式是由行列式不同行不同列的元乘积构成的和式，这种定义方法称为归纳定义。通常，把上述定义简称为按行列式的第1行展开。

例1 计算

重难点分析

n 阶行列式的定义

原书第 63 页

$$ D_{4}=\left|\begin{matrix}{2}&{0}&{0}&{4}\\ {7}&{1}&{0}&{5}\\ {2}&{6}&{1}&{0}\\ {8}&{4}&{3}&{5}\\ \end{matrix}\right|. $$

解因为 $ a_{12}=a_{13}=0 $，所以由定义

$$ \begin{aligned}D_{4}&=a_{11}A_{11}+a_{14}A_{14}\\&=2\times(-1)^{1+1}\left|\begin{matrix}1&0&5\\6&1&0\\4&3&5\end{matrix}\right|+4\times(-1)^{1+4}\left|\begin{matrix}7&1&0\\2&6&1\\8&4&3\end{matrix}\right|\\&=2\left[1\times(-1)^{1+1}\left|\begin{matrix}1&0\\3&5\end{matrix}\right|+5\times(-1)^{1+3}\left|\begin{matrix}6&1\\4&3\end{matrix}\right|\right]\\-4\left[7\times(-1)^{1+1}\left|\begin{matrix}6&1\\4&3\end{matrix}\right|+1\times(-1)^{1+2}\left|\begin{matrix}2&1\\8&3\end{matrix}\right|\right]\\&=2\left[5+5(18-4)\right]-4\left[7(18-4)-(6-8)\right]=-250\end{aligned} $$

例2 计算行列式

$$ D_{n}=\begin{array}{l|cccc} &a_{11}&&&\\a_{21}&a_{22}&&&\\\vdots&\vdots&\ddots&&\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\\\end{array}, $$

其中未写出的元均为0（以下同）.

解由定义，将 $ D_{n} $ 按第一行展开，得

$$ \begin{aligned}D_{n}&=a_{11}\left|\begin{aligned}a_{22}\\a_{32}&a_{33}\\\vdots&\vdots&\ddots\\a_{n2}&a_{n3}&\cdots&a_{nn}\end{aligned}\right|&=a_{11}a_{22}\left|\begin{aligned}a_{33}\\a_{43}&a_{44}\\\vdots&\vdots&\ddots\\a_{n3}&a_{n4}&\cdots&a_{nn}\end{aligned}\right|\\&=\cdots=a_{11}a_{22}\cdots a_{nn}.\\ \end{aligned} $$

同理可得

$$ \begin{array}{c|c|c|c|c}a_{11}&&&&&\\&&a_{22}&&&\\&&&\ddots&&\\&&&&&a_{nn}\end{array}=a_{11}a_{22}\cdots a_{nn}. $$

单位矩阵 I 和数量矩阵的行列式分别为

$$ \det I=1,\quad\det(kI_{n})=k^{n}. $$

原书第 64 页

例3 计算 n 阶下三角形行列式

$$ \begin{aligned}&D_{n}=\begin{vmatrix}\\ &a_{n}&&&\\&\ddots&&\\&&a_{2}&\\&&\ddots&\\&&\ddots&\ddots\\&a_{1}&\quad&\quad\star\\ &\end{vmatrix}.\\ \end{aligned} $$

解由行列式定义有

$$ \begin{aligned}D_{n}&=a_{n}(-1)^{1+n}\begin{vmatrix}&a_{n-1}\\&\ddots\\&a_{2}\\&a_{1}&\end{vmatrix}\\&=(-1)^{n-1}a_{n}D_{n-1}\\&=(-1)^{n-1}a_{n}(-1)^{n-2}a_{n-1}D_{n-2}\\&=\cdots=(-1)^{(n-1)+(n-2)+\cdots+2+1}a_{n}a_{n-1}\cdots a_{2}a_{1}\\&=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}a_{1}a_{2}\cdots a_{n}.\end{aligned}* $$

同理

$$ \begin{array}{c|c|c}&&a_{n}&\\\hline&\ddots&&\\a_{2}&&&\\a_{1}&&&&\end{array}=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}a_{1}a_{2}\cdots a_{n}. $$

习题2.1

用行列式的定义计算下列行列式：

(1)

$$ \left|\begin{array}{c c c c}{1}&{2}&{}&{0\quad0}\\ {3}&{4}&{}&{0\quad0}\\ {0}&{0}&{-1}&{3}\\ {0}&{0}&{}&{5\quad1}\\ \end{array}\right|; $$

(2)

(3)

$$ \left|\begin{array}{c c c c}{0}&{0}&{0}&{4}\\ {0}&{0}&{4}&{3}\\ {0}&{4}&{3}&{2}\\ {4}&{3}&{2}&{1}\end{array}\right| $$

$$ \begin{aligned}&\left|\begin{matrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{2}}}&{{{0}}} \\{{{-1}}}&{{{0}}}&{{{3}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{2}}}&{{{0}}}&{{{-1}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{3}}}\end{matrix}\right|;\\&\left|\begin{matrix}{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{2}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{0}}}&{{{8}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{9}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{10}}}\end{matrix}\right|.\end{aligned} $$

（4）

原书第 65 页

用行列式的定义计算下列行列式：

(1)

$$ \begin{vmatrix}{{{a}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{b}}} \\{{{0}}}&{{{c}}}&{{{d}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{e}}}&{{{f}}}&{{{0}}} \\{{{g}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{h}}}\end{vmatrix}; $$

$$ \left|\begin{matrix}x&y&0&\cdots&0&0\\ 0&x&y&\cdots&0&0\\ 0&0&x&\cdots&0&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&\cdots&x&y\\ y&0&0&\cdots&0&x\end{matrix}\right|. $$

2.2 行列式的性质与计算

一、行列式的性质

为了进一步讨论 n 阶行列式，简化行列式的计算，下面介绍 n 阶行列式的性质.

性质1 n 阶矩阵 A 的行列式按任一行展开，其值相等，即

$$ \det A=a_{i1}A_{i1}+a_{i2}A_{i2}+\cdots+a_{in}A_{in}=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}A_{ij}\quad(i=1,2,\cdots,n), $$

其中 $ A_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij} $， $ M_{ij} $ 是 det A 中去掉第 i 行第 j 列元 $ a_{ij} $ 所成的 n-1 阶行列式，称为元 $ a_{ij} $ 的余子式， $ A_{ij} $ 称为元 $ a_{ij} $ 的代数余子式。

证明从略.

推论若行列式的某行元全为零，则行列式等于零.

例1 计算 n 阶上三角形行列式（即当 i > j 时， $ a_{ij} = 0 $）

$$ D_{n}=\left|\begin{array}{cccc}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\&&\ddots&\vdots\\&&&a_{nn}\\\end{array}\right|. $$

解先将 $ D_{n} $ 按第 n 行展开，以后每次都按最后一行展开.

$$ \begin{aligned}D_{n}&=a_{nn}\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1,n-1}\\&a_{22}&\cdots&a_{2,n-1}\\&&\ddots&\vdots\\&&&a_{n-1,n-1}\end{vmatrix}\\&=a_{nn}a_{n-1,n-1}\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1,n-2}\\&a_{22}&\cdots&a_{2,n-2}\\&&\ddots&\vdots\\&&&a_{n-2,n-2}\end{vmatrix}\\&=\cdots=a_{11}a_{22}\cdots a_{nn}.\end{aligned} $$

原书第 66 页

同理可得

$$ \begin{array}{l}a_{n}\\\begin{array}{cccc}&\circ*&&a_{n-1}\\&&\ddots&\\a_{2}&&&&\\a_{1}&&&&\end{array}\end{array}\begin{array}{l}|=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}a_{1}a_{2}\cdots a_{n}.\\\begin{array}{l}|=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}a_{1}a_{2}\cdots a_{n}.\\\end{array} $$

例2 计算四阶行列式

$$ \begin{align*}D=\begin{vmatrix}6&1&0&0\\5&-1&3&-2\\0&2&0&0\\1&3&4&-3\end{vmatrix}.\end{align*} $$

解由于第3行除 $ a_{32}=2 $外，其他元均为零，由性质1得

$$ D=a_{32}A_{32}=2\times(-1)^{3+2}\left|\begin{array}{ccc}{{{6}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{5}}}&{{{3}}}&{{{-2}}} \\{{{1}}}&{{{4}}}&{{{-3}}}\end{array}\right|, $$

再按第1行展开有

$$ D=-2\times6\times(-1)^{1+1}\left|\begin{matrix}3&-2\\ 4&-3\end{matrix}\right|=-12\times(-9+8)=12. $$

性质2 若 n 阶行列式某两行对应元全相等，则行列式为零.

即当 $ a_{ik}=a_{jk}, i \neq j, k=1,2,\cdots,n $ 时， $ \det A=0 $.

证用数学归纳法证明.结论对二阶行列式显然成立.当 $ n\geqslant3 $时,假设结论对n-1阶行列式成立,在n阶的情况下,对第k行展开 $ (k\neq i,j) $,则

$$ \det A=a_{k1}A_{k1}+a_{k2}A_{k2}+\cdots+a_{kn}A_{kn}=\sum_{l=1}^{n}a_{kl}A_{kl}, $$

由于 $ M_{kl}(l=1,2,\cdots,n) $ 是 n-1 阶行列式，且其中都有两行元全相等，所以

$$ \mathrm{A}_{k l}=\left(-1\right)^{k+l}M_{k l}=0\quad\left(k=1,2,\cdots,n\right), $$

故 $ \det A = 0 $.

性质3

$$ \begin{array}{cccc}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\b_{i1}+c_{i1}&b_{i2}+c_{i2}&\cdots&b_{in}+c_{in}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{array} $$

原书第 67 页

$$ \begin{aligned}=\left|\begin{matrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\b_{i1}&b_{i2}&\cdots&b_{in}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{matrix}\right|+\left|\begin{matrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\c_{i1}&c_{i2}&\cdots&c_{in}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{matrix}\right|.\end{aligned} $$

证由性质1，将上式左端行列式按第i行展开得

$$ \begin{aligned}&\left|\begin{matrix} 左 =(b_{i1}+c_{i1})A_{i1}+(b_{i2}+c_{i2})A_{i2}+\cdots+(b_{in}+c_{in})A_{in}\\=(b_{i1}A_{i1}+b_{i2}A_{i2}+\cdots+b_{in}A_{in})+(c_{i1}A_{i1}+c_{i2}A_{i2}+\cdots+c_{in}A_{in})\end{matrix}\right.\\&=\left|\begin{matrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\b_{i1}&b_{i2}&\cdots&b_{in}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{matrix}\right|+\left|\begin{matrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\c_{i1}&c_{i2}&\cdots&c_{in}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{matrix}\right|.\end{aligned} $$

性质3说明：如果行列式的某一行是两组数的和，那么这个行列式就等于两个行列式的和，这两个行列式分别以这两组数为这一行的元，其他各行与原来行列式的对应各行不变。

性质4（行列式的初等变换）若把行初等变换施于n阶矩阵A上：

（1）将 A 的某一行乘数 k 得到 $ A_{1} $，则 $ \det A_{1}=k(\det A) $;

（2）将 A 的某一行的 k 倍加到另一行得到 $ A_{2} $，则 $ \det A_{2} = \det A $；

（3）交换A的两行得到 $ A_{3} $，则 $ \det A_{3}=-\det A $

（1）利用性质1，按乘数k的那一行展开，即得 $ \det A_{1}=k(\det A) $.

（2）由性质3及（1）得

$$ \begin{aligned}\det\boldsymbol{A}_{2}&=\begin{vmatrix}a_{11}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&&\vdots\\a_{i1}&\cdots&a_{in}\\\vdots&&\vdots\\a_{j1}+k a_{i1}&\cdots&a_{jn}+k a_{in}\\\vdots&&\vdots\\a_{n1}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}\\&=\begin{vmatrix}a_{11}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&&\vdots\\a_{i1}&\cdots&a_{in}\\\vdots&&\vdots\\a_{j1}&\cdots&a_{jn}\\\vdots&&\vdots\\a_{n1}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}a_{11}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&&\vdots\\a_{i1}&\cdots&a_{in}\\\vdots&&\vdots\\k a_{i1}&\cdots&k a_{in}\\\vdots&&\vdots\\a_{n1}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}\end{aligned} $$

原书第 68 页

$$ \det A+k\cdot0=\det A. $$

（3）由（2）可知

$$ \begin{aligned}\det\boldsymbol{A}_{3}&=\begin{vmatrix}a_{11}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&&\vdots\\a_{j1}&\cdots&a_{jn}\\\vdots&&\vdots\\a_{i1}&\cdots&a_{in}\\\vdots&&\vdots\\a_{n1}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}\begin{array}{l} 第 i 行 \\\begin{array}{l} 记 =\\ 第 j 行 \end{array}\\\begin{array}{l} 记 =\\ a_{11}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&&\vdots\\a_{j1}&\cdots&a_{jn}\\\vdots&&\vdots\\a_{n1}&\cdots&a_{nn}\end{array}\\\end{aligned}\\&=\begin{vmatrix}a_{11}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&&\vdots\\-a_{i1}&\cdots&-a_{in}\\\vdots&&\vdots\\a_{j1}+a_{i1}&\cdots&a_{jn}+a_{in}\\\vdots&&\vdots\\a_{n1}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}a_{11}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&&\vdots\\-a_{i1}&\cdots&-a_{in}\\\vdots&&\vdots\\a_{j1}&\cdots&a_{jn}\\\vdots&&\vdots\\a_{n1}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}=-\det\boldsymbol{A}.\end{aligned} $$

推论若行列式某两行对应元成比例，则行列式的值为零.

由性质4可知下列常用结论成立，设A为n阶矩阵，则

$$ \det(k\mathbf{A})=k^{n}(\det\mathbf{A}). $$

必须指出，不能把矩阵的初等变换与行列式的初等变换混淆，首先矩阵是数表，行列式是数；其次，前者是保持两矩阵的等价关系，不是相等，而后者是保持两行列式的等值关系。

为了研究矩阵转置的行列式，我们先来讨论初等矩阵的行列式。对于三个初等矩阵 $ E_{ij} $， $ \mathbf{E}_{i} $ 和 $ \mathbf{E}_{ij} $（c），设 A 为 n 阶矩阵，由性质 4 有

$$ \begin{aligned}&\det(\boldsymbol{E}_{ij})=\det(\boldsymbol{E}_{ij}\boldsymbol{I})=-\det\boldsymbol{I}=-1,\\&\det\boldsymbol{E}_{i}(c)=c\neq0,\\&\det\boldsymbol{E}_{ij}(c)=1.\\ \end{aligned} $$

于是，设 A 为 n 阶矩阵，由性质 4 得

$$ \begin{aligned}&\det(\boldsymbol{E}_{ij}\boldsymbol{A})=-\det\boldsymbol{A}=(\det\boldsymbol{E}_{ij})(\det\boldsymbol{A}),\\&\det(\boldsymbol{E}_{i}(c)\boldsymbol{A})=c(\det\boldsymbol{A})=(\det\boldsymbol{E}_{i}(c))(\det\boldsymbol{A}),\\&\det(\boldsymbol{E}_{ij}(c)\boldsymbol{A})=\det\boldsymbol{A}=(\det\boldsymbol{E}_{ij}(c))(\det\boldsymbol{A}).\\ \end{aligned} $$

故对任一初等矩阵E，都有

$$ \det(EA)=(\det E)(\det A). $$

一般地，设 $ E_{1}, E_{2}, \cdots, E_{t} $ 为初等矩阵，则

$$ \det\left(\boldsymbol{E}_{1}\boldsymbol{E}_{2}\cdots\boldsymbol{E}_{t}\boldsymbol{A}\right)=(\det\boldsymbol{E}_{1})(\det\boldsymbol{E}_{2})\cdots(\det\boldsymbol{E}_{t})(\det\boldsymbol{A}). $$

原书第 69 页

重难点分析

转置矩阵的

行列式

性质5 n阶矩阵A的行列式det A与其转置矩阵的行列式det(A^{T})的值相等.即

$$ \det\left(\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}\right)=\det\boldsymbol{A}. $$

证由于 $ A^{T} $ 可逆的充分必要条件为 A 可逆，所以，当 A 不可逆时， $ A^{T} $ 也不可逆。设 A 经行初等变换化为行阶梯形矩阵 R，R 的最后一行的元全为零，即存在初等矩阵 $ E_{1}, E_{2}, \cdots, E_{t} $，使得

$$ \boldsymbol{A}=\boldsymbol{E}_{1}\boldsymbol{E}_{2}\cdots\boldsymbol{E}_{t}\boldsymbol{R}. $$

由性质1的推论知det R=0，因而

$$ \det\mathbf{A}=(\det\mathbf{E}_{1})(\det\mathbf{E}_{2})\cdots(\det\mathbf{E}_{t})(\det\mathbf{R})=0. $$

又 $ A^{T} $也不可逆，同理， $ \det(A^{T})=0 $。故 $ \det(A^{T})=\det A $。

当 A 可逆时，由 §1.3 的定理 3，存在初等矩阵 $ E_{1}, E_{2}, \cdots, E_{x} $，使得 $ A = E_{1}E_{2}\cdots E_{x} $，从而

$$ \begin{align*}\det(\boldsymbol{A}^\mathrm{T})=&\det(\boldsymbol{E}_s^\mathrm{T}\cdots\boldsymbol{E}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{E}_1^\mathrm{T})\\=&(\det\boldsymbol{E}_s^\mathrm{T})\cdots(\det\boldsymbol{E}_2^\mathrm{T})(\det\boldsymbol{E}_1^\mathrm{T}),\end{align*} $$

又由于对于三种初等矩阵，显然其行列式均分别等于它们转置的行列式，因而

$$ \begin{aligned}\det(\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}})=&(\det\boldsymbol{E}_{s})\cdots(\det\boldsymbol{E}_{2})(\det\boldsymbol{E}_{1})\\=&(\det\boldsymbol{E}_{1})(\det\boldsymbol{E}_{2})\cdots(\det\boldsymbol{E}_{s})\\=&\det(\boldsymbol{E}_{1}\boldsymbol{E}_{2}\cdots\boldsymbol{E}_{s})\\=&\det\boldsymbol{A}.\end{aligned} $$

性质5说明，行列式对行成立的性质对列也成立.于是，由性质1和性质5知，n阶行列式det A 可按任一行或任一列展开，即

$$ \det A=\sum_{k=1}^{n}a_{kj}A_{kj}\quad(j=1,2,\cdots,n). $$

例 3 试证：奇数阶反称矩阵的行列式必为零.

证设 A 为 n 阶反称矩阵 (n 为奇数)，则 $ A^{T} = -A $，因而

$$ \det\boldsymbol{A}=\det\boldsymbol{A}^{\top}=\det(-\boldsymbol{A})=(-1)^{n}\det\boldsymbol{A}=-\det\boldsymbol{A}, $$

故 $ \det A = 0 $.

二、行列式的计算

计算行列式的一个基本方法是利用行列式的性质，把行列式化成上三角形行列式。由于这一方法程序固定，故适合在计算机上使用，而且计算工作量比按定义展开的方法要少。

例4 计算行列式

原书第 70 页

$$ D=\left|\begin{array}{r r r r}{1}&{1}&{-1}&{3}\\ {-1}&{-1}&{2}&{1}\\ {2}&{5}&{2}&{4}\\ {\frac{1}{2}}&{1}&{\frac{3}{2}}&{1}\end{array}\right|. $$

解

$$ D=\frac{1}{2}\left|\begin{array}{r r r r|r r r r}{1}&{1}&{-1}&{3}&{r_{1}+r_{2}}&{}&{1}&{1}&{-1}&{3}\\{-1}&{-1}&{2}&{1}&\frac{-2r_{1}+r_{3}}{-r_{1}+r_{4}}&{0}&{0}&{1}&{4}\\{2}&{5}&{2}&{4}&\frac{1}{2}&{0}&{3}&{4}&{-2}\\{1}&{2}&{3}&{2}&\end{array}\right| $$

$$ \begin{array}{c|cccc}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{3}}} \\{{{\hline\frac{r_{2}\leftrightarrow r_{4}}{}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{4}}}&{{{-1}}} \\{{{\hline2}}}&{{{0}}}&{{{3}}}&{{{4}}}&{{{-2}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{4}}} \\\end{array}\underline{\underline{-3r_{2}+r_{3}}}-\frac{1}{2}\begin{vmatrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{3}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{4}}}&{{{-1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{-8}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{4}}} \\\end{vmatrix} }$$

$$ \begin{aligned}\frac{r_{3}\leftrightarrow r_{4}}{2}\frac{1}{2}\left|\begin{array}{cccc|c}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{3}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{4}}}&{{{-1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{4}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{-8}}}&{{{1}}}\end{array}\right|\xlongequal{8r_{3}+r_{4}}\frac{1}{2}\left|\begin{array}{cccc|c}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{3}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{4}}}&{{{-1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{4}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{33}}}\end{array}\right|=\frac{33}{2}.\end{aligned} $$

计算行列式的另一基本方法是，恰当地利用性质，将某一行（列）的元尽可能化为零，然后按该行（列）展开，降阶后再计算.

例 5 计算四阶行列式

$$ D=\left|\begin{matrix}{5}&{2}&{-6}&{-3}\\ {-4}&{7}&{-2}&{4}\\ {-2}&{3}&{4}&{1}\\ {7}&{-8}&{-10}&{-5} \end{matrix}\right|. $$

解

$$ D\xlongequal{-\,2c_{4}+c_{1}\atop-3c_{4}+c_{2}\atop-4c_{4}+c_{3}}\left|\begin{array}{cccc}{{{-1}}}&{{{11}}}&{{{6}}}&{{{-3}}} \\{{{4}}}&{{{-5}}}&{{{-18}}}&{{{4}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{-3}}}&{{{7}}}&{{{10}}}&{{{-5}}}\end{array}\right| $$

$$ \begin{aligned}&\xlongequal{ 按 r_{3} 展开 }1\times(-1)^{3+4}\left|\begin{matrix}{{{-1}}}&{{{11}}}&{{{6}}} \\{{{4}}}&{{{-5}}}&{{{-18}}} \\{{{-3}}}&{{{7}}}&{{{10}}}\end{matrix}\right|\xlongequal{-3r_{1}+r_{3}}-\left|\begin{matrix}{{{-1}}}&{{{11}}}&{{{6}}} \\{{{0}}}&{{{39}}}&{{{6}}} \\{{{0}}}&{{{-26}}}&{{{-8}}}\end{matrix}\right|\\&=-(-1)(-1)^{1+1}\left|\begin{matrix}{{{39}}}&{{{6}}} \\{{{-26}}}&{{{-8}}}\end{matrix}\right|=-156.\end{aligned} $$

原书第 71 页

这里 $ c_{i} $表示第i列.

例6 计算n 阶行列式

$$ D_{n}=\left|\begin{array}{ccccc}x&y&y&\cdots&y\\y&x&y&\cdots&y\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\y&y&y&\cdots&x\\\end{array}\right|, $$

解注意到每行除了一个 x 外，其余 n-1 个数全为 y，故将第 2 列，第 3 列，…，第 n 列都加到第 1 列，得

$$ \begin{aligned}D_{n}=&\begin{vmatrix}{{{x+(n-1)y}}}&{{{y}}}&{{{\cdots}}}&{{{y}}} \\{{{x+(n-1)y}}}&{{{x}}}&{{{\cdots}}}&{{{y}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{x+(n-1)y}}}&{{{y}}}&{{{\cdots}}}&{{{x}}}\end{vmatrix}=[x+(n-1)y]\begin{vmatrix}{{{1}}}&{{{y}}}&{{{\cdots}}}&{{{y}}} \\{{{1}}}&{{{x}}}&{{{\cdots}}}&{{{y}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{1}}}&{{{y}}}&{{{\cdots}}}&{{{x}}}\end{vmatrix}\\ \xlongequal{-r_{1}+r_{i}(i=2,\cdots,n)}&[x+(n-1)y]\begin{vmatrix}{{{1}}}&{{{y}}}&{{{\cdots}}}&{{{y}}} \\{{{0}}}&{{{x-y}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{x-y}}}\end{vmatrix}\\ =&[x+(n-1)y](x-y)^{n-1}.\end{aligned} $$

例7 证明

$$ \begin{vmatrix}a_{1}+b_{1}&b_{1}+c_{1}&c_{1}+a_{1}\\a_{2}+b_{2}&b_{2}+c_{2}&c_{2}+a_{2}\\a_{3}+b_{3}&b_{3}+c_{3}&c_{3}+a_{3}\end{vmatrix}=2\begin{vmatrix}a_{1}&b_{1}&c_{1}\\a_{2}&b_{2}&c_{2}\\a_{3}&b_{3}&c_{3}\end{vmatrix}. $$

证一把左端行列式的第2,3列加到第1列，提取公因子2，再把第1列乘 $ (-1) $加到第2,3列得

$$ \begin{aligned} 左式 =2\left|\begin{aligned}a_{1}+b_{1}+c_{1}\quad&-a_{1}\quad&-b_{1}\\a_{2}+b_{2}+c_{2}\quad&-a_{2}\quad&-b_{2}\\a_{3}+b_{3}+c_{3}\quad&-a_{3}\quad&-b_{3}\end{aligned}\right|.\end{aligned} $$

把第2,3列加到第1列，然后分别提2,3列的公因数 $ (-1) $，再作两次列对换，等式得证.

证二

$$ \begin{aligned} 左式 &=\left|\begin{matrix}a_{1}&b_{1}+c_{1}&c_{1}+a_{1}\\a_{2}&b_{2}+c_{2}&c_{2}+a_{2}\\a_{3}&b_{3}+c_{3}&c_{3}+a_{3}\end{matrix}\right|+\left|\begin{matrix}b_{1}&b_{1}+c_{1}&c_{1}+a_{1}\\b_{2}&b_{2}+c_{2}&c_{2}+a_{2}\\b_{3}&b_{3}+c_{3}&c_{3}+a_{3}\end{matrix}\right|\\&=\left|\begin{matrix}a_{1}&b_{1}&c_{1}+a_{1}\\a_{2}&b_{2}&c_{2}+a_{2}\\a_{3}&b_{3}&c_{3}+a_{3}\end{matrix}\right|+\left|\begin{matrix}a_{1}&c_{1}&c_{1}+a_{1}\\a_{2}&c_{2}&c_{2}+a_{2}\\a_{3}&c_{3}&c_{3}+a_{3}\end{matrix}\right|+\end{aligned} $$

原书第 72 页

$$ \begin{aligned}&\left|\begin{matrix}b_{1}&b_{1}&c_{1}+a_{1}\\ b_{2}&b_{2}&c_{2}+a_{2}\\ b_{3}&b_{3}&c_{3}+a_{3}\end{matrix}\right|+\left|\begin{matrix}b_{1}&c_{1}&c_{1}+a_{1}\\ b_{2}&c_{2}&c_{2}+a_{2}\\ b_{3}&c_{3}&c_{3}+a_{3}\end{matrix}\right|\\=&\left|\begin{matrix}a_{1}&b_{1}&c_{1}\\ a_{2}&b_{2}&c_{2}\\ a_{3}&b_{3}&c_{3}\end{matrix}\right|+0+0+0+0+0++\left|\begin{matrix}b_{1}&c_{1}&a_{1}\\ b_{2}&c_{2}&a_{2}\\ b_{3}&c_{3}&a_{3}\end{matrix}\right|= 右式 .\end{aligned} $$

例 8 证明范德蒙德(Vandermonde)行列式 $ (n \geqslant 2) $

$$ V_{n}=\left|\begin{array}{ccccc}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{\cdots}}}&{{{1}}} \\{{{x_{1}}}}&{{{x_{2}}}}&{{{x_{3}}}}&{{{\cdots}}}&{{{x_{n}}}} \\{{{x_{1}^{2}}}}&{{{x_{2}^{2}}}}&{{{x_{3}^{2}}}}&{{{\cdots}}}&{{{x_{n}^{2}}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{x_{1}^{n-1}}}}&{{{x_{2}^{n-1}}}}&{{{x_{3}^{n-1}}}}&{{{\cdots}}}&{{{x_{n}^{n-1}}}} \\\end{array}\right|=\prod_{1\leq j

其中连乘积

$$ \begin{align*}\prod_{1\leqslant j

是满足条件 $ 1 \leqslant j < i \leqslant n $ 的所有因子 $ (x_{i} - x_{j}) $ 的乘积.

证对行列式的阶数 n 作数学归纳法.

当n=2时，有

$$ \begin{vmatrix}1&1\\ x_{1}&x_{2}\end{vmatrix}=x_{2}-x_{1}, $$

结论成立.

假设对于 n-1 阶范德蒙德行列式结论成立。下证对 n 阶范德蒙德行列式结论也成立。

在 $ V_{n} $中从第n行开始，逐行减去上一行的 $ x_{1} $倍，可得

$$ \begin{aligned}V_{n}&=\begin{vmatrix}1&1&1&\cdots&1\\0&x_{2}-x_{1}&x_{3}-x_{1}&\cdots&x_{n}-x_{1}\\0&x_{2}(x_{2}-x_{1})&x_{3}(x_{3}-x_{1})&\cdots&x_{n}(x_{n}-x_{1})\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&x_{2}^{n-2}(x_{2}-x_{1})&x_{3}^{n-2}(x_{3}-x_{1})&\cdots&x_{n}^{n-2}(x_{n}-x_{1})\end{vmatrix}\\&=\begin{vmatrix}x_{2}-x_{1}&x_{3}-x_{1}&\cdots&x_{n}-x_{1}\\x_{2}(x_{2}-x_{1})&x_{3}(x_{3}-x_{1})&\cdots&x_{n}(x_{n}-x_{1})\\\vdots&\vdots&&\vdots\\x_{2}^{n-2}(x_{2}-x_{1})&x_{3}^{n-2}(x_{3}-x_{1})&\cdots&x_{n}^{n-2}(x_{n}-x_{1})\end{vmatrix}\end{aligned} $$

原书第 73 页

$$ \begin{aligned}=(x_{2}-x_{1})(x_{3}-x_{1})\cdots(x_{n}-x_{1})\left|\begin{array}{cccc}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{\cdots}}}&{{{1}}} \\{{{x_{2}}}}&{{{x_{3}}}}&{{{\cdots}}}&{{{x_{n}}}} \\{{{x_{2}^{2}}}}&{{{x_{3}^{2}}}}&{{{\cdots}}}&{{{x_{n}^{2}}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{x_{2}^{n-2}}}}&{{{x_{3}^{n-2}}}}&{{{\cdots}}}&{{{x_{n}^{n-2}}}}\end{array}\right|,\end{aligned} $$

上式右端的行列式是一个 n-1 阶范德蒙德行列式，根据归纳假设有

$$ V_{n}=(x_{2}-x_{1})(x_{3}-x_{1})\cdots(x_{n}-x_{1})\prod_{2\leqslant j

由归纳法，结论成立.

显然， $ V_{n}\neq0 $ 的充分必要条件是 $ x_{1},x_{2},\cdots,x_{n} $ 互不相同.

由上例可见，利用数学归纳法证明行列式时，在降阶过程中注意保持行列式的“原形”是很重要的.

在 n 阶行列式的计算中，一般都将高阶行列式转化为低阶行列式来计算。但对某些特殊的行列式，也常采用“加边”法。

例 9 计算 n 阶行列式

$$ D_{n}=\left|\begin{array}{cccc}x_{1}-m&x_{2}&\cdots&x_{n}\\x_{1}&x_{2}-m&\cdots&x_{n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\x_{1}&x_{2}&\cdots&x_{n}-m\\\end{array}\right|, $$

解我们利用如下的加边法：

$$ D_{n}=\left|\begin{array}{ccccc}1&x_{1}&x_{2}&\cdots&x_{n}\\0&x_{1}-m&x_{2}&\cdots&x_{n}\\0&x_{1}&x_{2}-m&\cdots&x_{n}\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&x_{1}&x_{2}&\cdots&x_{n}-m\\\end{array}\right|, $$

将第1行的 $ (-1) $倍分别加到第2行，第3行，…，第 $ n+1 $行得

$$ D_{n}=\left|\begin{array}{ccccc}{{{1}}}&{{{x_{1}}}}&{{{x_{2}}}}&{{{\cdots}}}&{{{x_{n}}}} \\{{{-1}}}&{{{-m}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}} \\{{{-1}}}&{{{0}}}&{{{-m}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{-1}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{-m}}} \\\end{array}\right|, $$

若 m=0 ，则

$$ D_{n}=\{\begin{aligned}x_{1}&,&n=1,\\ 0&,&n>1.\end{aligned}. $$

原书第 74 页

若 $ m \neq 0 $，则将 $ D_{n} $ 中第2列，第3列，…，第 $ n+1 $列都乘 $ -\frac{1}{m} $ 后加到第1列得

$$ \begin{aligned}D_{n}&=\begin{vmatrix}1-\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{x_{i}}{m}&x_{1}&x_{2}&\cdots&x_{n}\\0&-m&0&\cdots&0\\0&0&-m&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&0&0&\cdots&-m\end{vmatrix}\\&=(-m)^{n}\Big(1-\frac{1}{m}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}\Big)\\&=(-1)^{n-1}m^{n-1}\big(\sum_{i=1}^{n}x_{i}-m\big).\end{aligned} $$

三、方阵乘积的行列式

本段中，我们来进一步讨论方阵乘积的行列式以及用行列式来刻画矩阵可逆的充要条件.

定理 1 n 阶矩阵 A 可逆的充分必要条件为 $ \det A \neq 0 $.

证设 A 经行初等变换化为简化行阶梯形矩阵 R，即存在初等矩阵 $ E_{1}, E_{2}, \cdots, E_{t} $，使得

$$ \mathbf{A}=\mathbf{E}_{1}\mathbf{E}_{2}\cdots\mathbf{E}_{i}\mathbf{R}. $$

若 A 可逆，则 R=I，所以

$$ \det\mathbf{A}=(\det E_{1})(\det E_{2})\cdots(\det E_{t})(\det I)\neq0. $$

反之，如果 $ \det A \neq 0 $，但 A 不可逆，则 R 的最后一行的元全为零，因此由行列式的性质知 $ \det R = 0 $，则

$$ \det\mathbf{A}=(\det\mathbf{E}_{1})(\det\mathbf{E}_{2})\cdots(\det\mathbf{E}_{t})(\det\mathbf{R})=0, $$

矛盾，故A可逆.

下面我们证明一个重要结果：两个 n 阶矩阵乘积的行列式等于这两个矩阵的行列式的乘积.

定理2 设 A, B 为 n 阶矩阵，则

$$ \det(\boldsymbol{A}\boldsymbol{B})=(\det\boldsymbol{A})(\det\boldsymbol{B}). $$

证设 A 经行初等变换化为简化行阶梯形矩阵 R，即存在初等矩阵 $ E_{1}, E_{2}, \cdots, E_{t} $，使得 $ A = E_{1}E_{2}\cdots E_{t}R $，则

$$ \begin{aligned}\det(\boldsymbol{A}\boldsymbol{B})=&\det(\boldsymbol{E}_{1}\boldsymbol{E}_{2}\cdots\boldsymbol{E}_{i}\boldsymbol{R}\boldsymbol{B})\\=&\left(\det\boldsymbol{E}_{1}\right)\left(\det\boldsymbol{E}_{2}\right)\cdots\left(\det\boldsymbol{E}_{i}\right)\left(\det(\boldsymbol{R}\boldsymbol{B})\right).\end{aligned} $$

如果 A 可逆，则 R=I。此时 $ A=E_{1}E_{2}\cdots E_{t} $，于是

原书第 75 页

$$ \det\mathbf{A}=(\det\mathbf{E}_{1})(\det\mathbf{E}_{2})\cdots(\det\mathbf{E}_{t}), $$

故

$$ \det(\mathbf{A}\mathbf{B})=(\det\mathbf{A})(\det(\mathbf{I}\mathbf{B}))=(\det\mathbf{A})(\det\mathbf{B}). $$

如果 A 不可逆，则 R 的最后一行全为零，因而 RB 的最后一行也全为零，所以由行列式性质，

$$ \det(R B)=0, $$

从而 $ \det(\boldsymbol{A}\boldsymbol{B})=0 $，又由定理1知 $ \det A=0 $，故

$$ \det(\boldsymbol{A}\boldsymbol{B})=(\det\boldsymbol{A})(\det\boldsymbol{B}). $$

推论1 设 $ A_{i}(i=1,2,\cdots,r) $ 均为 n 阶矩阵，则

$$ \det(\mathbf{A}_{1}\mathbf{A}_{2}\cdots\mathbf{A}_{r})=(\det\mathbf{A}_{1})(\det\mathbf{A}_{2})\cdots(\det\mathbf{A}_{r}). $$

推论2 如果 A, B 为 n 阶矩阵，且 AB = I（或 BA = I），则 $ B = A^{-1} $

证因为 $ \det(\boldsymbol{A}\boldsymbol{B})=(\det\boldsymbol{A})(\det\boldsymbol{B})=\det\boldsymbol{I}=1 $，所以 $ \det A \neq 0 $，故 $ A^{-1} $ 存在，于是

$$ \boldsymbol{B}=\boldsymbol{I}\boldsymbol{B}=(\boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{A})\boldsymbol{B}=\boldsymbol{A}^{-1}(\boldsymbol{A}\boldsymbol{B})=\boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{I}=\boldsymbol{A}^{-1}. $$

设A为可逆的，则 $ \det A \neq 0 $。由定理2和 $ AA^{-1} = I $有

$$ \left(\det A\right)\left(\det(A^{-1})\right)=\det I=1, $$

因而

$$ \det(\mathbf{A}^{-1})=(\det\mathbf{A})^{-1}. $$

这说明 A 的逆矩阵的行列式等于 A 的行列式的倒数.

例10 设

$$ \mathbf{A}=\begin{pmatrix}1&2&4\\0&-2&7\\0&0&-3\end{pmatrix},\quad\mathbf{B}=\begin{pmatrix}4&9&5\\0&1&-7\\0&0&2\end{pmatrix}, $$

$$ \det(\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}}),\det(\boldsymbol{A}+\boldsymbol{B}),\det(2\boldsymbol{A}),\det(\boldsymbol{A}^{-1}),\det(2\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{B}^{-1}) $$

解显然 $ \det A = 6 \neq 0 $, $ \det B = 8 \neq 0 $, 故 A, B 可逆, 且

$$ \det(\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}})=(\det\boldsymbol{A})(\det\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}})=48, $$

$$ det(\boldsymbol{A}+\boldsymbol{B})=\left|\begin{aligned}5&\quad11\quad9\\0&\quad-1\quad0\\0&\quad0\quad-1\end{aligned}\right|=5, $$

$$ \det(2\mathbf{A})=2^{3}\det\mathbf{A}=48 $$

$$ \det(A^{-1})=\frac{1}{\det A}=\frac{1}{6} $$

原书第 76 页

$$ \det(2\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{B}^{-1})=2^{3}\det(\boldsymbol{A}^{2})(\det\boldsymbol{B}^{-1})=2^{3}(\det\boldsymbol{A})^{2}\cdot\frac{1}{\det\boldsymbol{B}}=36. $$

例 11 已知矩阵 $ A=(\alpha, v_1, v_2, v_3) $, $ B=(\beta, v_1, v_2, v_3) $，其中 $ \alpha, \beta, v_1, v_2, v_3 $ 都是 $ 4 \times 1 $ 矩阵。设 $ |A| = 4 $, $ |B| = 1 $，求 $ |A^\top + B^\top| $。

解

$$ \begin{aligned}\left|\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}+\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}}\right|&=\left|(\boldsymbol{A}+\boldsymbol{B})^{\mathrm{T}}\right|=\left|\boldsymbol{A}+\boldsymbol{B}\right|\\&=\left|\boldsymbol{\alpha}+\boldsymbol{\beta},2\boldsymbol{v}_{1},2\boldsymbol{v}_{2},2\boldsymbol{v}_{3}\right|\\&=\left|\boldsymbol{\alpha},2\boldsymbol{v}_{1},2\boldsymbol{v}_{2},2\boldsymbol{v}_{3}\right|+\left|\boldsymbol{\beta},2\boldsymbol{v}_{1},2\boldsymbol{v}_{2},2\boldsymbol{v}_{3}\right|\\&=2^{3}\left|\boldsymbol{\alpha},\boldsymbol{v}_{1},\boldsymbol{v}_{2},\boldsymbol{v}_{3}\right|+2^{3}\left|\boldsymbol{\beta},\boldsymbol{v}_{1},\boldsymbol{v}_{2},\boldsymbol{v}_{3}\right|=40.\end{aligned} $$

典型例题讲

行列式计算

综合例题

题2.2

计算下列行列式：

(1)

$$ \begin{array}{c|cccc}{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{\hline1}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{\hline1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{\hline5}}}&{{{0}}}&{{{4}}}&{{{2}}} \\{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{2}}}&{{{1}}} \\{{{4}}}&{{{1}}}&{{{2}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\\end{array}; $$

（2）

$$ \left|\begin{array}{r r r r}{1}&{1}&{1}&{1}\\ {1}&{-1}&{1}&{1}\\ {1}&{1}&{-1}&{1}\\ {1}&{1}&{1}&{-1}\end{array}\right|; $$

(3)

（4）

$$ \left|\begin{array}{c c c c}{0}&{a}&{b}&{c}\\ {a}&{0}&{c}&{b}\\ {b}&{c}&{0}&{a}\\ {c}&{b}&{a}&{0}\end{array}\right|; $$

（5）

$$ \left|\begin{array}{c c c c c}{1}&{2}&{2}&{\cdots}&{2}\\ {2}&{2}&{2}&{\cdots}&{2}\\ {2}&{2}&{3}&{\cdots}&{2}\\ {\vdots}&{\vdots}&{\vdots}&&{\vdots}\\ {2}&{2}&{2}&{\cdots}&{n}\\ \end{array}\right|; $$

（6）

$$ \begin{align*}\begin{vmatrix}1+a_1b_1&1+a_1b_2&1+a_1b_3&1+a_1b_4\\1+a_2b_1&1+a_2b_2&1+a_2b_3&1+a_2b_4\\1+a_3b_1&1+a_3b_2&1+a_3b_3&1+a_3b_4\\1+a_4b_1&1+a_4b_2&1+a_4b_3&1+a_4b_4\end{vmatrix}&\;;\end{align*} $$

(7)

$$ \left|\begin{array}{c c c c c c}{1}&{2}&{3}&{\cdots}&{n-1}&{n}\\ {1}&{-1}&{0}&{\cdots}&{0}&{0}\\ {0}&{2}&{-2}&{\cdots}&{0}&{0}\\ {\vdots}&{\vdots}&{\vdots}&&{\vdots}&{\vdots}\\ {0}&{0}&{0}&{\cdots}&{n-1}&{-(n-1)}\end{array}\right|. $$

证明下列等式：

(1)

$$ \begin{vmatrix}a_{1}+b_{1}x&a_{1}x+b_{1}&c_{1}\\a_{2}+b_{2}x&a_{2}x+b_{2}&c_{2}\\a_{3}+b_{3}x&a_{3}x+b_{3}&c_{3}\end{vmatrix}=(1-x^{2})\begin{vmatrix}a_{1}&b_{1}&c_{1}\\a_{2}&b_{2}&c_{2}\\a_{3}&b_{3}&c_{3}\end{vmatrix}; $$

（2）

$$ \begin{vmatrix}ax+by&ay+bz&az+bx\\ay+bz&az+bx&ax+by\\az+bx&ax+by&ay+bz\end{vmatrix}=(a^{3}+b^{3})\begin{vmatrix}x&y&z\\y&z&x\\z&x&y\end{vmatrix}; $$

原书第 77 页

（3）

重难点分析

k 阶子式、余子式、代数余子式

$$ D_{n}=\left|\begin{array}{c c c c c c}{{{\cos\theta}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{2\cos\theta}}}&{{{1}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2\cos\theta}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{2\cos\theta}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{1}}}&{{{2\cos\theta}}}\end{array}\right|=\cos n\theta. $$

计算下列行列式：

(1)

$$ \begin{aligned}\left|\begin{matrix}a_{1}+\lambda_{1}&a_{2}&\cdots&a_{n}\\a_{1}&a_{2}+\lambda_{2}&\cdots&a_{n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{1}&a_{2}&\cdots&a_{n}+\lambda_{n}\\\end{matrix}\right|&\quad(\lambda_{i}\neq0,i=1,2,\cdots,n);\end{aligned} $$

（2）

$$ \begin{array}{ccc}\left|a_{1}^{n}\quad a_{1}^{n-1}b_{1}\quad\cdots\quad a_{1}b_{1}^{n-1}\quad b_{1}^{n}\right|&&\\\left|a_{2}^{n}\quad a_{2}^{n-1}b_{2}\quad\cdots\quad a_{2}b_{2}^{n-1}\quad b_{2}^{n}\right|&&\\\vdots\quad\vdots\quad\vdots\quad\vdots\quad\vdots\quad&\quad&(a_{i}\neq0,i=1,2,\cdots,n+1).\\\left|a_{n}^{n}\quad a_{n}^{n-1}b_{n}\quad\cdots\quad a_{n}b_{n}^{n-1}\quad b_{n}^{n}\right|&&\\\left|a_{n+1}^{n}\quad a_{n+1}^{n-1}b_{n+1}\quad\cdots\quad a_{n+1}b_{n+1}^{n-1}\quad b_{n+1}^{n}\right|&&\end{array} $$

若 A 是 n 阶矩阵， $ AA^{T}=I $，试求 $ \det A $.

设 A 为 n 阶矩阵， $ AA^{T}=I $，det A=-1，证明： $ \det(I+A)=0 $

设 $ A = B = -C = D^{T} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} $，求： $ \begin{vmatrix} A & B \\ C & D \end{vmatrix} $， $ \begin{vmatrix} |A| & |B| \\ |C| & |D| \end{vmatrix} $。

设 A, B 均为 4 阶矩阵, |A| = -2, |B| = 3, 计算:

(1) $ \left| \frac{1}{2} AB^{-1} \right| $; (2) $ \left| -AB^{\mathrm{T}} \right| $;

(3) $ \left| (AB)^{-1} \right| $; (4) $ \left| \left[ (AB)^{\mathrm{T}} \right]^{-1} \right| $.

已知 n 阶矩阵 A 满足 $ A^{2}=A $，证明：A=I 或 $ \det A=0 $.

2.3 拉普拉斯展开定理

拉普拉斯(Laplace)定理是行列式按一行(列)展开的推广。下面我们先将余子式与代数余子式的概念加以推广。

定义在 $n$ 阶行列式 $D$ 中，任取 $k$ 行、$k$ 列 ($1 \leqslant k \leqslant n$)，位于这 $k$ 行、$k$ 列的交点上的 $k^2$ 个元按原来的相对位置组成的 $k$ 阶行列式 $S$，称为 $D$ 的一个 $k$ 阶子式。在 $D$ 中划去 $S$ 所在的 $k$ 行与 $k$ 列，余下的元按原来的相对位置组成的 $n-k$ 阶行列式 $M$ 称为 $S$ 的余子式。设 $S$ 的各行位于 $D$ 中第 $i_1, i_2, \cdots, i_k$ 行 ($i_1 < i_2 < \cdots < i_k$)，$S$ 的各列位于 $D$ 中第 $j_1, j_2, \cdots, j_k$ 列 ($j_1 < j_2 < \cdots < j_k$)，则称

$$ \mathrm{A}=(-1)^{(i_{1}+i_{2}+\cdots+i_{k})+(j_{1}+j_{2}+\cdots+j_{k})}M $$

原书第 78 页

为 S 的代数余子式.

例如，在四阶行列式

$$ \begin{align*}D=\begin{vmatrix}1&2&1&4\\3&1&4&4\\0&0&2&1\\1&1&1&4\end{vmatrix}\end{align*} $$

中选取第1,3行，第2,4列得一个二阶子式

$$ S=\begin{vmatrix}2&4\\ 0&1\end{vmatrix}=2, $$

S 的余子式为

$$ M=\begin{vmatrix}3&4\\ 1&1\end{vmatrix}=-1, $$

S 的代数余子式为

$$ \boldsymbol{A}=(-1)^{(1+3)+(2+4)}\boldsymbol{M}=\left|\begin{matrix}3&4\\ 1&1\end{matrix}\right|=-1. $$

由于从 n 个行中任取 k 行，共有 $ C_{n}^{k} $ 种取法；从 n 个列中任取 k 列，也有 $ C_{n}^{k} $ 种取法，故 n 阶行列式 D 的 $ k (1 \leqslant k \leqslant n) $ 阶子式共有 $ (\mathrm{C}_{n}^{k})^{2} $ 个。而对 D 的每一个子式 S，它的余子式 M 和代数余子式 A 都由 S 惟一确定。

定理（拉普拉斯定理）若在行列式 D 中任意取定 k 个行（ $ 1 \leq k \leq n-1 $），则由这 k 个行组成的所有 k 阶子式与它们的代数余子式的乘积之和等于 D.

设 D 的某 k 行组成的所有 k 阶子式分别为 $ S_{1}, S_{2}, \cdots, S_{t} (t = C_{n}^{k}) $，它们相应的代数余子式分别为 $ A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{t} $，则

$$ D=S_{1}A_{1}+S_{2}A_{2}+\cdots+S_{t}A_{t}. $$

定理的证明从略.

当 k=1 时，拉普拉斯定理就是行列式按一行（列）展开，所以拉普拉斯定理是行列式按一行（列）展开性质的推广，它是行列式按某 k 行（列）的展开.

例1 计算

$$ D=\left|\begin{array}{c c c c c}{2}&{1}&{0}&{0}&{0}\\ {1}&{2}&{1}&{0}&{0}\\ {0}&{1}&{2}&{1}&{0}\\ {0}&{0}&{1}&{2}&{1}\\ {0}&{0}&{0}&{1}&{2}\end{array}\right|. $$

解按第1,2行展开，这两行元共组成 $ C_{5}^{2}=10 $个二阶子式，但其中不为0的二阶子式只有3个，即

原书第 79 页

$$ S_{1}=\left|\begin{matrix}2&1\\ 1&2\end{matrix}\right|=3,S_{2}=\left|\begin{matrix}2&0\\ 1&1\end{matrix}\right|=2,S_{3}=\left|\begin{matrix}1&0\\ 2&1\end{matrix}\right|=1, $$

它们对应的代数余子式为

$$ \boldsymbol{A}_{1}=(-1)^{(1+2)+(1+2)}\left|\begin{array}{c c c}{2}&{1}&{0}\\ {1}&{2}&{1}\\ {0}&{1}&{2}\end{array}\right|=4, $$

$$ \boldsymbol{A}_{2}=(-1)^{(1+2)+(1+3)}\left|\begin{array}{ccc}1&1&0\\0&2&1\\0&1&2\end{array}\right|=-3, $$

$$ \begin{align*}A_3&=(-1)^{(1+2)+(2+3)}\begin{vmatrix}0&1&0\\0&2&1\\0&1&2\end{vmatrix}=0,\end{align*} $$

故由拉普拉斯定理

$$ D=S_{1}A_{1}+S_{2}A_{2}+S_{3}A_{3}=6. $$

由拉普拉斯定理可得下列常用结果：块下或块上三角形矩阵

$$ \boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}\boldsymbol{B}_{m\times m}&\boldsymbol{O}\\*&C_{n\times n}\end{pmatrix} $$

或

$$ \mathbf{A}=\begin{bmatrix}\boldsymbol{B}_{m\times m}&\ast\\ \boldsymbol{O}&\boldsymbol{C}_{n\times n}\end{bmatrix} $$

的行列式

$$ \det\boldsymbol{A}=(\det\boldsymbol{B})(\det\boldsymbol{C}). $$

事实上，对于

$$ \mathbf{A}=\left[\begin{matrix}{\mathbf{B}_{m\times m}}&{\mathbf{O}}\\ {\ast}&{\mathbf{C}_{n\times n}}\\ \end{matrix}\right], $$

在 $ \det A $ 的前 m 行的所有 m 阶子式中，只有一个可能不为零，故由拉普拉斯定理，按前 m 行展开，易知 $ \det A=(\det B)(\det C) $ 成立。同理，对于

$$ \mathbf{A}=\left(\begin{matrix}{B_{m\times m}}&{\ast}\\ {O}&{C_{n\times n}}\\ \end{matrix}\right), $$

按det A 的前m列展开便知结论成立.

原书第 80 页

特别地，有块对角矩阵行列式的常用结果：设

$$ \boldsymbol{A}=\mathrm{diag}\left(A_{1},A_{2},\cdots,A_{t}\right), $$

其中 $ \boldsymbol{A}_{i}(i=1,\cdots,t) $ 为方阵，则

$$ \det\mathbf{A}=(\det\mathbf{A}_{1})(\det\mathbf{A}_{2})\cdots(\det\mathbf{A}_{t}). $$

例2 设分块矩阵 $ A=\begin{pmatrix}B&O\\C&D\end{pmatrix} $，其中 O 是零矩阵，B 和 D 是可逆矩阵，求 $ A^{-1} $.

解根据拉普拉斯定理 $ \det A=(\det B)(\det D)\neq0 $，所以 A 可逆.

设 $ A^{-1} $ 对应的分块矩阵为 $ A^{-1}=\begin{pmatrix}X_{1}&X_{2}\\X_{3}&X_{4}\end{pmatrix} $，其中 $ X_{1} $ 与 B 是同型矩阵， $ X_{4} $ 与 D 是同型矩阵。则根据分块矩阵的乘法有

典型例题讲解

利用拉普拉斯

展开判断矩阵

可逆性

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^{-1}&=\begin{pmatrix}\boldsymbol{B}&\boldsymbol{O}\\\boldsymbol{C}&\boldsymbol{D}\end{pmatrix}\begin{bmatrix}\boldsymbol{X}_{1}&\boldsymbol{X}_{2}\\\boldsymbol{X}_{3}&\boldsymbol{X}_{4}\end{bmatrix}\\&=\begin{pmatrix}\boldsymbol{B}\boldsymbol{X}_{1}&\boldsymbol{B}\boldsymbol{X}_{2}\\\boldsymbol{C}\boldsymbol{X}_{1}+\boldsymbol{D}\boldsymbol{X}_{3}&\boldsymbol{C}\boldsymbol{X}_{2}+\boldsymbol{D}\boldsymbol{X}_{4}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\boldsymbol{I}&\boldsymbol{O}\\\boldsymbol{O}&\boldsymbol{I}\end{pmatrix}=\boldsymbol{I},\end{aligned} $$

故

$$ \begin{cases}\boldsymbol{B}\boldsymbol{X}_{1}=\boldsymbol{I},\\\boldsymbol{B}\boldsymbol{X}_{2}=\boldsymbol{O},\\\boldsymbol{C}\boldsymbol{X}_{1}+\boldsymbol{D}\boldsymbol{X}_{3}=\boldsymbol{O},\\\boldsymbol{C}\boldsymbol{X}_{2}+\boldsymbol{D}\boldsymbol{X}_{4}=\boldsymbol{I}.\end{cases} $$

解得

$$ \begin{cases}\boldsymbol{X}_{1}=\boldsymbol{B}^{-1},\\\boldsymbol{X}_{2}=\boldsymbol{O},\\\boldsymbol{X}_{3}=-\boldsymbol{D}^{-1}\boldsymbol{C}\boldsymbol{B}^{-1},\\\boldsymbol{X}_{4}=\boldsymbol{D}^{-1},\end{cases} $$

故

$$ \boldsymbol{A}^{-1}=\begin{pmatrix}\boldsymbol{B}^{-1}&\boldsymbol{O}\\-\boldsymbol{D}^{-1}\boldsymbol{C}\boldsymbol{B}^{-1}&\boldsymbol{D}^{-1}\end{pmatrix}. $$

题2.3

计算下列行列式：

原书第 81 页

(1)

(2)

$$ \begin{aligned}&\left|\begin{matrix}{{{1}}}&{{{2}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{3}}}&{{{4}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{-1}}}&{{{3}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{5}}}&{{{1}}}\end{matrix}\right|;\\&\left|\begin{matrix}{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{3}}}&{{{0}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{2}}}&{{{4}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}}&{{{0}}}&{{{4}}} \\{{{0}}}&{{{2}}}&{{{3}}}&{{{0}}}&{{{2}}}&{{{3}}} \\{{{3}}}&{{{1}}}&{{{2}}}&{{{1}}}&{{{4}}}&{{{0}}}\end{matrix}\right|;\end{aligned} $$

(3)

$$ \left|\begin{array}{r r r r}{1}&{0}&{2}&{0}\\ {-1}&{0}&{3}&{0}\\ {0}&{2}&{0}&{-1}\\ {0}&{1}&{0}&{3}\end{array}\right|; $$

(4)

$$ \begin{array}{cccc}a&&&&\\&\quad a&&&\\&&\ddots&&\\&&&a&b&\\&&&b&a&\\&\ddots&&&&\ddots\\b&&&&&a\\b&&&&&a\end{array}\quad\left.\begin{array}{c}b\\b\\n 行 \\n 行 \\n 行 \end{array}\right\}_{\substack{n 行 \\ b\\ a}}\end{array} $$

设 A, B 均为 n 阶可逆矩阵，证明 $ \begin{pmatrix} O & A \\ B & O \end{pmatrix} $ 可逆，并求其逆矩阵.

设 A 和 B 都是可逆矩阵，求 $ \begin{pmatrix} C & A \\ B & O \end{pmatrix} $ 的逆矩阵.

求下列矩阵的逆矩阵：

(1)

$$ \begin{aligned}\left[\begin{matrix}1&3&0&0&0\\2&8&0&0&0\\0&0&1&0&1\\0&0&2&3&2\\0&0&3&1&1\end{matrix}\right];\end{aligned} $$

(2)

$$ \begin{aligned}\begin{bmatrix}1&3&0&0&0\\2&8&0&0&0\\1&0&1&0&1\\0&1&2&3&2\\2&3&3&1&1\end{bmatrix}\end{aligned}； $$

（3）

$$ \begin{pmatrix}0&0&0&4&4\\0&0&0&7&8\\1&1&1&0&0\\0&1&1&0&0\\0&0&1&0&0\end{pmatrix}. $$

设 $ \boldsymbol{A} = (\boldsymbol{B} \quad \boldsymbol{C}) $ 是 $ n \times m $ 矩阵， $ \boldsymbol{B} $ 是 $ n \times s $ 子矩阵，且 $ \boldsymbol{B}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{C} = 0 $。证明： $ \det (\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A}) = \det (\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{B}) \det (\boldsymbol{C}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{C}) $。

§2.4 克拉默法则

在本章 §2.2 中，我们不仅介绍了行列式的性质，而且还得到了矩阵 A 可逆的充分必要条件为 $ \det A \neq 0 $。这里，我们进一步利用行列式给出逆矩阵的表达式，并给出解线性方程组的克拉默 (Cramer) 法则。

原书第 82 页

引理1 设 $ A=(a_{ij})_{n\times n} $， $ A_{ij} $ 表示 $ a_{ij} $ 的代数余子式，则

$$ \sum_{k=1}^{n}a_{ik}A_{jk}=a_{i1}A_{j1}+a_{i2}A_{j2}+\cdots+a_{in}A_{jn}=0\quad(i\neq j;i,j=1,\cdots,n). $$

证行列式按第 j 行展开得

$$ \det A=\sum_{k=1}^{n}a_{jk}A_{jk}, $$

所以将行列式中第 j 行的元 $ a_{j1}, a_{j2}, \cdots, a_{jn} $ 换成 $ a_{i1}, a_{i2}, \cdots, a_{in} $ 后所得的行列式，其展开式为 $ \sum_{k=1}^{n} a_{ik} A_{jk} $，即

$$ \sum_{k=1}^{n}a_{ik}A_{jk}=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{i1}&a_{i2}&\cdots&a_{in}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{i1}&a_{i2}&\cdots&a_{in}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix} 第 i 行 =0．第 j 行 $$

引理1说明：行列式的任一行（列）的元乘以另一行（列）对应元的代数余子式之和等于零。

引理2 设A为n阶矩阵，则

$$ \boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^{*}=\boldsymbol{A}^{*}\boldsymbol{A}=(\det\boldsymbol{A})\boldsymbol{I}, $$

其中

$$ \boldsymbol{A}^{*}=\begin{pmatrix}A_{11}&A_{21}&\cdots&A_{n1}\\A_{12}&A_{22}&\cdots&A_{n2}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\A_{1n}&A_{2n}&\cdots&A_{nn}\end{pmatrix} $$

称为 A 的伴随矩阵 ( $ A_{ij} $ 是 det A 中元 $ a_{ij} $ 的代数余子式).

证由引理1可得

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^{*}&=\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{bmatrix}\begin{pmatrix}A_{11}&A_{21}&\cdots&A_{n1}\\A_{12}&A_{22}&\cdots&A_{n2}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\A_{1n}&A_{2n}&\cdots&A_{nn}\end{pmatrix}\\&=\begin{bmatrix}\det\boldsymbol{A}&&&\\&\det\boldsymbol{A}&&\\&&\ddots&\\&&&\det\boldsymbol{A}\end{bmatrix}=(\det\boldsymbol{A})\boldsymbol{I}.\end{aligned} $$

原书第 83 页

同理，由行列式按列展开定理，可得

$$ \mathbf{A}^{*}\mathbf{A}=(\det\mathbf{A})\mathbf{I}. $$

前面我们得到 A 可逆的充分必要条件为 $ \det A \neq 0 $。当 A 可逆时，借助于 $ A^{*} $ 和行列式可以得到 $ A^{-1} $ 的简明表达式。

定理1 设A可逆，则

$$ \boldsymbol{A}^{-1}=\frac{1}{\det\boldsymbol{A}}\boldsymbol{A}^{*}. $$

证由引理2，

$$ \boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^{*}=\boldsymbol{A}^{*}\boldsymbol{A}=(\det\boldsymbol{A})\boldsymbol{I}, $$

因 A 可逆，故 $ \det A \neq 0 $，于是

$$ \mathbf{A}\left(\frac{1}{\det\mathbf{A}}\mathbf{A}^{*}\right)=\mathbf{I}, $$

故

$$ \boldsymbol{A}^{-1}=\frac{1}{\det\boldsymbol{A}}\boldsymbol{A}^{*}. $$

例1 矩阵

$$ \boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}} \\{{{2}}}&{{{2}}}&{{{1}}} \\{{{3}}}&{{{4}}}&{{{3}}}\end{pmatrix},\quad\boldsymbol{B}=\begin{pmatrix}{{{2}}}&{{{3}}}&{{{-1}}} \\{{{-1}}}&{{{3}}}&{{{-3}}} \\{{{1}}}&{{{15}}}&{{{-11}}}\end{pmatrix} $$

是否可逆？若可逆，求 $ A^{-1}, B^{-1} $

解因 $ \det A=2,\det B=0 $ ，所以 A 可逆，B 不可逆。下面来求 $ A^{-1} $

$$ A_{11}=(-1)^{1+1}\left|\begin{array}{cc}2&1\\ 4&3\end{array}\right|=2,\quad A_{21}=(-1)^{2+1}\left|\begin{array}{cc}2&3\\ 4&3\end{array}\right|=6, $$

$$ A_{31}=(-1)^{3+1}\left|\begin{matrix}2&3\\ 2&1\end{matrix}\right|=-4,\quad A_{12}=(-1)^{1+2}\left|\begin{matrix}2&1\\ 3&3\end{matrix}\right|=-3, $$

$$ A_{22}=(-1)^{2+2}\left|\begin{matrix}1&3\\ 3&3\end{matrix}\right|=-6,\quad A_{32}=(-1)^{3+2}\left|\begin{matrix}1&3\\ 2&1\end{matrix}\right|=5, $$

$$ A_{13}=(-1)^{1+3}\left|\begin{array}{cc}2&2\\ 3&4\end{array}\right|=2,\quad A_{23}=(-1)^{2+3}\left|\begin{array}{cc}1&2\\ 3&4\end{array}\right|=2, $$

$$ \begin{align*}A_{33}=(-1)^{3+3}\left|\begin{array}{cc}1&2\\2&2\end{array}\right|=-2.\end{align*} $$

故

原书第 84 页

$$ \mathbf{A}^{-1}=\frac{1}{\det\mathbf{A}}\mathbf{A}^{*}=\frac{1}{2}\left(\begin{matrix}2&6&-4\\ -3&-6&5\\ 2&2&-2\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}1&3&-2\\ -\frac{3}{2}&-3&\frac{5}{2}\\ 1&1&-1\end{matrix}\right). $$

定理1给出了 $ A^{-1} $的简明表达式，但是由例1可以看出，用这个公式来求逆矩阵，计算量一般非常大。实际应用中求逆矩阵，一般采用第一章介绍的行初等变换法，而且该方法程序固定，适宜于计算机上计算大型方阵的逆矩阵。

例2 设 $ A=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&2&1\\1&1&3\end{pmatrix} $，求 $ (A^{*})^{-1} $.

解因 $ \det A = 2 \neq 0 $，于是由 $ AA^{*} = (\det A)I $ 得

$$ \left(\frac{1}{\det A}\boldsymbol{A}\right)\boldsymbol{A}^{*}=\boldsymbol{I}, $$

故 $ A^{\cdot} $可逆且

$$ \left(\boldsymbol{A}^{*}\right)^{-1}=\frac{1}{\det\boldsymbol{A}}\boldsymbol{A}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1&1&1\\1&2&1\\1&1&3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}&1&\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&\frac{3}{2}\end{pmatrix}. $$

例3 设 A 是三阶矩阵，且 $ \det A = \frac{1}{3} $，求 $ \det((2A)^{-1} - 3A^{*}) $.

解因为 $ (2\boldsymbol{A})^{-1}=\frac{1}{2}\boldsymbol{A}^{-1},\boldsymbol{A}^{*}=(\det\boldsymbol{A})\boldsymbol{A}^{-1}=\frac{1}{3}\boldsymbol{A}^{-1} $，所以

$$ \begin{align*}\det((2\boldsymbol{A})^{-1}-3\boldsymbol{A}^{*})=&\det\left(\frac{1}{2}\boldsymbol{A}^{-1}-\boldsymbol{A}^{-1}\right)=\det\left(-\frac{1}{2}\boldsymbol{A}^{-1}\right)\\=&\left(-\frac{1}{2}\right)^{3}\det\left(\boldsymbol{A}^{-1}\right)=-\frac{1}{8}\frac{1}{\det\boldsymbol{A}}=-\frac{3}{8}.\end{align*} $$

例4—设A可逆，且 $ A^{*}B=A^{-1}+B $，证明B可逆，当

典型例题讲解与伴随矩阵相关的行列式计算

$$ \boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}{{{2}}}&{{{6}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{2}}}&{{{6}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{2}}}\end{pmatrix} $$

$$ (\boldsymbol{A}^{*}-\boldsymbol{I})\boldsymbol{B}=\boldsymbol{A}^{-1}. $$

解由已知有

时，求B.

于是由 $ |A^{*}-I||B|=|A^{-1}|\neq0 $知B和 $ A^{*} - I $可逆，再由上式得

原书第 85 页

$$ \mathbf{B}=(\mathbf{A}^{*}-\mathbf{I})^{-1}\mathbf{A}^{-1}=\left[\mathbf{A}(\mathbf{A}^{*}-\mathbf{I})\right]^{-1}=(\left|\mathbf{A}\right|\mathbf{I}-\mathbf{A})^{-1}, $$

很容易计算得

$$ \left|\mathbf{A}\right|\mathbf{I}-\mathbf{A}=6\left(\begin{matrix}1&-1&0\\ 0&1&-1\\ 0&0&1\end{matrix}\right). $$

于是，求出上述矩阵的逆矩阵便得 $ B=\frac{1}{6}\begin{pmatrix}1&1&1\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix} $.

定理2（克拉默法则）设n阶矩阵A可逆，则线性方程组AX=b有惟一解 $ X=(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})^{\mathrm{T}} $，其中

$$ x_{j}=\frac{\det\mathbf{A}_{j}}{\det\mathbf{A}}\quad(j=1,2,\cdots,n), $$

det $ A_{j} $ 是用 b 代替 det A 中的第 j 列得到的行列式.

证关于解的惟一性，在§1.3定理3的推论中已给出充分必要条件，下面证明解的表示式.由于

$$ \begin{aligned}\begin{bmatrix}x_{1}\\x_{2}\\\vdots\\x_{n}\end{bmatrix}&=\mathbf{X}=\mathbf{A}^{-1}\mathbf{b}=\frac{1}{\det\mathbf{A}}\mathbf{A}^{*}\mathbf{b}=\frac{1}{\det\mathbf{A}}\begin{bmatrix}A_{11}&A_{21}&\cdots&A_{n1}\\A_{12}&A_{22}&\cdots&A_{n2}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\A_{1n}&A_{2n}&\cdots&A_{nn}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}b_{1}\\b_{2}\\\vdots\\b_{n}\end{bmatrix},\end{aligned} $$

比较两端对应元得

$$ x_{j}=\frac{1}{\det A}(b_{1}A_{1j}+b_{2}A_{2j}+\cdots+b_{n}A_{nj})=\frac{\det A_{j}}{\det A_{j}} $$

克拉默法则给了我们一个用行列式写出 $ n \times n $ 线性方程组解的简便方法，具有重要的理论价值。然而，为了求出解，我们需计算 $ n+1 $ 个 n 阶行列式。一般其计算量要比用高斯消元法多得多。

例5 已知三次曲线 $ y=a_{1}+a_{2}x+a_{3}x^{2}+a_{4}x^{3} $ 过四点 $ (x_{1},y_{1}),(x_{2},y_{2}),(x_{3},y_{3}),(x_{4},y_{4}) $ ，其中 $ x_{1},x_{2},x_{3},x_{4} $ 互不相同，试求系数 $ a_{1},a_{2},a_{3},a_{4} $

解将四个点的坐标分别代入三次曲线的方程，得关于 $ a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4} $ 的方程组

$$ \begin{cases}a_{1}+a_{2}x_{1}+a_{3}x_{1}^{2}+a_{4}x_{1}^{3}=y_{1},\\a_{1}+a_{2}x_{2}+a_{3}x_{2}^{2}+a_{4}x_{2}^{3}=y_{2},\\a_{1}+a_{2}x_{3}+a_{3}x_{3}^{2}+a_{4}x_{3}^{3}=y_{3},\\a_{1}+a_{2}x_{4}+a_{3}x_{4}^{2}+a_{4}x_{4}^{3}=y_{4},\end{cases} $$

系数行列式

原书第 86 页

$$ \det\boldsymbol{A}=\left|\begin{matrix}1&x_{1}&x_{1}^{2}&x_{1}^{3}\\ 1&x_{2}&x_{2}^{2}&x_{2}^{3}\\ 1&x_{3}&x_{3}^{2}&x_{3}^{3}\\ 1&x_{4}&x_{4}^{2}&x_{4}^{3}\end{matrix}\right|=\prod_{1\leq j

由克拉默法则，有惟一解

$$ a_{j}=\frac{\det\mathbf{A}_{j}}{\det\mathbf{A}}\quad(j=1,2,3,4), $$

其中 $ \det A_{j} $ 是以 $ y_{1}, y_{2}, y_{3}, y_{4} $ 替代 $ \det A $ 中第 j 列元所得行列式.

题2.4

试用伴随矩阵求下列矩阵的逆矩阵：

$$ \begin{aligned}\left[\begin{array}{cc}a&b\\c&d\end{array}\right]\end{aligned} $$

$$ ad-bc\ne0 $$

$$ \begin{pmatrix}{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}\end{pmatrix} $$

$$ 2\begin{pmatrix}3&-4&5\\2&-3&1\\3&-5&-1\end{pmatrix}. $$

设 A 是 n 阶矩阵，证明：

(1) $ (k\mathbf{A})^{*}=k^{n-1}\mathbf{A}^{*} $; (2) $ \det(\mathbf{A}^{*})=(\det\mathbf{A})^{n-1} $; (3) $ (\mathbf{A}^{\mathrm{T}})^{*}=(\mathbf{A}^{*})^{\mathrm{T}} $.

设 A 是可逆矩阵，证明： $ (A^{*})^{-1}=(A^{-1})^{*} $

设 A 是 n 阶非零实矩阵，且 $ A^{*}=A^{T} $，证明：A 是可逆矩阵.

设 A 为 4 阶矩阵， $ |A|=a \neq 0 $，计算 $ \det(|A^{*}||A) $.

$ \lambda $ 为何值时，方程组 $ \{\begin{aligned}\lambda x_{1}+x_{2}=0,\\ x_{1}+\lambda x_{2}=0\end{aligned}. $ 有非零解？

用克拉默法则解方程组 $ \{\begin{aligned}&x+y+z=a+b+c,\\&ax+by+cz=a^{2}+b^{2}+c^{2},\\&bcx+cay+abz=3abc,\end{aligned}. $，式中 a,b,c 两两互异.

2.5 矩阵的秩

一、矩阵秩的概念

矩阵的秩是矩阵的一个重要数值特征，是线性代数中的一个重要概念。为了建立矩阵的秩的概念，先给出矩阵的子式的定义。

定义1 在 $ m \times n $ 矩阵 A 中，位于任意取定的 k 行和 k 列 $ (1 \leq k \leq \min\{m, n\}) $ 交叉点上的 $ k^{2} $ 个元，按原来的相对位置组成的 k 阶行列式，称为 A 的一个 k 阶子式.

例如，在矩阵

重难点分析

矩阵秩的概念

原书第 87 页

$$ \boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}3&2&-1&-3\\2&-1&3&1\\4&5&-5&-6\end{pmatrix} $$

中，取第1,2行和第2,4列交叉点上的元，组成的二阶行列式

$$ \begin{vmatrix}2&-3\\ -1&1\end{vmatrix} $$

为 A 的一个二阶子式.

有了子式的概念，就可以定义矩阵的秩.

定义2 设在矩阵A中有一个不等于零的r阶子式D，且没有不等于零的 $ r+1 $阶子式，那么D称为A的最高阶非零子式，数r称为矩阵A的秩，记作R(A).并规定零矩阵的秩等于零.

由行列式的性质可知，A 中所有 $ r+1 $ 阶子式全等于零时，所有高于 $ r+1 $ 阶的子式也全等于零，因此 A 的秩 R(A) 就是 A 中不等于零的子式的最高阶数.

显然，对任意矩阵 A，R(A) 是惟一的，但其最高阶非零子式一般是不惟一的。

定义2实际上包含两部分：一部分是， $ R(A) \geq r $ 的充分必要条件是A有一个r阶子式不为零；另一部分是， $ R(A) \leq r $ 的充分必要条件是A的所有 $ r+1 $阶子式全为零.

例1 求矩阵 $ A=\begin{pmatrix}3&1&0&2\\1&-1&2&-1\\1&3&-4&4\end{pmatrix} $的秩.

解 A 有 12 个一阶子式. 例如，由第 2 行、第 2 列交点上的元构成的一阶子式

$$ \det(-1)=-1\neq0. $$

再看一下 A 的二阶子式，可以知道 A 有

$$ C_{3}^{2}\cdot C_{4}^{2}=3\times6=18 $$

个二阶子式，其中由第1，2行和第1，2列交叉点上的元构成的二阶子式

$$ \begin{vmatrix}3&1\\ 1&-1\end{vmatrix}=-4\neq0. $$

最后，再考查一下 A 的三阶子式，A 有 4 个三阶子式，分别计算有

$$ \begin{aligned}&\left|\begin{matrix}3&1&0\\1&-1&2\\1&3&-4\\\end{matrix}\right|=0，&\left|\begin{matrix}3&1&2\\1&-1&-1\\1&3&4\\\end{matrix}\right|=0，\\&\left|\begin{matrix}3&0&2\\1&2&-1\\1&-4&4\\\end{matrix}\right|=0，&\left|\begin{matrix}1&0&2\\-1&2&-1\\3&-4&4\\\end{matrix}\right|=0．\end{aligned} $$

故由定义， $ R(A)=2 $.

原书第 88 页

从该例可看出，根据定义求秩是很困难的，下面给出求矩阵秩的初等变换法.

二、矩阵秩的计算

定理1 初等变换不改变矩阵的秩

证只就行初等变换加以证明，列初等变换的情形同理可证.

对于行初等变换中的第一种和第二种变换，由于变换后矩阵中的每一个子式均能在原来的矩阵中找到相应的子式，它们之间或只是行的次序不同，或只是某一行扩大了k倍，因此相应子式或同为零，或同为非零，所以矩阵的秩不变。

对于第三种行初等变换，设

$$ \boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{m1}&a_{m2}&\cdots&a_{mn}\end{pmatrix}, $$

不妨考虑把 A 的第 2 行的 k 倍加至第 1 行上，得

$$ \boldsymbol{B}=\begin{pmatrix}a_{11}+k a_{21}&a_{12}+k a_{22}&\cdots&a_{1n}+k a_{2n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{m1}&a_{m2}&\cdots&a_{mn}\end{pmatrix}, $$

设 $ R(B)=t $，即B中有t阶子式 $ B_{t} $不为零。若 $ B_{t} $不包含第1行的元，则在A中能找到与 $ B_{t} $完全相同的t阶子式，因此 $ R(A)\geq t $；若 $ B_{t} $包含第1行的元，即

$$ 0\neq\boldsymbol{B}_{i}=\begin{vmatrix}a_{1j_{1}}+k a_{2j_{1}}&\cdots&a_{1j_{t}}+k a_{2j_{t}}\\\vdots&&\vdots\\a_{i_{t}j_{1}}&\cdots&a_{i_{t}j_{t}}\end{vmatrix}, $$

则由行列式的性质知

$$ 0\neq\boldsymbol{B}_{t}=\left|\begin{array}{c c c}a_{1j_{1}}&\cdots&a_{1j_{t}}\\ \vdots&&\vdots\\ a_{i_{t}j_{1}}&\cdots&a_{i_{t}j_{t}}\end{array}\right|+k\left|\begin{array}{c c c}a_{2j_{1}}&\cdots&a_{2j_{t}}\\ \vdots&&\vdots\\ a_{i_{t}j_{1}}&\cdots&a_{i_{t}j_{t}}\end{array}\right|, $$

若 $ B_{t} $ 不包含第2行元，则上面两个行列式中至少有一个非零；若 $ B_{t} $ 包含第2行元，则右端第一个行列式非零，而以上两种情况的非零行列式均为 A 中的 t 阶子式，所以 $ R(A) \geq t $.

总之，归纳以上得到的结论：若由矩阵 A 经第三种行初等变换得到矩阵 B，则 $ R(B) \leqslant R(A) $。但事实上，我们又能从 B 出发经行初等变换得到 A（即只要把 B 的第2行的 $ (-k) $ 倍加到第1行），因此根据上面的结论又有 $ R(A) \leqslant R(B) $。故

$$ R\left(A\right)=R\left(B\right). $$

原书第 89 页

例2 求矩阵

$$ \boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{2}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{2}}}&{{{-2}}}&{{{4}}}&{{{2}}}&{{{0}}} \\{{{3}}}&{{{0}}}&{{{6}}}&{{{-1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{3}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{pmatrix} $$

的秩.

解对 A 作行初等变换

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{A}&=\begin{pmatrix}1&-1&2&1&0\\2&-2&4&2&0\\3&0&6&-1&1\\0&3&0&0&1\end{pmatrix}\xrightarrow{}\begin{pmatrix}1&-1&2&1&0\\0&0&0&0&0\\0&3&0&-4&1\\0&3&0&0&1\end{pmatrix}\\&\xrightarrow{}\begin{pmatrix}1&-1&2&1&0\\0&3&0&0&1\\0&0&0&-4&0\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}=\boldsymbol{B},\end{aligned} $$

B 中有三阶子式

$$ \begin{aligned}\left|\begin{matrix}{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{3}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{-4}}}\end{matrix}\right|&=-12\neq0,\end{aligned} $$

显然 B 中所有四阶子式全为零，所以 $ R(\boldsymbol{B})=3 $。故

$$ R\left(\boldsymbol{A}\right)=R\left(\boldsymbol{B}\right)=3. $$

事实上，将矩阵A用行初等变换化为行阶梯形矩阵，则行阶梯形矩阵非零行的行数就是A的秩，即：设A为 $ m\times n $矩阵，则 $ R(A)=r $的充分必要条件是通过行初等变换能将A化为具有r个非零行的行阶梯形矩阵.

典型例题讲解

利用矩阵的

秩确定参数

例3 设

$$ \boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}1&2&1\\2&2&-2\\-1&t&5\\1&0&-3\end{pmatrix}, $$

已知 $ R(A)=2 $ ，求 t.

解对 A 作行初等变换得

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{A}\rightarrow\begin{bmatrix}{{{1}}}&{{{2}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{-2}}}&{{{-4}}} \\{{{0}}}&{{{2+t}}}&{{{6}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{bmatrix}&=\boldsymbol{B}.\end{aligned} $$

原书第 90 页

由 $ R(A)=R(B)=2 $ ，知 B 中第2行、第3行成比例.于是由 $ \frac{-2}{2+t}=\frac{-4}{6} $ 得 t=1.

推论设 A 为 $ m \times n $ 矩阵，则

$$ R\left(PA\right)=R\left(AQ\right)=R\left(PAQ\right)=R\left(A\right), $$

其中 P, Q 分别为 m 阶和 n 阶可逆矩阵.

证因为 P 可逆，所以存在有限个初等矩阵 $ E_{1}, E_{2}, \cdots, E_{k} $，使得 $ P = E_{k} \cdots E_{2} E_{1} $，从而

$$ \boldsymbol{P}\boldsymbol{A}=\boldsymbol{E}_{k}\cdots\boldsymbol{E}_{2}\boldsymbol{E}_{1}\boldsymbol{A}, $$

即 PA 为对 A 施以 $ E_{1}, E_{2}, \cdots, E_{k} $ 相对应的行初等变换所得矩阵，于是由定理1，

$$ R\left(P\mathbf{A}\right)=R\left(\mathbf{A}\right), $$

同理可证 $ R(AQ)=R(PAQ)=R(A) $.

例4 设

$$ \boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}{{{3}}}&{{{4}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{2}}}&{{{0}}} \\{{{5}}}&{{{1}}}&{{{3}}}\end{pmatrix},\quad\boldsymbol{B}=\begin{pmatrix}{{{2}}}&{{{-1}}}&{{{3}}} \\{{{0}}}&{{{3}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{pmatrix}, $$

求 $ R(AB) $.

解因为 $ \left|A\right|\neq0 $，所以 A 可逆。显然 $ R(B)=2 $。故 $ R(AB)=R(B)=2 $。

三、矩阵秩的性质

关于矩阵的秩，有如下性质：

定理2 （1）设A为n阶矩阵，则A可逆的充分必要条件是 $ R(A)=n $

（2）对任意矩阵 A, $ R(A)=R(A^{\mathrm{T}}) $;

（3）设A为 $ m\times n $矩阵，则 $ 0\leqslant R(A)\leqslant\min\{m,n\} $;

（4）对任意矩阵 A, $ R(kA)=\{\begin{aligned}&0,&k=0,\\ &R(A),&k\neq0.\end{aligned}. $

证（3）和（4）是显然的.我们证明（1）和（2）.

（1）若 A 可逆，则 $ \det A \neq 0 $，因此由定义 2 知 $ R(A) = n $.

反之，若 $ R(A)=n $，由定义2易知 $ \det A \neq 0 $，故 A 可逆。

（2）A 的任一子式的转置就是 $ A^{T} $ 的子式；反之， $ A^{T} $ 的任一子式的转置就是 A 的子式。根据行列式的性质，A 中不为零的最高阶子式就是 $ A^{T} $ 中不为零的最高阶子式，反之亦然。故

$$ \boldsymbol{R}(\boldsymbol{A})=\boldsymbol{R}(\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}). $$

由定理2的(1)知，对于n阶矩阵A， $ \det A=0 $的充分必要条件是 $ R(A)

例5 设A为n阶矩阵 $ (n \geqslant 2) $，证明：

原书第 91 页

$$ R(\boldsymbol{A}^{*})=\{\begin{aligned}&n,&&R(\boldsymbol{A})=n,\\ &0,&&R(\boldsymbol{A})

证若 $ R(A)=n $，即 $ \det A \neq 0 $，由 $ AA^{*} = (\det A)I $ 有

$$ \left(\det\mathbf{A}\right)\left(\det\mathbf{A}^{*}\right)=\det\left(\mathbf{A}\mathbf{A}^{*}\right)=\det\left(\left(\det\mathbf{A}\right)\mathbf{I}\right)=\left(\det\mathbf{A}\right)^{n}\neq0, $$

故 $ \det A^{*}\neq0 $，即 $ R(A^{*})=n $。

若 $ R(A) < n - 1 $，则 A 中最高阶非零子式的阶数小于 n - 1，因而 A 中任意 n - 1 阶子式均为零，所以

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{A}^{*}&=\begin{pmatrix}A_{11}&A_{21}&\cdots&A_{n1}\\A_{12}&A_{22}&\cdots&A_{n2}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\A_{1n}&A_{2n}&\cdots&A_{nn}\end{pmatrix}=\boldsymbol{O},\end{aligned} $$

即 $ R\left(\mathbf{A}^{*}\right)=0 $

对于例5中 $ R(A)=n-1 $的情形，在§4.4的例5中给出.

定理 3 对任意矩阵 $ A_{m\times n} $，都存在可逆矩阵 $ P_{m\times m}, Q_{n\times n} $，使得

$$ PAQ=\begin{bmatrix}\boldsymbol{I}_{r}&\boldsymbol{O}\\ \boldsymbol{O}&\boldsymbol{O}\end{bmatrix}_{m\times n},\quad R\left(\boldsymbol{A}\right)=r, $$

其中 $ \begin{pmatrix} I_{r} & O \\ O & O \end{pmatrix}_{m\times n} $称为A的标准形.即任何矩阵A都等价于其标准形.

证对任意的 $ A_{m\times n} $，总可经有限次行初等变换化为简化行阶梯形矩阵，然后通过有限次列初等变换便可得到

$$ \begin{pmatrix}I_{r}&O\\O&O\end{pmatrix}. $$

又由于行阶梯形矩阵非零行的行数 r 即 A 的秩，因而 $ R(A)=r $。故存在初等矩阵 $ E_{1}, E_{2}, \cdots, E_{s}; \widetilde{E}_{1}, \widetilde{E}_{2}, \cdots, \widetilde{E}_{t} $，使得

$$ \boldsymbol{E}_{s}\cdots\boldsymbol{E}_{2}\boldsymbol{E}_{1}\boldsymbol{A}\widetilde{\boldsymbol{E}}_{1}\widetilde{\boldsymbol{E}}_{2}\cdots\widetilde{\boldsymbol{E}}_{t}=\begin{pmatrix}\boldsymbol{I}_{r}&\boldsymbol{O}\\ \boldsymbol{O}&\boldsymbol{O}\end{pmatrix}. $$

记 $ P = E_s \cdots E_2 E_1 $, $ Q = \widetilde{E}_1 \widetilde{E}_2 \cdots \widetilde{E}_t $, 则 P, Q 可逆且

$$ \mathrm{PA}Q=\begin{pmatrix}I_{r}&O\\ O&O\end{pmatrix}. $$

定理3也说明，对任意矩阵A，存在可逆的矩阵K，S，使

原书第 92 页

$$ \mathbf{A}=\mathbf{K}\begin{bmatrix}\mathbf{I}_{r}&\mathbf{O}\\ \mathbf{O}&\mathbf{O}\end{bmatrix}\mathbf{S},\quad R(\mathbf{A})=r. $$

推论同型矩阵 A 与 B 等价的充分必要条件是 $ R(A)=R(B) $

例6 设 $ A=\begin{pmatrix}1&-2&1\\-1&1&1\\1&-3&3\end{pmatrix} $，求 A 的标准形.

解

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{A}&=\left(\begin{array}{rrr}{{{1}}}&{{{-2}}}&{{{1}}} \\{{{-1}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{-3}}}&{{{3}}}\end{array}\right)\rightarrow\left(\begin{array}{rrr}{{{0}}}&{{{-1}}}&{{{2}}} \\{{{-1}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{-2}}}&{{{4}}}\end{array}\right)\rightarrow\left(\begin{array}{rrr}{{{0}}}&{{{-1}}}&{{{2}}} \\{{{-1}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{array}\right)\\&\rightarrow\left(\begin{array}{rrr}{{{-1}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{-1}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{array}\right),\end{aligned} $$

所以 $ R(A)=2 $ ，故 A 的标准形必为

$$ \begin{align*}\begin{pmatrix}I_2&\mathbf{O}\\\mathbf{O}&\mathbf{O}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{pmatrix}.\end{align*} $$

例7 证明 $ R\left(\begin{array}{cc}A & O \\ O & B\end{array}\right)=R(A)+R(B) $.

证设 $ R(A)=r_{1}, R(B)=r_{2} $. 由定理3, 存在可逆矩阵 $ P_{1}, P_{2}, Q_{1}, Q_{2} $，使得

$$ \mathbf{A}=\boldsymbol{P}_{1}\begin{bmatrix}\boldsymbol{I}_{r_{1}}&\boldsymbol{O}\\ \boldsymbol{O}&\boldsymbol{O}\end{bmatrix}\boldsymbol{Q}_{1},\quad\boldsymbol{B}=\boldsymbol{P}_{2}\begin{bmatrix}\boldsymbol{I}_{r_{2}}&\boldsymbol{O}\\ \boldsymbol{O}&\boldsymbol{O}\end{bmatrix}\boldsymbol{Q}_{2}, $$

于是

$$ \begin{aligned}\begin{pmatrix}\boldsymbol{A}&\boldsymbol{O}\\\boldsymbol{O}&\boldsymbol{B}\end{pmatrix}=&\begin{pmatrix}\boldsymbol{P}_{1}\begin{bmatrix}\boldsymbol{I}_{r_{1}}&\boldsymbol{O}\\\boldsymbol{O}&\boldsymbol{O}\end{bmatrix}\boldsymbol{Q}_{1}&\boldsymbol{O}\\\boldsymbol{O}&\boldsymbol{P}_{2}\begin{bmatrix}\boldsymbol{I}_{r_{2}}&\boldsymbol{O}\\\boldsymbol{O}&\boldsymbol{O}\end{bmatrix}\boldsymbol{Q}_{2}\end{pmatrix}\\=&\begin{bmatrix}\boldsymbol{P}_{1}&\boldsymbol{O}\\\boldsymbol{O}&\boldsymbol{P}_{2}\end{bmatrix}\begin{pmatrix}\begin{bmatrix}\boldsymbol{I}_{r_{1}}&\boldsymbol{O}\\\boldsymbol{O}&\boldsymbol{O}\end{bmatrix}&\boldsymbol{O}\\\boldsymbol{O}&\begin{bmatrix}\boldsymbol{I}_{r_{2}}&\boldsymbol{O}\\\boldsymbol{O}&\boldsymbol{O}\end{bmatrix}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\boldsymbol{Q}_{1}&\boldsymbol{O}\\\boldsymbol{O}&\boldsymbol{Q}_{2}\end{pmatrix},\end{aligned} $$

由 $ \begin{pmatrix}P_{1}&O\\O&P_{2}\end{pmatrix},\begin{pmatrix}Q_{1}&O\\O&Q_{2}\end{pmatrix} $可逆，知

原书第 93 页

$$ R\left(\left[\begin{matrix}{A}&{O}\\ {O}&{B}\\ \end{matrix}\right]\right)=R\left(\left[\begin{matrix}{{\left[\begin{matrix}{I_{r_{1}}}&{O}\\ {O}&{O}\\ \end{matrix}\right]}}&{O}\\ {O}&{\left[\begin{matrix}{I_{r_{2}}}&{O}\\ {O}&{O}\\ \end{matrix}\right]}\\ \end{matrix}\right]\right)=r_{1}+r_{2}. $$

题2.5

求下列矩阵的秩：

(1)

$$ \begin{pmatrix}{{{2}}}&{{{-3}}}&{{{8}}}&{{{2}}} \\{{{2}}}&{{{12}}}&{{{-2}}}&{{{12}}} \\{{{1}}}&{{{3}}}&{{{1}}}&{{{4}}}\end{pmatrix}; $$

(2)

$$ \left[\begin{matrix}{4}&{-2}&{1}\\ {1}&{2}&{-1}\\ {-1}&{8}&{-7}\\ {2}&{14}&{13}\\ \end{matrix}\right]; $$

(3)

$$ \begin{pmatrix}{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{2}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{2}}}&{{{-2}}}&{{{4}}}&{{{-2}}}&{{{0}}} \\{{{3}}}&{{{0}}}&{{{6}}}&{{{-1}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{3}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}\end{pmatrix}. $$

求下列矩阵的标准形：

(1)

$$ \begin{aligned}\begin{bmatrix}1&1&-1\\3&1&0\\4&4&1\\1&-2&1\end{bmatrix};\end{aligned} $$

(2)

$$ \begin{pmatrix}{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}} \\{{{2}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{3}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{4}}} \\{{{2}}}&{{{2}}}&{{{0}}}&{{{-1}}}&{{{-2}}}\end{pmatrix}. $$

讨论 $ \lambda $ 的取值范围，确定 $ A=\begin{pmatrix}3&1&1&4\\\lambda&4&10&1\\1&7&17&3\\2&2&4&3\end{pmatrix} $ 的秩.

在秩为 r 的矩阵中，有没有等于零的 r-1 阶子式？有没有等于零的 r 阶子式？有没有不等于零的 $ r+1 $ 阶子式？

证明：任何秩为 r 的矩阵均可表成 r 个秩为 1 的矩阵之和.

设 A, B 分别与 C, D 等价，证明： $ \begin{pmatrix} A & O \\ O & B \end{pmatrix} $ 与 $ \begin{pmatrix} C & O \\ O & D \end{pmatrix} $ 等价.

求 $ n(n>1) $ 阶矩阵 $ A=\begin{pmatrix}a&b&\cdots&b\\b&a&\cdots&b\\\vdots&\vdots&&\vdots\\b&b&\cdots&a\end{pmatrix} $ 的秩.

原书第 94 页

习题二

计算下列行列式：

(1)

$$ \begin{aligned}\left|\begin{array}{ccccc}{{{a}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{a}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{a}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{a}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{a}}} \\\end{array}\right|(n 阶 )；\end{aligned} $$

（2）

$$ \begin{aligned}\left|\begin{matrix}{{{x}}}&{{{-1}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{x}}}&{{{-1}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{x}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{x}}}&{{{-1}}} \\{{{a_{n}}}}&{{{a_{n-1}}}}&{{{a_{n-2}}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{2}}}}&{{{x+a_{1}}}}\end{matrix}\right|;\end{aligned} $$

(3)

$$ \left|\begin{array}{c c c c}a^{n}&(a-1)^{n}&\cdots&(a-n)^{n}\\a^{n-1}&(a-1)^{n-1}&\cdots&(a-n)^{n-1}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a&a-1&\cdots&a-n\\1&1&\cdots&1\end{array}\right|; $$

（4）

$$ \left|\begin{array}{c c c c c c}{a_{1}}&{x}&{x}&{\cdots}&{x}&{x}\\ {x}&{a_{2}}&{x}&{\cdots}&{x}&{x}\\ {x}&{x}&{a_{3}}&{\cdots}&{x}&{x}\\ {\vdots}&{\vdots}&{\vdots}&{}&{\vdots}&{\vdots}\\ {x}&{x}&{x}&{\cdots}&{a_{n-1}}&{x}\\ {x}&{x}&{x}&{\cdots}&{x}&{a_{n}}\\ \end{array}\right|; $$

（5）

$$ \begin{aligned}\left|\begin{matrix}1+a_{1}&1&1&\cdots&1&1\\1&1+a_{2}&1&\cdots&1&1\\-1&1&1+a_{3}&\cdots&1&1\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\1&1&1&\cdots&1&1+a_{n}\\\end{matrix}\right|&\quad(a_{i}\neq0,i=1,2,\cdots,n)；\end{aligned} $$

（6）

$$ \begin{aligned}\left|\begin{array}{ccccc}2&1&0&\cdots&0&0\\1&2&1&\cdots&0&0\\0&1&2&\cdots&0&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\0&0&0&\cdots&2&1\\0&0&0&\cdots&1&2\\\end{array}\right|\end{aligned} $$

(n 阶).

原书第 95 页

求 $ A = \begin{pmatrix} 3 & 0 & 4 & 0 \\ 2 & 2 & 2 & 2 \\ 0 & -7 & 0 & 0 \\ 5 & 3 & -2 & 2 \end{pmatrix} $ 的第4行各元的代数余子式之和.

设 A 为 n 阶方阵，存在正整数 k，使得 $ A^{k}=O $，证明：A 不可逆.

已知三阶实矩阵 A 满足 $ a_{ij}=A_{ij}(i=1,2,3;j=1,2,3) $，求 $ \det A $.

设 $ A=(a_{ij})_{n\times n} $ 为非零实矩阵, $ a_{ij}=A_{ij}(i,j=1,2,\cdots,n) $, 证明 $ R(A)=n $.

设 A 为 n 阶可逆方阵，证明： $ (A^{*})^{*}=(\det A)^{n-2}A $

求矩阵

$$ \boldsymbol{A}=\left[\begin{array}{c c c c c}{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{a_{1}}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{2}}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{a_{n-1}}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{a_{n}}}}\end{array}\right] $$

的秩.

若矩阵 A 的元均为整数，证明： $ A^{-1} $ 的元均为整数的充要条件是 $ \det A = \pm 1 $

证明：（1）上三角形矩阵的伴随矩阵仍是上三角形矩阵；

（2）可逆上三角形矩阵的逆矩阵仍是上三角形矩阵.

设矩阵 A, B 满足 $ A^{*}BA = 2BA - 8I $, $ A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} $, 求 B.

设 A 为 n 阶可逆矩阵， $ \alpha $ 为 $ n \times 1 $ 矩阵，b 为常数，

$$ \boldsymbol{P}=\left(\begin{matrix}\boldsymbol{I}&\boldsymbol{O}\\ -\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}^{*}&\left|\boldsymbol{A}\right|\end{matrix}\right),\quad\boldsymbol{Q}=\left(\begin{matrix}\boldsymbol{A}&\boldsymbol{\alpha}\\ \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}&b\end{matrix}\right). $$

（1）计算并化简PQ；

(2) 证明: Q 可逆的充分必要条件是 $ \alpha^{T}A^{-1}\alpha \neq b $.

设 $ A_{m \times n}, m < n, R(A) = m $，证明：存在 $ n \times m $ 矩阵 B，使得 AB = I。

思考题二

用三种方法证明：

$$ \begin{vmatrix}1+a_{1}&1&\cdots&1\\1&\cdot&1+a_{2}&\cdots&\vdots\\\vdots&\vdots&&\vdots\\1&1&\cdots&1+a_{n}\end{vmatrix}=\left(1+\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}}\right)\prod_{i=1}^{n}a_{i}. $$

在平面直角坐标系中，求三条直线 $ a_{i}x + b_{i}y + c_{i} = 0 $ (i = 1, 2, 3) 相交于一点

原书第 96 页

$ (x_{0},y_{0}) $ 的充分必要条件.

设 $ a^{2} \neq b^{2} $，方程组

$$ \left(a x_{1}+b x_{2n}=1\right. $$

$$ ax_{2}+bx_{2n-1}=1 $$

$$ \begin{array}{r l}{\cdots\cdots\cdots\cdots}&{{}}\\ {\cdots}&{{}}\\ {\cdots}&{{}}\\ {\cdots}&{{}}\\ {\cdots}&{{}}\end{array} $$

$$ ax_{n}+bx_{n+1}=1 $$

$$ bx_{n}+ax_{n+1}=1 $$

$$ \vdots $$

$$ bx_{2}+ax_{2n-1}=1 $$

$$ bx_{1}+ax_{2n}=1 $$

是否有惟一解？为什么？若为惟一解则求之。

$$ \mathbf{A}=\begin{pmatrix}{{{2}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{1}}}&{{{2}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}}\end{pmatrix} $$

分解成对角元为1的下三角形矩阵L和上三角形矩阵U的乘积，即A=LU.

设 A, B 均为 n 阶矩阵，下列等式是否成立？为什么？

$$ \begin{vmatrix}\boldsymbol{A}&\boldsymbol{B}\\ \boldsymbol{B}&\boldsymbol{A}\end{vmatrix}=\left|\boldsymbol{A}+\boldsymbol{B}\right|\left|\boldsymbol{A}-\boldsymbol{B}\right|. $$

知识点注释二

综合自测题二

第二章 行列式