第一章 行列式

Ⅱ 第一章 行列式

行列式 (determinant) 的概念是伴随着方程组的求解而发展起来的. 作为基本的数学工具之一, 行列式在线性代数、多项式理论及解析几何等领域中都有着极其重要的应用. 行列式的提出可以追溯到 17 世纪, 其雏形由日本数学家关孝和 (Seki Takakazu) 与德国数学家莱布尼茨 (Leibniz) 各自独立得出. 最终, 法国数学家柯西 (Cauchy) 于 19 世纪初创立了现代的行列式概念和符号.

本章主要讨论下面几个方面的内容: (1) 行列式的定义; (2) 行列式的性质和计算; (3) 克拉默法则.

§1.1 二阶与三阶行列式

先来看中国古代的一个鸡兔同笼问题. 大约在 1 500 年前，《孙子算经》中记载了这样一个有趣的问题：“今有雉兔同笼，上有三十五头，下有九十四足，问雉兔各几何？”这四句话的意思是：有若干只鸡兔同在一个笼子里，从上面数，有35个头；从下面数，有94只脚。问笼中各有几只鸡和兔？用二元一次方程组很容易求解：可设鸡有 $ x_{1} $ 只，兔有 $ x_{2} $ 只，则

$$ \{\begin{aligned}x_{1}+x_{2}&=35,\\ 2x_{1}+4x_{2}&=94.\end{aligned}. $$

用消元法易得 $ x_{1}=23, x_{2}=12 $. 即鸡有 23 只，兔子有 12 只.

我们将二元一次方程组一般化，来观察解的特点。考虑二元一次线性方程组

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

当 $ a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}\neq0 $ 时，由消元法可得方程组的解为

$$ \{\begin{array}{l}x_{1}=\frac{b_{1}a_{22}-b_{2}a_{12}}{a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}},\\x_{2}=\frac{b_{2}a_{11}-b_{1}a_{21}}{a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}}.\end{array}. $$

这就是二元一次线性方程组(1.2)的公式解. 据此, 我们引进二阶行列式的概念.

定义 1.1. 令

$$ D=\left|\begin{matrix}a_{11}&a_{12}\\ a_{21}&a_{22}\end{matrix}\right|=a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}, $$

其中 $ \left|\begin{matrix}a_{11}&a_{12}\\ a_{21}&a_{22}\end{matrix}\right| $ 叫做二阶行列式，这里 $ a_{11}, a_{22} $ 所在的斜线称为二阶行列式的主对角线，相应地 $ a_{11}, a_{22} $ 称为主对角线元素，而 $ a_{12}, a_{21} $ 所在的斜线称为副对角线。显然，其值由主、副对角线元素的积作差得来。

当 $ D = \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{vmatrix} \neq 0 $ 时，借助于二阶行列式这个新概念，方程组 (1.2) 的公式解可简记为

$$ \{\begin{aligned}x_{1}&=\frac{D_{1}}{D},\\ x_{2}&=\frac{D_{2}}{D},\end{aligned}. $$

其中 $ D_{1}=\begin{vmatrix}b_{1}&a_{12}\\ b_{2}&a_{22}\end{vmatrix},D_{2}=\begin{vmatrix}a_{11}&b_{1}\\ a_{21}&b_{2}\end{vmatrix} $

我们回顾那道鸡兔同笼的题目，在方程组（1.1）中，

$$ D=\left|\begin{matrix}1&1\\ 2&4\end{matrix}\right|=2\neq0,\quad D_{1}=\left|\begin{matrix}35&1\\ 94&4\end{matrix}\right|=46,\quad D_{2}=\left|\begin{matrix}1&35\\ 2&94\end{matrix}\right|=24, $$

于是 $ x_{1}=\frac{D_{1}}{D}=23,\quad x_{2}=\frac{D_{2}}{D}=12 $ 。即笼中有鸡 23 只，兔子 12 只。

类似可以给出下面的定义：

定义 1.2. 令

$$ \begin{aligned}D&=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}\\&=a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}-\\&\quad a_{11}a_{23}a_{32}-a_{12}a_{21}a_{33}-a_{13}a_{22}a_{31},\end{aligned} $$

我们称它为三阶行列式.

三阶行列式定义没有二阶行列式那么容易记忆，需要注意展开式的六项中哪些项带有正号，哪些项带有负号。图1.1可以帮助大家记忆，实线上的3个元素之积构成的三项都取正号，虚线上3个元素之积构成的三项都取负号。

类似地，若三元线性方程组

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

的系数行列式

$$ \begin{aligned}&D=\begin{vmatrix}\\ &a_{11}&a_{12}&a_{13}\\&a_{21}&a_{22}&a_{23}\\&a_{31}&a_{32}&a_{33}\\ &\end{vmatrix}\neq0,\\ \end{aligned} $$

则用消元法同样可求得其解为

$$ \{\begin{aligned}x_{1}&=\frac{D_{1}}{D},\\ x_{2}&=\frac{D_{2}}{D},\\ x_{3}&=\frac{D_{3}}{D},\end{aligned}. $$

其中 $ D_{1}, D_{2}, D_{3} $ 是将 D 的第一列、第二列、第三列分别换成常数项所得到的三阶行列式，即

$$ D_{1}=\left|\begin{array}{l l l}b_{1}&a_{12}&a_{13}\\ b_{2}&a_{22}&a_{23}\\ b_{3}&a_{32}&a_{33}\end{array}\right|,D_{2}=\left|\begin{array}{l l l}a_{11}&b_{1}&a_{13}\\ a_{21}&b_{2}&a_{23}\\ a_{31}&b_{3}&a_{33}\end{array}\right|,D_{3}=\left|\begin{array}{l l l}a_{11}&a_{12}&b_{1}\\ a_{21}&a_{22}&b_{2}\\ a_{31}&a_{32}&b_{3}\end{array}\right|. $$

例题 1.1. 解方程组

$$ \{\begin{aligned}3x-2y+&z=15,\\ 5y-2z&=9,\\ 2x+&y-z=1.\end{aligned}. $$

解 因为系数行列式为

$$ D=\left|\begin{matrix}{{{3}}}&{{{-2}}}&{{{1}}} \\{{{0}}}&{{{5}}}&{{{-2}}} \\{{{2}}}&{{{1}}}&{{{-1}}}\end{matrix}\right|=-11\neq0, $$

所以方程组有解. 再由

$$ D_{1}=\left|\begin{aligned}15&-2&1\\9&5&-2\\1&1&-1\end{aligned}\right|=-55, $$

$$ D_{2}=\left|\begin{aligned}3&\quad15\quad\quad1\\0&\quad\quad9\quad-2\\2&\quad\quad1\quad-1\end{aligned}\right|=-99, $$

$$ D_{3}=\left|\begin{matrix}3&-2&15\\ 0&5&9\\ 2&1&1\end{matrix}\right|=-198, $$

可得

$$ x=\frac{-55}{-11}=5,y=\frac{-99}{-11}=9,z=\frac{-198}{-11}=18. $$

§1.2 n 阶排列及其逆序数、对换

在 §1.1 中我们可以看到，二、三阶行列式展开式中有的项取正号，有的项取负号，如果将行列式定义扩展到 $ n(n \geq 4) $ 阶，那么必然也会出现这样的现象。那么每一项及其符号是基于什么规律而确定下来的呢？展开式的项数又是多少呢？这就要用到我们这一节将要阐述的 n 阶排列的概念。

定义 2.1. 由正整数 1,2, $ \cdots $,n 组成的任意一个 n 元有序数组 $ i_{1}i_{2}\cdots i_{n} $ 称为一个 n 阶排列，其中排列 $ 12\cdots n $ 称为自然排列.

比如 2413 是 4 阶排列, 253164 是 6 阶排列. 需要注意的是, 1123 及 13567 都不是排列. 易知, n 阶排列一共有 $ n! = n(n-1)(n-2)\cdots3\cdot2\cdot1 $ 个.

定义 2.2. 在一个排列中，如果一个较大的数字排在一个较小的数字之前，则称这两个数字构成一个逆序。否则，称这两个数字构成一个顺序。在一个排列 $ i_1i_2\cdots i_n $ 中，逆序的总数称为这个排列的逆序数，记为 $ \tau(i_1i_2\cdots i_n) $。逆序数为奇数的排列称为奇排列，逆序数为偶数的排列称为偶排列。

比如8阶排列57864312，为方便起见将数i与排在其前面的数构成的逆序数记为 $ \tau_{i} $，则 $ \tau_{1}=6,\tau_{2}=6,\tau_{3}=5,\tau_{4}=4,\tau_{5}=0,\tau_{6}=2,\tau_{7}=0,\tau_{8}=0 $，于是 $ \tau(57864312)=6+6+5+4+0+2+0+0=23 $，故8阶排列57864312是一个奇排列。请思考：还有别的计算逆序数的方法吗？

定义 2.3. 把一个排列中两个数字 i, j 的位置互换而保持其余数字的位置不动，则称对这个排列施行了一个对换，记作 $ (i, j) $. 两个相邻位置数字的对换称为相邻对换，否则称为一般对换.

对换具有可逆性，即若连续实施两次相同的对换，则将排列还原。对换有下述重要性质：

定理 2.1. 对换改变排列的奇偶性.

证明 当 $ (i,j) $ 为相邻对换时，对换前后， $ i,j $ 之外数字的位置都没有改变，因此这些数字所构成的逆序数不变， $ i,j $ 和其余数字所成的逆序数也不变，故只需考虑 $ i,j $ 两者之间的逆序。如果 i 和 j 原来并没有逆序（即 i < j），那么在对换后的新排列中会得到一个新的逆序，即增加了一个逆序数；如果原来两者就是逆序（即 i > j），那么现在就会变成顺序，即减少了一个逆序数。在这两种情形中排列前后的奇偶性都发生了改变。

当 $ (i,j) $ 为一般对换时，设 i,j 之间有 s 个数字 $ k_{1},k_{2},\cdots,k_{s} $. 不失一般性，设原排列为

$$ \cdots ik_{1}k_{2}\cdots k_{s}j\cdots, $$

经对换 $ (i,j) $，得到

$$ \cdots j k_{1}k_{2}\cdots k_{s}i\cdots. $$

用下面的方法可以将 (2.2) 看作由 (2.1) 经过一系列的相邻对换而得到：先将 (2.1) 的 i 向右依次与 $ k_1, k_2, \cdots, k_s $ 作 s 次相邻对换得 $ \cdots k_1 k_2 \cdots k_s i j \cdots $，再将 j 向左依次与 $ i, k_s, k_{s-1}, \cdots, k_1 $ 作 $ s+1 $ 次相邻对换而得 (2.2)，即 (2.2) 可由 (2.1) 经 2s+1 次相邻对换而得。由第一段论述知，每一个相邻对换都要改变排列的奇偶性，而 $ 2s+1 $ 是一个奇数，所以 (2.1) 和 (2.2) 的奇偶性相反。

推论 2.1. 排列经过奇数次对换其奇偶性发生改变, 经过偶数次对换其奇偶性不变.

证明 由上面的定理知此结论显然成立.

推论 2.2. 当 $ n \geqslant 2 $ 时，在 n 阶排列中，奇偶排列数目相等，即各有 $ \frac{n!}{2} $ 个

证明 任取对换 $ (i,j) $，对所有的奇排列作 $ (i,j) $ 对换，由上面的定理知上述排列将全部变为偶排列，故奇排列个数不大于偶排列个数。同理，对所有的偶排列施行 $ (i,j) $ 对换，可以知偶排列个数不大于奇排列个数。于是，在 n 阶排列中，奇偶排列数目相等，即各有 $ \frac{n!}{2} $ 个。

定理 2.2. 自然排列 $ 12\cdots n $ 可以与任意 n 阶排列 $ i_1 i_2 \cdots i_n $ 经过一系列对换相互转换，且所作对换的个数与排列 $ i_1 i_2 \cdots i_n $ 具有相同的奇偶性.

证明 先来看由自然排列 $ 12\cdots n $ 到任意 n 阶排列的转换. 对 n 用数学归纳法. 当 n=1 时, 一阶排列只有自然排列, 命题成立. n=2 时, 二阶排列有两个, 即自然排列 12 和排列 21, 命题显然成立. 假设对 n-1 的情形命题成立,

即 n-1 阶自然排列 $ 12\cdots(n-1) $ 可经一系列对换变为任意的 n-1 阶排列. 设 $ i_{1}i_{2}\cdots i_{n} $ 是任一 n 阶排列, 若 $ i_{n}=n $, 则 $ i_{1}i_{2}\cdots i_{n-1} $ 是一个 n-1 阶排列, 结论由归纳法得到; 若 $ i_{n}=j\neq n $, 作对换 $ (j,n) $, 归结到 $ i_{n}=n $ 的情形, 结论成立.

由于对换可逆，任一 n 阶排列可经 (同样的) 一系列对换变为 n 阶自然排列。因为自然排列 $ 12\cdots n $ 是偶排列，由推论 2.1 知，两者相互转换所作的对换的个数与排列 $ i_{1}i_{2}\cdots i_{n} $ 具有相同的奇偶性。

§1.3 n 阶行列式的定义

有了 §1.2 的准备工作，本节就可以给出 n 阶行列式的定义及其性质。我们用

$$ D=\left|\begin{array}{cccc}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\\\end{array}\right| $$

表示一个 $n$ 阶行列式，其中元素 $a_{ij} \in \mathbb{C}$ ($i, j = 1, 2, \cdots, n$), 这里 $\mathbb{C}$ 为复数集。为了描述行列式中某个位置的元素，我们将行列式的横排称为行 (row)，竖排称为列 (column)，这也是用行列式来命名上面式子的原因所在。那么，$a_{ij}$ 表示此 $n$ 阶行列式的第 $i$ 行第 $j$ 列的元素，$i$ 称为行指标，$j$ 称为列指标。

我们首先分析二阶和三阶行列式的定义.

对于二阶或三阶，行列式的值都是元素之“积”的“和”。对于二阶行列式，积是取自不同行不同列的两个元素的积，这样的积共有2!=2个， $ a_{11}a_{22} $ 取正号， $ a_{12}a_{21} $ 取负号。

对于三阶行列式，积都是取自不同行不同列的三个元素的乘积，共有3!=6个。其中三项，即 $ a_{11}a_{22}a_{33} $， $ a_{12}a_{23}a_{31} $和 $ a_{13}a_{21}a_{32} $带正号，另外三项 $ a_{11}a_{23}a_{32} $， $ a_{12}a_{21}a_{33} $和 $ a_{13}a_{22}a_{31} $带负号。

进一步可以观察到，若我们首先将上述取自不同行不同列元素之积项的行

指标按照自然顺序排起来，再考察列指标，则对于二阶行列式，两项的列指标为12，21，而12是偶排列，此项前面带有正号，而21是奇排列，对应的项前面带有负号。对于三阶行列式，行指标按照自然顺序排起来后，带正号的项的列指标为123，231，312，它们是关于1，2，3的偶排列；带负号的项的列指标为132，213，321，它们为奇排列。

从二阶和三阶行列式的展开式中得到启发, 下面借助于 n 阶排列的知识来定义 n 阶行列式的值.

定义 3.1. n 阶行列式

$$ D=\left|\begin{matrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{matrix}\right| $$

等于所有来自不同行不同列的 $n$ 个元素乘积的代数和. 由于代数和的项数为 $n!\) 个, 为了表达方便, 我们可以将每项中的 $n$ 个元素按行指标由小及大的顺序排列, 即写作 $a_{1j_1}a_{2j_2}\cdots a_{nj_n}$ 的形式, 并规定当列指标 $j_1j_2\cdots j_n$ 是偶排列时, 此项前面带正号; 当列指标 $j_1j_2\cdots j_n$ 是奇排列时, 此项前面带负号. 这样, $n$ 阶行列式可以表示为$

$$ D=\left|\begin{matrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{matrix}\right|=\sum_{j_{1}j_{2}\cdots j_{n}}(-1)^{\tau(j_{1}j_{2}\cdots j_{n})}a_{1j_{1}}a_{2j_{2}}\cdots a_{nj_{n}}. $$

其中 $ \sum_{j_1 j_2 \cdots j_n} $ 表示对所有可能的 n 阶排列求和. (3.1) 称为行列式的展开式.

上述 n 阶行列式通常记为 $ D = \det(a_{ij}) $ 或者 $ \left|a_{ij}\right|_{n} $.

可以验证当 n=2,3 时，我们定义的二、三阶行列式与 {1.1 定义的二、三阶行列式是一致的，即

$$ \begin{aligned}\left|\begin{matrix}a_{11}&a_{12}\\ a_{21}&a_{22}\end{matrix}\right|&=\sum_{j_{1}j_{2}}(-1)^{\tau(j_{1}j_{2})}a_{1j_{1}}a_{2j_{2}},\\\left|\begin{matrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{matrix}\right|&=\sum_{j_{1}j_{2}j_{3}}(-1)^{\tau(j_{1}j_{2}j_{3})}a_{1j_{1}}a_{2j_{2}}a_{3j_{3}}.\end{aligned} $$

当 n=1 时，规定 $ \left|a_{11}\right|=a_{11} $

上面定义行列式展开式中的项是按行指标的自然顺序排列的. 一个自然的问题是, 每一项能否按列指标的自然顺序排列呢? 答案是肯定的. 由于数的乘法满足交换律, 不妨设某项为 $ a_{1j_{1}}a_{2j_{2}}\cdots a_{nj_{n}} $, 调整元素的顺序, 设

$$ a_{1j_{1}}a_{2j_{2}}\cdots a_{nj_{n}}=a_{i_{1}1}a_{i_{2}2}\cdots a_{i_{n}n}. $$

我们知道此项的正负由 $ \tau(j_1j_2\cdots j_n) $ 来决定。将上述等式左侧化为右侧可以通过元素之间的对换来完成，每作一次元素的对换，由其元素的行指标和列指标构成的排列也都要作一次对换，也就是说 $ i_1i_2\cdots i_n $ 与 $ j_1j_2\cdots j_n $ 同时改变奇偶性，故由定理 2.2 知 $ (-1)^{\tau(i_1i_2\cdots i_n)} = (-1)^{\tau(j_1j_2\cdots j_n)} $。于是， $ n $ 阶行列式的另一个展开式为

$$ \left|\begin{array}{c c c c}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\\vdots&&\vdots&\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{n n}\end{array}\right|=\sum_{i_{1}i_{2}\cdots i_{n}}(-1)^{\tau(i_{1}i_{2}\cdots i_{n})}a_{i_{1}1}a_{i_{2}2}\cdots a_{i_{n}n}. $$

例题 3.1. 确定四阶行列式 $ \det(a_{ij}) $ 的展开式中乘积项 $ a_{31}a_{14}a_{43}a_{22} $ 所带的符号.

解 交换元素的顺序，使得其行指标次序成为自然排列的形式，得

$$ a_{31}a_{14}a_{43}a_{22}=a_{14}a_{22}a_{31}a_{43}. $$

因为由列指标构成的排列逆序数 $ \tau(4213)=4 $ 是偶数，故乘积项 $ a_{31}a_{14}a_{43}a_{22} $ 所带的符号为正.

一般而言，直接利用定义来求行列式是件困难的事情，因为当 n 增大时，行列式的项数 n! 增长很快，比如我们知道十阶行列式的展开式就有 10!=3628800 项。但对于某些特殊的情形，可以按定义去计算其值。举例如下：

例题 3.2. 计算 n 阶行列式

$$ D=\left|\begin{array}{ccccc}0&1&0&\cdots&0\\0&0&2&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&0&0&\cdots&n-1\\n&0&0&\cdots&0\end{array}\right|. $$

解 通过观察可知, 此行列式只可能含一个非零项 $ a_{12}a_{23}\cdots a_{n-1,n}a_{n1} $, 由列指标所构成排列的逆序数 $ \tau(23\cdots(n-1)n1)=n-1 $, 故原行列式

$$ D=(-1)^{\tau(23\cdots(n-1)n1)}a_{12}a_{23}\cdots a_{n-1,n}a_{n1}=(-1)^{n-1}n!. $$

例题 3.3. 计算 n 阶行列式

$$ \begin{array}{r}{D=\left|\begin{array}{c c c c c}{a_{11}}&{a_{12}}&{\cdots}&{a_{1,n-1}}&{a_{1n}}\\ {0}&{a_{22}}&{\cdots}&{a_{2,n-1}}&{a_{2n}}\\ {\vdots}&{\vdots}&&{\vdots}&{\vdots}\\ {0}&{0}&{\cdots}&{a_{n-1,n-1}}&{a_{n-1,n}}\\ {0}&{0}&{\cdots}&{0}&{a_{n n}}\end{array}\right|~.}\end{array} $$

解 根据定义, $D$ 的展开式中每一项都可以写成 $(-1)^{\tau(j_1j_2\cdots j_n)} a_{1j_1} a_{2j_2}\cdots a_{nj_n}$ 的形式. 由于这个行列式的第 $n$ 行中除了 $a_{nn}$ 外其余元素都是 0, 所以含 $j_n \neq n$ 的项其值皆为零, 因此只需考虑项中含 $j_n = n$ 的那项即可. 再看第 $n-1$ 行, 这一行中只有 $a_{n-1,n-1}$ 和 $a_{n-1,n}$ 这两个元素可能不为零, 因此不为 0 的项只有可能在 $j_{n-1}$ 取 $n-1$ 或 $n$ 时得到. 由于同一列中只可以选取一个元素, 所以 $j_{n-1} \neq n$, 故只有 $j_{n-1} = n-1$. 按同样的推理方法依次推出, $D$ 的展开式中非零项只可能是 $(-1)^{\tau(12\cdots n)} a_{11} a_{22}\cdots a_{nn}$, 所以有

$$ D=a_{11}a_{22}\cdots a_{nn}. $$

在行列式中，由左上角到右下角所形成的斜线称为主对角线，由右上角到左下角所形成的斜线称为副对角线。对于例题3.3的n阶行列式，在主对角线下方的元素全为零，称为上三角形行列式，若主对角线上方的元素全为零，则称为下三角形行列式。上三角形行列式和下三角形行列式统称为三角形行列式。若除了主对角线之外的元素全为零，则称为对角行列式。

对于如下行列式，根据定义可得

$$ \left|\begin{array}{c c c c c}0&0&\cdots&0&a_{1n}\\0&0&\cdots&a_{2,n-1}&a_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\0&a_{n-1,2}&\cdots&a_{n-1,n-1}&a_{n-1,n}\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{n,n-1}&a_{n n}\end{array}\right|=(-1)^{\frac{1}{2}n(n-1)}a_{1n}a_{2,n-1}\cdots a_{n1}. $$

§1.4 n 阶行列式的性质及计算

在上节介绍了 n 阶行列式的概念之后，本节讲解行列式的计算。为了简化行列式的计算，下面给出行列式的一些重要性质。

性质 4.1. 行与列互换，行列式不变，即

$$ \begin{aligned}\left|\begin{matrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\\\end{matrix}\right|&=\left|\begin{matrix}a_{11}&a_{21}&\cdots&a_{n1}\\a_{12}&a_{22}&\cdots&a_{n2}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{1n}&a_{2n}&\cdots&a_{nn}\\\end{matrix}\right|.\end{aligned} $$

证明 设 $ b_{ij}=a_{ji}(i,j=1,2,\cdots,n) $，则

$$ \begin{aligned}1&=\left|\begin{matrix}b_{11}&b_{12}&\cdots&b_{1n}\\b_{21}&b_{22}&\cdots&b_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\b_{n1}&b_{n2}&\cdots&b_{nn}\end{matrix}\right|=\sum_{j_{1}j_{2}\cdots j_{n}}(-1)^{\tau(j_{1}j_{2}\cdots j_{n})}b_{j_{1}1}b_{j_{2}2}\cdots b_{j_{n}n}\\&=\sum_{j_{1}j_{2}\cdots j_{n}}(-1)^{\tau(j_{1}j_{2}\cdots j_{n})}a_{1j_{1}}a_{2j_{2}}\cdots a_{nj_{n}}= 左边 .\end{aligned} $$

假设

$$ \begin{array}{r}{D=\left|\begin{array}{c c c c}{a_{11}}&{a_{12}}&{\cdots}&{a_{1n}}\\ {a_{21}}&{a_{22}}&{\cdots}&{a_{2n}}\\ {\vdots}&{\vdots}&{}&{\vdots}\\ {a_{n1}}&{a_{n2}}&{\cdots}&{a_{n n}}\end{array}\right|},\quad D^{\mathrm{T}}=\left|\begin{array}{c c c c}{a_{11}}&{a_{21}}&{\cdots}&{a_{n1}}\\ {a_{12}}&{a_{22}}&{\cdots}&{a_{n2}}\\ {\vdots}&{\vdots}&{}&{\vdots}\\ {a_{1n}}&{a_{2n}}&{\cdots}&{a_{n n}}\end{array}\right|,\end{array} $$

那么称 $ D^{T} $ 为 D 的转置行列式，有时候也记作 $ D^{\prime} $。于是，性质 4.1 可以简写为 $ D = D^{T} $。由此性质可知行列式中行和列的地位是对称的，具有相同的性质。

性质 4.2. 在行列式中，若某一行 (列) 元素全为零，则该行列式等于零.

证明 不妨设行列式第 i 行全为零. 因在行列式展开式的每一项中必然有一个因子取自第 i 行, 故展开式的每一项都为零, 于是行列式等于零.

性质 4.3. 交换任意两行（列）的位置，行列式变号.

证明 设行列式为

$$ D=\left|\begin{array}{cccc}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{p1}&a_{p2}&\cdots&a_{pn}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{q1}&a_{q2}&\cdots&a_{qn}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\\\end{array}\right|. $$

交换 D 的 p,q 两行得

$$ D_{1}=\left|\begin{array}{cccc}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{q1}&a_{q2}&\cdots&a_{qn}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{p1}&a_{p2}&\cdots&a_{pn}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\\\end{array}\right|. $$

不计符号, 任取 $D$ 的一项 $a_{1j1}a_{2j2}\cdots a_{pj_p}\cdots a_{qj_q}\cdots a_{nj_n}$, 它是来自 $D$ 的不同行不同列 $n$ 个元素的乘积, 因为 $D_1$ 和 $D$ 只是在两行之间交换了位置, 这一项也是 $D_1$ 的一项, 反之亦然. 所以不计符号, 二者有着完全相同的项, 这样我们只需比较该项在 $D$ 和 $D_1$ 中的符号. 该项在 $D$ 中的符号为 $(-1)^{\tau(j_1 j_2\cdots j_p\cdots j_q\cdots j_n)}$, 在 $D_1$ 中的符号为 $(-1)^{\tau(j_1 j_2\cdots j_q\cdots j_p\cdots j_n)}$, 由定理 2.1 知, 以上两式符号相反. 由于该项可任意选取, 故 $D_1 = -D$.

推论 4.1. 若行列式有两行 (列) 完全相同, 则行列式为零.

证明 设行列式 D 有 i,j 两行 (列) 完全相同, 交换 i,j 行 (列) 形成的新行列式, 记为 $ D_{1} $, 则 $ D_{1}=D $. 又由行列式的性质 4.3 知, $ D_{1}=-D $, 于是 D=-D, 从而有 D=0.

性质 4.4. 行列式具有线性性，即

(1)

$$ \begin{aligned}&\left|\begin{array}{cccc}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\b_{1}+c_{1}&b_{2}+c_{2}&\cdots&b_{n}+c_{n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\\\end{array}\right|\\=&\left|\begin{array}{cccc}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\b_{1}&b_{2}&\cdots&b_{n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\\\end{array}\right|+\left|\begin{array}{cccc}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\c_{1}&c_{2}&\cdots&c_{n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\\\end{array}\right|;\end{aligned} $$

(2)

$$ \begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ka_{i1}&ka_{i2}&\cdots&ka_{in}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}=k\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\a_{i1}&a_{i2}&\cdots&a_{in}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}. $$

行列式的线性性对于列也同样适用.

证明

$$ \begin{aligned} 左侧 &=\sum_{j_{1}j_{2}\cdots j_{n}}(-1)^{\tau(j_{1}j_{2}\cdots j_{n})}a_{1j_{1}}\cdots(b_{j_{i}}+c_{j_{i}})\cdots a_{n j_{n}}\\&=\sum_{j_{1}j_{2}\cdots j_{n}}(-1)^{\tau(j_{1}j_{2}\cdots j_{n})}a_{1j_{1}}\cdots b_{j_{i}}\cdots a_{n j_{n}}+\\&\quad\sum_{j_{1}j_{2}\cdots j_{n}}(-1)^{\tau(j_{1}j_{2}\cdots j_{n})}a_{1j_{1}}\cdots c_{j_{i}}\cdots a_{n j_{n}}\\&= 右侧 .\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} 左侧 &=\sum_{j_{1}j_{2}\cdots j_{n}}(-1)^{\tau(j_{1}j_{2}\cdots j_{n})}a_{1j_{1}}\cdots(ka_{ij_{i}})\cdots a_{nj_{n}}\\&=k\sum_{j_{1}j_{2}\cdots j_{n}}(-1)^{\tau(j_{1}j_{2}\cdots j_{n})}a_{1j_{1}}\cdots a_{ij_{i}}\cdots a_{nj_{n}}\\&= 右侧 .\end{aligned} $$

此性质表明，若某一行 (列) 是两组数的和，则这个行列式就等于两个行列式的和，而这两个行列式除这一行 (列) 之外全与原行列式的对应行 (列) 一样；一

行的公因子可以提出来，或者说用一个数乘行列式的一行就相当于用这个数乘此行列式。

推论 4.2. 若行列式有两行 (列) 成比例，则行列式为零，即

$$ \begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{p1}&a_{p2}&\cdots&a_{pn}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\ka_{p1}&ka_{p2}&\cdots&ka_{pn}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}=0. $$

证明 结合性质 4.4(2) 和推论 4.1 即得.

推论 4.3. 行列式某一行 (列) 的 k 倍 $ (k \neq 0) $ 加到另一行 (列), 行列式不变, 即

$$ \begin{array}{c|cccc}&a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\hline\vdots&\vdots&&\vdots&\\a_{p1}&a_{p2}&\cdots&a_{pn}&&\\\vdots&\vdots&&\vdots&\\a_{q1}&a_{q2}&\cdots&a_{qn}&&\\\vdots&\vdots&&\vdots&\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}&&\\\end{array}=\begin{array}{c|cccc}&a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\hline\vdots&\vdots&&\vdots&\\a_{p1}&a_{p2}&\cdots&a_{pn}&&\\\vdots&\vdots&&\vdots&\\a_{q1}+ka_{p1}&a_{q2}+ka_{p2}&\cdots&a_{qn}+ka_{pn}&&\\\vdots&\vdots&&\vdots&\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}&&\\\end{array}. $$

证明 结合性质 4.4(1) 和推论 4.2 可得.

有了上面的性质, 可以进行行列式的计算. 下面就来看一些具体的例子. 为描述方便, 当 $ k \neq 0 $ 时, 引入下列记号:

1. $ r_{i} \div k $ (或 $ c_{i} \div k $) 表示从第 i 行 (列) 提取公因子 k;

1. $ r_{i} + kr_{j} $ （或 $ c_{i} + kc_{j} $）表示将第 j 行（列）的 k 倍加到第 i 行（列）；

1. $ r_{i} \leftrightarrow r_{j} $ (或 $ c_{i} \leftrightarrow c_{j} $) 表示交换第 i 行 (列) 与第 j 行 (列) 的位置.

在计算中我们往往会反复利用行列式的性质, 试图将行列式化为上 (下) 三角形行列式, 进而得到行列式的值.

例题 4.1. 计算行列式

$$ D=\left|\begin{matrix}{3}&{-1}&{5}&{4}\\ {1}&{2}&{6}&{2}\\ {\vdots}&{\frac{1}{2}}&{0}&{-3}\\ {1}&{\frac{1}{6}}&{2}&{\frac{2}{3}}\\ \end{matrix}\right|. $$

解

$$ D\xlongequal[c_{4}\div2]{r_{3}\div1/2}\frac{1}{6}\left|\begin{matrix}{{{3}}}&{{{-1}}}&{{{5}}}&{{{2}}} \\{{{1}}}&{{{2}}}&{{{6}}}&{{{1}}} \\{{{4}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{-3}}} \\{{{6}}}&{{{1}}}&{{{12}}}&{{{2}}}\end{matrix}\right| $$

$$ \begin{array}{c|ccc}{{{\underline{r_{1}\leftrightarrow r_{2}}}}}&{{{1}}}&{{{2}}}&{{{6}}}&{{{1}}} \\{{{\underline{\underline{r_{2}-3r_{1}}}}}&{{{0}}}&{{{-7}}}&{{{-13}}}&{{{-1}}} \\{{{\underline{r_{3}-4r_{1}}}}}&{{{0}}}&{{{-7}}}&{{{-24}}}&{{{-7}}} \\{{{\underline{r_{4}-6r_{1}}}}}&{{{0}}}&{{{-11}}}&{{{-24}}}&{{{-4}}} \\\end{array} }$$

$$ \begin{aligned}&\frac{\frac{r_{i}\div(-1),i=2,3,4}{c_{2}\leftrightarrow c_{4}}}{\frac{r_{3}-7r_{2}}{r_{4}-4r_{2}}}-\frac{1}{6}\left|\begin{matrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{6}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{13}}}&{{{7}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{-67}}}&{{{-42}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{-28}}}&{{{-17}}}\end{matrix}\right|\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&\left|\begin{matrix}{{{1}}}&{{{1}}}&{{{6}}}&{{{2}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{13}}}&{{{7}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{\frac{42}{67}}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{-\frac{37}{67}}}}\end{matrix}\right|\\&=-\frac{67}{6}\times\left(-\frac{37}{67}\right)=\frac{37}{6}.\end{aligned} $$

例题 4.2. 计算 n 阶行列式

$$ D=\left|\begin{matrix}{1}&{1}&{1}&{\cdots}&{1}\\ {2}&{2}&{0}&{\cdots}&{0}\\ {4}&{0}&{3}&{\cdots}&{0}\\ {\vdots}&{\vdots}&{\vdots}&&{\vdots}\\ {2^{n-1}}&{0}&{0}&{\cdots}&{n}\\ \end{matrix}\right|. $$

解 将第 2 行的 $ -\frac{1}{2} $ 倍，第 3 行的 $ -\frac{1}{3} $ 倍，…，第 n 行的 $ -\frac{1}{n} $ 倍加到第 1 行，即

$$ \begin{aligned}D&\xlongequal{r_{1}-\frac{1}{i}r_{i}}\left|\begin{matrix}1-\displaystyle\sum_{i=2}^{n}\frac{1}{i}2^{i-1}&0&0&\cdots&0\\2&2&0&\cdots&0\\4&0&3&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\2^{n-1}&0&0&\cdots&n\end{matrix}\right|\\&=\left(1-\displaystyle\sum_{i=2}^{n}\frac{1}{i}2^{i-1}\right)\times2\times3\times\cdots\times n\\&=-\displaystyle\sum_{i=3}^{n}\frac{1}{i}2^{i-1}n!.\end{aligned} $$

例题 4.3. 计算 n 阶行列式

$$ D=\left|\begin{array}{c c c c c}{1}&{x}&{x}&{\cdots}&{x}\\ {x}&{1}&{x}&{\cdots}&{x}\\ {x}&{x}&{1}&{\cdots}&{x}\\ {\vdots}&{\vdots}&{\vdots}&&{\vdots}\\ {x}&{x}&{x}&{\cdots}&{1}\end{array}\right|. $$

解

$$ D\mathop{\frac{r_{1}+r_{j}}{j=2,3,\cdots,n}}\left|\begin{array}{cccc}1+(n-1)x_{-}1+(n-1)x&1+(n-1)x&\cdots&1+(n-1)x\\x&1&x&\cdots&x\\x&x&1&\cdots&x\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\x&x&x&\cdots&1\end{array}\right| $$

$$ \begin{aligned}&\left|\begin{matrix}1&1&1&\cdots&1\\0&1-x&0&\cdots&0\\\end{matrix}\right|\\&\xlongequal[j=2,3,\cdots,n]{r_{1}\div[1+(n-1)x]}[1+(n-1)x]\left|\begin{matrix}0&0&1-x&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&0&0&&1-x\\\end{matrix}\right|\\&=[1+(n-1)x](1-x)^{n-1}\end{aligned} $$

例题 4.3 中行列式的特点是行列式的每一行 (列) 元素的和都相等. 此类题目有多种求法, 例题 4.3 的求解方法比较简单, 即将第 $ 2, 3, \cdots, n $ 行 (列) 都加到第 1 行 (列), 则第 1 行 (列) 的元素相等, 稍作变换即可化为上三角形行列式, 从而求得其值.

§1.5 行列式按一行（列）展开及克拉默法则

我们知道在数学研究中很多问题都会有一个由复杂到简单的转变过程。像我们熟知的消元、降次、拆分、重组等，都是复杂的问题简单化。那么行列式的计算能不能通过这样的途径来化难为易呢？

先考察比较简单的三阶行列式：

$$ \begin{aligned}&\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}\\&=a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}-a_{11}a_{23}a_{32}-a_{12}a_{21}a_{33}-a_{13}a_{22}a_{31}\\&=a_{11}(a_{22}a_{33}-a_{23}a_{32})+a_{12}(a_{23}a_{31}-a_{21}a_{33})+a_{13}(a_{21}a_{32}-a_{22}a_{31})\\&=a_{11}\begin{vmatrix}a_{22}&a_{23}\\a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}-a_{12}\begin{vmatrix}a_{21}&a_{23}\\a_{31}&a_{33}\end{vmatrix}+a_{13}\begin{vmatrix}a_{21}&a_{22}\\a_{31}&a_{32}\end{vmatrix}.\end{aligned} $$

由此可知，一个三阶行列式可由三个二阶行列式表示，且其系数全部来自于原行列式的第一行。这种降阶方法对于高阶行列式同样适用。本节将重点介绍这种方法：行列式按一行（列）展开定理。

定义 5.1. 在 n 阶行列式 $ D = |a_{ij}| $ 中，去掉元素 $ a_{ij} $ 所在的第 i 行、第 j 列所剩下的 $ (n-1)^{2} $ 个元素构成的 n-1 阶行列式

$$ \begin{align*}a_{11}&\quad a_{1,j-1}&\quad a_{1,j+1}&\quad\cdots&\quad a_{1n}\\&\quad\vdots&\quad\vdots&\quad\vdots\\a_{i-1,1}&\cdots&a_{i-1,j-1}&\quad a_{i-1,j+1}&\cdots&a_{i-1,n}\\a_{i+1,1}&\cdots&a_{i+1,j-1}&\quad a_{i+1,j+1}&\cdots&\quad a_{i+1,n}\\&\quad\vdots&\quad\vdots&\quad\vdots\\a_{n1}&\cdots&a_{n,j-1}&\quad a_{n,j+1}&\cdots&\quad a_{nn}\end{align*} $$

称为元素 $ a_{ij} $ 的余子式，通常记作 $ M_{ij} $，余子式 $ M_{ij} $ 与符号项 $ (-1)^{i+j} $ 的乘积 $ (-1)^{i+j}M_{ij} $ 叫做元素 $ a_{ij} $ 的代数余子式，通常记作 $ A_{ij} $。规定 n=1 时， $ M_{ij}=A_{ij}=1 $。

利用上述概念我们可以将三阶行列式按行展开为

$$ D=a_{i1}A_{i1}+a_{i2}A_{i2}+a_{i3}A_{i3}\qquad(i=1,2,3), $$

或者按列展开为

$$ D=a_{1j}A_{1j}+a_{2j}A_{2j}+a_{3j}A_{3j}\qquad(j=1,2,3). $$

下面我们给出行列式按一行（列）展开定理：

定理 5.1. n 阶行列式 $ D = |a_{ij}| $ 等于它的任意一行（列）的所有元素与各自的代数余子式的乘积之和，即

$$ D=a_{i1}A_{i1}+a_{i2}A_{i2}+\cdots+a_{in}A_{in}\qquad(i=1,2,\cdots,n) $$

或者

$$ D=a_{1j}A_{1j}+a_{2j}A_{2j}+\cdots+a_{nj}A_{nj}\qquad(j=1,2,\cdots,n). $$

证明　如同上节一样，我们只证行的情况，列的情况同理可证．证明分以下三步进行.

(1) 先来证特殊的情形：设首行只有第一个元素不为零，则有

$$ D=\left|\begin{matrix}{a_{11}}&{0}&{\cdots}&{0}\\ {a_{21}}&{a_{22}}&{\cdots}&{a_{2n}}\\ {\vdots}&{\vdots}&{}&{\vdots}\\ {a_{n1}}&{a_{n2}}&{\cdots}&{a_{n n}}\\ \end{matrix}\right|=a_{11}A_{11}=a_{11}M_{11}=a_{11}\left|\begin{matrix}{a_{22}}&{\cdots}&{a_{2n}}\\ {\vdots}&{}&{\vdots}\\ {a_{n2}}&{\cdots}&{a_{n n}}\\ \end{matrix}\right|. $$

由于 $ a_{1j}=0(j=2,3,\cdots,n) $，结合行列式的定义知

$$ \begin{aligned}{D}&{{}=\sum_{j_{2}j_{3}\cdots j_{n}}(-1)^{\tau(1j_{2}j_{3}\cdots j_{n})}a_{11}a_{2j_{2}}\cdots a_{n j_{n}}}\\ {}&{{}=a_{11}\sum_{j_{2}j_{3}\cdots j_{n}}(-1)^{\tau(1j_{2}j_{3}\cdots j_{n})}a_{2j_{2}}\cdots a_{n j_{n}}.}\\ \end{aligned} $$

下证 $ M_{11}=\sum_{j_2j_3\cdots j_n}(-1)^{\tau(1j_2j_3\cdots j_n)}a_{2j_2}\cdots a_{nj_n} $.

$ M_{11} $ 展开式中全为形如 $ a_{2j_2} \cdots a_{nj_n} $ 的项，注意到 $ M_{11} $ 为 n-1 阶行列式，故每一项所带的符号是 $ (-1)^{\tau((j_2-1)(j_3-1)\cdots(j_n-1))} $. 显然， $ \tau(1j_2j_3\cdots j_n) = \tau((j_2-1)(j_3-1)\cdots(j_n-1)) $，从而有

$$ M_{11}=\sum_{j_{2}j_{3}\cdots j_{n}}(-1)^{\tau(1j_{2}j_{3}\cdots j_{n})}a_{2j_{2}}\cdots a_{nj_{n}}. $$

于是，(5.1)成立.

(2) 更进一步, 设第 i 行只有元素 $ a_{ij} $ 不为零, 即 $ 0 = a_{it} \neq a_{ij} (t = 1, 2, \cdots, j - 1, j + 1, \cdots, n) $. 下证

$$ \begin{array}{c|cccccc}a_{11}&\cdots&a_{1,j-1}&a_{1j}&a_{1,j+1}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&&\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{i-1,1}&\cdots&a_{i-1,j-1}&a_{i-1,j}&a_{i-1,j+1}&\cdots&a_{i-1,n}\\0&\cdots&0&a_{ij}&0&\cdots&0\\a_{i+1,1}&\cdots&a_{i+1,j-1}&a_{i+1,j}&a_{i+1,j+1}&\cdots&a_{i+1,n}\\\vdots&&\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&\cdots&a_{n,j-1}&a_{nj}&a_{n,j+1}&\cdots&a_{nn}\\\end{array}=a_{ij}A_{ij}. $$

将 D 的第 i 行依次与它上面的各行作对换，直至换至第一行；然后再将第 j 列依次与它前面的各列作对换，直至 $ a_{ij} $ 被换到左上角的位置。于是

$$ \begin{aligned}D&=(-1)^{(i-1)+(j-1)}\begin{vmatrix}a_{ij}&0&\cdots&0&0&\cdots&0\\a_{1j}&a_{11}&\cdots&a_{1,j-1}&a_{1,j+1}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{i-1,j}&a_{i-1,1}&\cdots&a_{i-1,j-1}&a_{i-1,j+1}&\cdots&a_{i-1,n}\\a_{i+1,j}&a_{i+1,1}&\cdots&a_{i+1,j-1}&a_{i+1,j+1}&\cdots&a_{i+1,n}\\\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{nj}&a_{n1}&\cdots&a_{n,j-1}&a_{n,j+1}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}\\&\begin{vmatrix}a_{11}&\cdots&a_{1,j-1}&a_{1,j+1}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\\end{vmatrix}\\ \xlongequal{(5.1)}(-1)^{i+j}a_{ij}\begin{vmatrix}a_{i-1,1}&\cdots&a_{i-1,j-1}&a_{i-1,j+1}&\cdots&a_{i-1,n}\\a_{i+1,1}&\cdots&a_{i+1,j-1}&a_{i+1,j+1}&\cdots&a_{i+1,n}\\\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&\cdots&a_{n,j-1}&a_{n,j+1}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}\\&=(-1)^{i+j}a_{ij}M_{ij}=a_{ij}A_{ij}.\end{aligned} $$

(3) 对于任意第 i 行 $ (a_{i1}, a_{i2}, \cdots, a_{in}) $ 的情形：我们可以将它写为

$$ (a_{i1}+0+\cdots+0,0+a_{i2}+0+\cdots+0,\cdots,0+\cdots+0+a_{i n}), $$

借助于行列式的线性性质 4.4(1) 有

$$ \begin{aligned}D&=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{i1}+0+\cdots+0&0+a_{i2}+0+\cdots+0&\cdots&0+\cdots+0+a_{in}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}\\&=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{i1}&0&\cdots&0\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\0&a_{i2}&\cdots&0\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}+\cdots+\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\0&0&\cdots&a_{in}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}\\&=a_{i1}A_{i1}+a_{i2}A_{i2}+\cdots+a_{in}A_{in}.\end{aligned} $$

为了说明该定理在行列式计算中的用途，来看下面的几个例题.

例题 5.1. 计算 n 阶行列式

$$ D=\left|\begin{matrix}{a_{11}}&{0}&{\cdots}&{0}&{0}&{a_{1n}}\\ {0}&{0}&{\cdots}&{0}&{a_{2,n-1}}&{a_{2n}}\\ {0}&{0}&{\cdots}&{a_{3,n-2}}&{a_{3,n-1}}&{0}\\ {\vdots}&{\vdots}&{}&{\vdots}&{\vdots}&{\vdots}\\ {0}&{a_{n-1,2}}&{\cdots}&{0}&{0}&{0}\\ {a_{n1}}&{a_{n2}}&{\cdots}&{0}&{0}&{0}\\ \end{matrix}\right|. $$

解 将行列式按第一行展开，得

$$ \begin{aligned}D&=(-1)^{1+1}a_{11}\left|\begin{matrix}{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{a_{2,n-1}}}}&{{{a_{2n}}}} \\{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{3,n-2}}}}&{{{a_{3,n-1}}}}&{{{0}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{a_{n-1,2}}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{a_{n2}}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{matrix}\right|+\\&\left(-1\right)^{1+n}a_{1n}\left|\begin{matrix}{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{a_{2,n-1}}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{3,n-2}}}}&{{{a_{3,n-1}}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{0}}}&{{{a_{n-1,2}}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{a_{n1}}}}&{{{a_{n2}}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}}\end{matrix}\right|\\&=a_{11}(-1)^{\frac{1}{2}(n-1)(n-2)}a_{2n}a_{3,n-1}\cdots a_{n2}+\\&\left(-1\right)^{1+n}a_{1n}(-1)^{\frac{1}{2}(n-1)(n-2)}a_{2,n-1}a_{3,n-2}\cdots a_{n1}\\&=(-1)^{\frac{1}{2}(n-1)(n-2)}a_{11}a_{2n}a_{3,n-1}\cdots a_{n2}+(-1)^{\frac{1}{2}n(n-1)}a_{1n}a_{2,n-1}a_{3,n-2}\cdots a_{n1}.\end{aligned} $$

例题 5.2. 证明 n 阶 (n ≥ 2) 范德蒙德 (Vandermonde) 行列式

$$ V_{\mathbf{n}}=\left|\begin{matrix}{1}&{1}&{1}&{\cdots}&{1}&{1}\\ {a_{1}}&{a_{2}}&{a_{3}}&{\cdots}&{a_{\mathbf{n}-1}}&{a_{\mathbf{n}}}\\ {a_{1}^{2}}&{a_{2}^{2}}&{a_{3}^{2}}&{\cdots}&{a_{\mathbf{n}-1}^{2}}&{a_{\mathbf{n}}^{2}}\\ {\vdots}&{\vdots}&{\vdots}&{}&{\vdots}&{\vdots}\\ {a_{1}^{\mathbf{n}-2}}&{a_{2}^{\mathbf{n}-2}}&{a_{3}^{\mathbf{n}-2}}&{\cdots}&{a_{\mathbf{n}-1}^{\mathbf{n}-2}}&{a_{\mathbf{n}}^{\mathbf{n}-2}}\\ {a_{1}^{\mathbf{n}-1}}&{a_{2}^{\mathbf{n}-1}}&{a_{3}^{\mathbf{n}-1}}&{\cdots}&{a_{\mathbf{n}-1}^{\mathbf{n}-1}}&{a_{\mathbf{n}}^{\mathbf{n}-1}}\\ \end{matrix}\right|=\prod_{1\leq j\lt i\leq\mathbf{n}}(a_{i}-a_{j}). $$

证明 对 n 用数学归纳法.

当 n=2 时，有 $ V_{2}=\left|\begin{matrix}1&1\\ a_{1}&a_{2}\end{matrix}\right|=a_{2}-a_{1} $，结论成立。假设对于 n-1 阶范德蒙德行列式 $ V_{n-1} $ 结论成立，下证对于 n 阶范德蒙德行列式结论成立。

在 $ V_{n} $ 中，从第 n 行开始逐行减去上一行的 $ a_{n} $ 倍，得

$$ \begin{aligned}V_{n}&\xlongequal{r_{i}-a_{n}r_{i-1}}\begin{vmatrix} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{\cdots}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{a_{1}-a_{n}}}}&{{{a_{2}-a_{n}}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{n-1}-a_{n}}}}&{{{0}}} \\{{{a_{1}(a_{1}-a_{n})}}}&{{{a_{2}(a_{2}-a_{n})}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{n-1}(a_{n-1}-a_{n})}}}&{{{0}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{a_{1}^{n-3}(a_{1}-a_{n})}}}&{{{a_{2}^{n-3}(a_{2}-a_{n})}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{n-1}^{n-3}(a_{n-1}-a_{n})}}}&{{{0}}} \\{{{a_{1}^{n-2}(a_{1}-a_{n})}}}&{{{a_{2}^{n-2}(a_{2}-a_{n})}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{n-1}^{n-2}(a_{n-1}-a_{n})}}}&{{{0}}} \\\end{vmatrix}\\&\xlongequal{ 按第 n 列展开 }(-1)^{1+n}\begin{vmatrix} \\{{{a_{1}-a_{n}}}}&{{{a_{2}-a_{n}}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{n-1}-a_{n}}}} \\{{{a_{1}(a_{1}-a_{n})}}}&{{{a_{2}(a_{2}-a_{n})}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{n-1}(a_{n-1}-a_{n})}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{a_{1}^{n-3}(a_{1}-a_{n})}}}&{{{a_{2}^{n-3}(a_{2}-a_{n})}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{n-1}^{n-3}(a_{n-1}-a_{n})}}} \\{{{a_{1}^{n-2}(a_{1}-a_{n})}}}&{{{a_{2}^{n-2}(a_{2}-a_{n})}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{n-1}^{n-2}(a_{n-1}-a_{n})}}} \\\end{vmatrix}\\&\xlongequal{c_{i}\div(a_{i}-a_{n})}\frac{(-1)^{n+1}}{(i=1,2,\cdots,n-1)}\prod_{1\leqslant j\leqslant n-1}(a_{j}-a_{n})\begin{vmatrix} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{\cdots}}}&{{{1}}} \\{{{a_{1}}}}&{{{a_{2}}}}&{{{a_{3}}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{n-1}}}} \\{{{a_{1}^{2}}}}&{{{a_{2}^{2}}}}&{{{a_{3}^{2}}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{n-1}^{2}}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{a_{1}^{n-2}}}}&{{{a_{2}^{n-2}}}}&{{{a_{3}^{n-2}}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{n-1}^{n-2}}}} \\\end{vmatrix}\\&=\prod_{1\leqslant j\leqslant n-1}(a_{n}-a_{j})V_{n-1}\\&=\prod_{1\leqslant j\leqslant n-1}(a_{n}-a_{j})\prod_{1\leqslant j\lt i\leqslant n-1}(a_{i}-a_{j})\\&=\prod_{1\leqslant j\lt i\leqslant n}(a_{i}-a_{j}).\end{aligned} $$

在给出克拉默（Cramer）法则之前先来看一个重要的结论.

定理 5.2. 在 n 阶行列式 $ D = |a_{ij}| $ 中，某一行 (列) 元素与另一行 (列) 相应元素的代数余子式乘积的和等于零，于是对于 $ 1 \leq i, j \leq n $，下面的等式成立

$$ \begin{aligned}&a_{i1}A_{j1}+a_{i2}A_{j2}+\cdots+a_{in}A_{jn}=0(i\neq j),\\&a_{1i}A_{1j}+a_{2i}A_{2j}+\cdots+a_{ni}A_{nj}=0(i\neq j).\\ \end{aligned} $$

证明 只需证明 “某一行元素与另一行相应元素的代数余子式乘积的和等于零” 这一结论即可，对列的结论类似可证.

将行列式 $ D = |a_{ij}| $ 的第 j 行元素换成第 i 行元素得到新的行列式，记为 $ D_1 $，因为 $ D_1 $ 的第 j 行与第 i 行完全相同，由推论 4.1 知， $ D_1 = 0 $。另一方面，由于行列式某个元素 $ a_{st} $ 的代数余子式是去掉它所在的行和列之后的余子式 $ M_{st} $ 与符号 $ (-1)^{s+t} $ 的乘积，与元素 $ a_{st} $ 本身无关，故新行列式 $ D_1 $ 第 j 行元素的代数余子式 $ A'_{jk} $ 与 D 第 j 行对应元素的代数余子式 $ A_{jk} $ 完全相同，即 $ A'_{jk} = A_{jk}, k = 1, 2, \cdots, n $。有 $ D_1 = \sum_{k=1}^{n} a_{ik} A'_{jk} = \sum_{k=1}^{n} a_{ik} A_{jk} = 0 $。这样，

$$ a_{i1}A_{j1}+a_{i2}A_{j2}+\cdots+a_{in}A_{jn}=\sum_{k=1}^{n}a_{ik}A_{jk}=0, $$

即第 i 行元素与第 j 行 ( $ j \neq i $) 相应元素的代数余子式乘积的和等于零，则由 i 和 j 的任意性知结论成立.

将定理 5.1 和定理 5.2 综合起来我们得到

$$ \begin{array}{l l}{a_{i1}A_{j1}+a_{i2}A_{j2}+\cdots+a_{i n}A_{j n}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{i k}A_{j k}=\{\begin{aligned}{D,\quad}&{{}i=j,}\\ {0,\quad}&{{}i\neq j,}\\ \end{aligned}.}\\ {a_{1i}A_{1j}+a_{2i}A_{2j}+\cdots+a_{n i}A_{n j}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{k i}A_{k j}=\{\begin{aligned}{D,\quad}&{{}i=j,}\\ {0,\quad}&{{}i\neq j.}\\ \end{aligned}.}\\ \end{array} $$

利用行列式的理论，下述克拉默法则将 $ \S1.1 $ 中关于二元、三元线性方程组的解的公式推广到具有 n 个方程 n 个未知量的线性方程组的情形.

定理 5.3 (克拉默法则). 如果 n 元线性方程组

$$ \{\begin{array}{l}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots+a_{1n}x_{n}=b_{1},\\ \\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots+a_{2n}x_{n}=b_{2},\\ \cdots\cdots\cdots\cdots\\a_{n1}x_{1}+a_{n2}x_{2}+\cdots+a_{nn}x_{n}=b_{n}\end{array}. $$

的系数行列式

$$ \begin{aligned}D&=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}\neq0,\end{aligned} $$

那么该方程组有唯一解

$$ x_{1}=\frac{D_{1}}{D},x_{2}=\frac{D_{2}}{D},\cdots,x_{n}=\frac{D_{n}}{D}, $$

其中 $ D_{i} $ 是把 D 中第 i 列依次换成常数项 $ b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n} $ 后所得到的行列式.

证明 证明分两步进行.

第一步，先来证解的存在性，即(5.3)确实是(5.2)的解。将(5.3)代入第 $ s(s=1,2,\cdots,n) $个方程的左端，有

$$ \begin{aligned}&a_{s1}\frac{D_{1}}{D}+a_{s2}\frac{D_{2}}{D}+\cdots+a_{sn}\frac{D_{n}}{D}\\=&\frac{1}{D}(a_{s1}D_{1}+a_{s2}D_{2}+\cdots+a_{sn}D_{n})\\=&\frac{1}{D}\left(a_{s1}\sum_{k=1}^{n}b_{k}A_{k1}+a_{s2}\sum_{k=1}^{n}b_{k}A_{k2}+\cdots+a_{sn}\sum_{k=1}^{n}b_{k}A_{kn}\right)\\=&\frac{1}{D}\left(b_{1}\sum_{k=1}^{n}a_{sk}A_{1k}+b_{2}\sum_{k=1}^{n}a_{sk}A_{2k}+\cdots+b_{n}\sum_{k=1}^{n}a_{sk}A_{nk}\right)\\=&\frac{1}{D}b_{s}\sum_{k=1}^{n}a_{sk}A_{sk}=b_{s}.\end{aligned} $$

这里第二个等号是将行列式 $ D_{i} $ 按第 i 列展开后代入而得，第三个等号经恒等变形得到，最后两个等号分别利用定理 5.2 和定理 5.1. 这说明方程组 (5.2) 有解且 (5.3) 确实是 (5.2) 的解.

第二步，证明解的唯一性.

由第一步知方程组(5.2)有解. 设 $ (c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}) $为其任意一个解，将其代入方程组，有

$$ \{\begin{array}{l}a_{11}c_{1}+a_{12}c_{2}+\cdots+a_{1n}c_{n}=b_{1},\\ \\a_{21}c_{1}+a_{22}c_{2}+\cdots+a_{2n}c_{n}=b_{2},\\ \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\a_{n1}c_{1}+a_{n2}c_{2}+\cdots+a_{n n}c_{n}=b_{n}.\end{array}. $$

用 D 的第 $ s(1 \leqslant s \leqslant n) $ 列元素的代数余子式 $ A_{1s}, A_{2s}, \cdots, A_{ns} $ 依次乘 (5.4) 中

的 n 个等式，有

$$ \{\begin{array}{r}a_{11}A_{1s}c_{1}+a_{12}A_{1s}c_{2}+\cdots+a_{1n}A_{1s}c_{n}=b_{1}A_{1s},\\ a_{21}A_{2s}c_{1}+a_{22}A_{2s}c_{2}+\cdots+a_{2n}A_{2s}c_{n}=b_{2}A_{2s},\\ \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\ a_{n1}A_{n s}c_{1}+a_{n2}A_{n s}c_{2}+\cdots+a_{n n}A_{n s}c_{n}=b_{n}A_{n s}.\end{array}. $$

把上面的 n 个等式两边分别相加，有

$$ \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}a_{ij}A_{is}c_{j}=\sum_{i=1}^{n}b_{i}A_{is}. $$

由定理 5.1 和定理 5.2 分别计算上式的右侧和左侧，有

$$ c_{s}D=D_{s},\quad s=1,2,\cdots,n, $$

于是

$$ c_{s}=\frac{D_{s}}{D},\quad s=1,2,\cdots,n. $$

这说明方程组(5.2)的任一解 $ (c_{1},c_{2},\cdots,c_{n}) $都有 $ c_{i}=\frac{D_{i}}{D}(i=1,2,\cdots,n) $成立，故方程组只有唯一解.

例题 5.3. 求一个三次多项式 $ f(x) $，使得 $ f(1) = 6, f(2) = 20, f(-1) = 8, f(-3) = 10 $.

解 设三次多项式为 $ f(x)=a_{3}x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0} $. 由条件有

$$ f(1)=a_{3}+a_{2}+a_{1}+a_{0}=6, $$

$$ f(2)=8a_{3}+4a_{2}+2a_{1}+a_{0}=20, $$

$$ f(-1)=-a_{3}+a_{2}-a_{1}+a_{0}=8, $$

$$ f(-3)=-27a_{3}+9a_{2}-3a_{1}+a_{0}=10. $$

将 $ a_{3}, a_{2}, a_{1}, a_{0} $ 看作未知量，可得线性方程组

$$ \{\begin{aligned}a_{3}&+a_{2}+a_{1}+a_{0}=6,\\ 8a_{3}&+4a_{2}+2a_{1}+a_{0}=20,\\ -a_{3}&+a_{2}-a_{1}+a_{0}=8,\\ -27a_{3}&+9a_{2}-3a_{1}+a_{0}=10.\end{aligned}. $$

其系数行列式为

$$ D=\left|\begin{array}{r r r r}{1}&{1}&{1}&{1}\\ {8}&{4}&{2}&{1}\\ {-1}&{1}&{-1}&{1}\\ {-27}&{9}&{-3}&{1}\end{array}\right|=-240. $$

计算可得

$$ D_{1}=\left|\begin{matrix}{6}&{1}&{1}&{1}\\ {20}&{4}&{2}&{1}\\ {8}&{1}&{-1}&{1}\\ {10}&{9}&{-3}&{1}\\ \end{matrix}\right|=-240,\quad D_{2}=\left|\begin{matrix}{1}&{6}&{1}&{1}\\ {8}&{20}&{2}&{1}\\ {-1}&{8}&{-1}&{1}\\ {-27}&{10}&{-3}&{1}\\ \end{matrix}\right|=-720, $$

$$ D_{3}=\left|\begin{array}{r r r r}{1}&{1}&{6}&{1}\\ {8}&{4}&{20}&{1}\\ {-1}&{1}&{8}&{1}\\ {-27}&{9}&{10}&{1}\end{array}\right|=480,\quad D_{4}=\left|\begin{array}{r r r r}{1}&{1}&{1}&{6}\\ {8}&{4}&{2}&{20}\\ {-1}&{1}&{-1}&{8}\\ {-27}&{9}&{-3}&{10}\end{array}\right|=-960, $$

所以有

$$ a_{3}=\frac{D_{1}}{D}=1,a_{2}=\frac{D_{2}}{D}=3,a_{1}=\frac{D_{3}}{D}=-2,a_{0}=\frac{D_{4}}{D}=4. $$

故而所求三次多项式为 $ f(x)=x^{3}+3x^{2}-2x+4 $.

下面我们讨论一类特殊的 n 元线性方程组，即常数项全为零的线性方程组，它称为齐次线性方程组，其一般形式为

$$ \{\begin{array}{l}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots+a_{1n}x_{n}=0,\\ a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots+a_{2n}x_{n}=0,\\ \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\ a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\cdots+a_{m n}x_{n}=0.\end{array}. $$

显然，齐次线性方程组总是有解的， $ (0,0,\cdots,0) $ 就是它的一个解，称为零解。若齐次线性方程组有不全为零的解 $ x_i $ ( $ i=1,2,\cdots,n $)，称为非零解。对齐次线性方程组而言，我们常常关心的问题是，它除零解之外还有没有非零解。对于方程个数 m 与未知数的个数 n 相等的齐次线性方程组，应用克拉默法则，有如下定理。

定理 5.4. 如果齐次线性方程组

$$ \{\begin{aligned}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots+a_{1n}x_{n}&=0,\\ a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots+a_{2n}x_{n}&=0,\\ \cdots\cdots\cdots\cdots\\ a_{n1}x_{1}+a_{n2}x_{2}+\cdots+a_{nn}x_{n}&=0\end{aligned}. $$

的系数行列式 $ D \neq 0 $，则它只有零解。换言之，如果齐次线性方程组 (5.5) 有非零解，那么必有系数行列式 D = 0。

证明 若系数行列式 $ D \neq 0 $，由克拉默法则，方程组 (5.5) 必有唯一解

$$ (x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})=\left(\frac{D_{1}}{D},\frac{D_{2}}{D},\cdots,\frac{D_{n}}{D}\right). $$

这里 $ D_{i} $ ( $ i=1,2,\cdots,n $) 的第 i 列元素全为 0，故 $ D_{i}=0 $，所以 $ (0,0,\cdots,0) $ 是 (5.5) 的唯一解，也就是说，它只有零解。既然当 $ D\neq0 $ 时方程组 (5.5) 只有零解，故若方程组 (5.5) 有非零解则必有 D=0。

此定理给出了齐次线性方程组(5.5)有非零解的必要条件：方程组的系数行列式D=0.这个条件不仅是必要的，在第四章中，我们将证明它也是充分的，即若齐次线性方程组(5.5)的系数行列式D=0，则它必有非零解，并且还将继续讨论当方程个数m与未知数的个数n不相等时齐次线性方程组的解的情况.

例题 5.4. 设齐次线性方程组

$$ \{\begin{aligned}\lambda x_{1}+x_{2}&=0,\\ x_{1}+\lambda x_{2}&=0\end{aligned}. $$

有非零解，试求 $ \lambda $ 的值.

解 由定理 5.4，若此方程组有非零解，则系数行列式

$$ D=\left|\begin{matrix}{{{\lambda}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{\lambda}}}\end{matrix}\right|=\lambda^{2}-1=0. $$

故有 $ \lambda = \pm1 $ 。容易验证，当 $ \lambda = \pm1 $ 时，该方程组确有非零解。

应用克拉默法则解决线性方程组问题时要求未知量的个数与方程的个数相等，并且要求系数行列式不为零。这种条件相对比较苛刻，并且从上面的例子可以看出，用克拉默法则求解 n 元线性方程组时需要计算 $ n+1 $ 个 n 阶行列式，计算量比较大，这就要求我们在解决一般的线性方程组问题时采用别的方法手段，即后续章节中所要讲到的一般线性方程组的求解问题。

最后，我们来介绍拉普拉斯（Laplace）展开定理，它是行列式按一行展开的推广。设 k 是不大于 n 的正整数，在 n 阶行列式 D 中选定 k 行 k 列，位于这 k 行 k 列交点处的 $ k^{2} $ 个元素按原来的次序组成一个 k 阶行列式 M，它称为 D 的 k 阶子式。当 k < n 时，在 D 中把选定的 k 行 k 列划去，则余下的 $ (n - k)^{2} $ 个元素按原来的次序组成一个 n - k 阶行列式 N，它称为 M 的余子式。显然，余子式也是子式，并且 M 也是 N 的余子式。设选定的 k 行为第 $ i_{1}, i_{2}, \cdots, i_{k} $ 行，选定的 k 列为第 $ j_{1}, j_{2}, \cdots, j_{k} $ 列，此时称

$$ (-1)^{i_{1}+i_{2}+\cdots+i_{k}+j_{1}+j_{2}+\cdots+j_{k}}N $$

为 M 的代数余子式.

定理 5.5 (拉普拉斯展开定理). 设 k 是小于 n 的正整数, 在 n 阶行列式 D 中取定 k 行 (或 k 列). 元素来自这 k 行 (k 列) 所有的 k 阶子式和它们各自的代数余子式乘积之和等于行列式 D.

证明从略.

易知, 元素来自取定的 k 行的 k 阶子式共有 $ t = C_{n}^{k} $ 个. 把它们记作 $ M_{1} $, $ M_{2} $, $ \cdots $, $ M_{t} $, 并把 $ M_{j} $ 的代数余子式用 $ A_{j} $ 表示, 则定理的结论表明

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

在一般情况下，拉普拉斯展开定理也不适于计算行列式。如果元素来自取定的 k 行的 k 阶子式只有少数几个不为零，定理是有效的。

例题 5.5. 证明： $ n+k $ 阶行列式

$$ \begin{aligned}D&=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1k}&0&0&\cdots&0\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2k}&0&0&\cdots&0\\\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{k1}&a_{k2}&\cdots&a_{kk}&0&0&\cdots&0\\b_{11}&b_{12}&\cdots&b_{1k}&c_{11}&c_{12}&\cdots&c_{1n}\\b_{21}&b_{22}&\cdots&b_{2k}&c_{21}&c_{22}&\cdots&c_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\b_{n1}&b_{n2}&\cdots&b_{nk}&c_{n1}&c_{n2}&\cdots&c_{nn}\end{vmatrix}=D_{1}D_{2},\end{aligned} $$

其中

$$ D_{1}=\left|\begin{matrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1k}\\ a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2k}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ a_{k1}&a_{k2}&\cdots&a_{kk}\\ \end{matrix}\right|,\quad D_{2}=\left|\begin{matrix}c_{11}&c_{12}&\cdots&c_{1n}\\ c_{21}&c_{22}&\cdots&c_{2n}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ c_{n1}&c_{n2}&\cdots&c_{nn}\\ \end{matrix}\right|. $$

证明 由于 D 来自前 k 行的 k 阶子式只有一个, 即左上角的 k 阶子式 $ D_{1} $ 可能不为零. 此时, 由拉普拉斯展开定理知

$$ D=(-1)^{1+2+\cdots+k+1+2+\cdots+k}D_{1}D_{2}=D_{1}D_{2}. $$

习题一

1. 计算下列行列式：

(1)

$$ \left|\begin{array}{cc}\sin x&-\cos x\\\cos x&\sin x\end{array}\right|; $$

(2)

$$ \left|\begin{array}{cc}\sin x&\cos x\\\cos x&2\cos x\end{array}\right|; $$

$$ \begin{array}{c|ccc}{{{(3)}}}&{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}} \\{{{\hline}}}&{{{4}}}&{{{5}}}&{{{6}}} \\{{{7}}}&{{{8}}}&{{{9}}} \\\end{array};\quad\begin{array}{c|ccc}{{{(4)}}}&{{{1}}}&{{{-1}}}&{{{-2}}} \\{{{\hline}}}&{{{2}}}&{{{0}}}&{{{5}}} \\{{{-3}}}&{{{-3}}}&{{{3}}} \\\end{array};\quad\begin{array}{c|ccc}{{{(5)}}}&{{{x}}}&{{{y}}}&{{{y}}} \\{{{\hline}}}&{{{y}}}&{{{x}}}&{{{y}}} \\{{{y}}}&{{{y}}}&{{{x}}} \\\end{array}. $$

1. 证明下列等式：

(1)

$$ \begin{vmatrix}a&b+x\\c&d+y\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}a&x\\c&y\end{vmatrix}; $$

(2)

$$ \begin{vmatrix}{{{0}}}&{{{b}}}&{{{a}}} \\{{{1}}}&{{{e}}}&{{{f}}} \\{{{0}}}&{{{d}}}&{{{c}}}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}{{{a}}}&{{{b}}} \\{{{c}}}&{{{d}}}\end{vmatrix}; $$

(3)

$$ \begin{array}{|l|l|l|l|l|l| \hline a_{11}&a_{12}&a_{13}&&&a_{11}&a_{21}&a_{31}&&\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}&&a_{12}&a_{22}&a_{32}&&=-&a_{31}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33}&&a_{13}&a_{23}&a_{33}&&\end{array}. }$$

1. 借助行列式的知识解下列线性方程组：

(1)

$$ \{\begin{aligned}3x_{1}+2x_{2}-4x_{3}&=-6,\\ x_{1}+2x_{2}-x_{3}&=3,\\ 2x_{1}-x_{2}+x_{3}&=17.\end{aligned}. $$

(2)

$$ \{\begin{aligned}2x_{1}-x_{2}&=0,\\ 5x_{1}-x_{3}&=0,\\ -2x_{2}+x_{3}&=3.\end{aligned}. $$

1. 求相应的 i, j 值，使：

(1) 17i52j6 为偶排列;

(2) 246i891j7 为奇排列.

1. 如果排列 $ i_1 i_2 \cdots i_n $ 的逆序数为 $ m $，求排列 $ i_n i_{n-1} \cdots i_2 i_1 $ 的逆序数.

1. 计算下列各排列的逆序数并判断排列的奇偶性：

(1) 26538417;

(2) $ n(n-1)\cdots21 $;

(3) $ 2n(2n-2)\cdots2(2n-1)(2n-3)\cdots1 $.

1. 写出 5 阶行列式 $ \left|a_{ij}\right| $ 中含有因子 $ a_{12}a_{35}a_{41} $ 的项.

1. 在多项式 $ f(x)=\left|\begin{matrix}x&7&3&-1\\ 1&4&x&0\\ 0&x&-1&5\\ 2&1&2&3\end{matrix}\right| $ 中，求二次项 $ x^{2} $ 的系数.

1. 证明：如果 n 阶行列式 D 含有多于 $ n^{2}-n $ 个元素为零，则 D=0.

1. 用行列式的定义计算下列行列式：

(1)

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

$$ \begin{aligned}(2)\left|\begin{matrix}{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{a}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{b}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{c}}} \\{{{g}}}&{{{f}}}&{{{e}}}&{{{d}}}\end{matrix}\right|;\end{aligned} $$

(3)

$$ \begin{vmatrix}a&0&0&b\\0&a&b&0\\0&b&a&0\\b&0&0&a\end{vmatrix}; $$

(4)

$$ \begin{array}{c|cccc}{{{a_{11}}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{a_{2n}}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{n-1,n-1}}}}&{{{a_{n-1,n}}}} \\{{{0}}}&{{{a_{n2}}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{n,n-1}}}}&{{{a_{nn}}}} \\\end{array};\quad(5)\begin{array}{c|cccc}{{{a_{1}}}}&{{{a_{2}}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{n-2}}}}&{{{a_{n-1}}}}&{{{a_{n}}}} \\{{{1}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{1}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{1}}}&{{{0}}}&{{{0}}} \\{{{0}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{0}}} \\\end{array}. $$

11\. 利用行列式的性质计算下列行列式:

(1)

$$ \begin{vmatrix}101&2&201\\ 325&6&525\\ 13&1&113 \end{vmatrix}; $$

(2)

$$ \begin{vmatrix}1&2&3&4\\3&6&12&5\\0&1&3&5\\0&4&7&9\end{vmatrix}; $$

(3)

$$ \begin{vmatrix}1&2&3&4\\2&3&4&1\\3&4&1&2\\4&1&2&3\end{vmatrix}; $$

(4)

$$ \left|\begin{array}{l l l l}1^{3}&2^{3}&3^{3}&4^{3}\\4^{3}&1^{3}&2^{3}&3^{3}\\3^{3}&4^{3}&1^{3}&2^{3}\\2^{3}&3^{3}&4^{3}&1^{3}\end{array}\right|; $$

(5)

$$ \left|\begin{array}{ccccc}x&x&\cdots&x&a\\x&x&\cdots&a&x\\\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\x&a&\cdots&x&x\\a&x&\cdots&x&x\end{array}\right|_{n}; $$

(6)

$$ \left|\begin{array}{c c c c c}{x}&{x}&{\cdots}&{x}&{a}\\ {0}&{0}&{\cdots}&{a}&{x}\\ {\vdots}&{\vdots}&{}&{\vdots}&{\vdots}\\ {0}&{a}&{\cdots}&{0}&{x}\\ {a}&{0}&{\cdots}&{0}&{x}\end{array}\right|_{n}, $$

1. 证明下列等式：

(1)

$$ \left|\begin{array}{c c c}2&\lg4&2\lg5\\ 1&\cos^{2}\alpha&\sin^{2}\alpha\\ -1&-\sqrt{2}&\frac{1}{\sqrt{2}+1}\end{array}\right|=0; $$

(2)

$$ \begin{vmatrix}x_{1}+y_{1}&x_{2}+y_{2}&x_{3}+y_{3}\\y_{1}+z_{1}&y_{2}+z_{2}&y_{3}+z_{3}\\z_{1}+x_{1}&z_{2}+x_{2}&z_{3}+x_{3}\end{vmatrix}=2\begin{vmatrix}x_{1}&y_{1}&z_{1}\\x_{2}&y_{2}&z_{2}\\x_{3}&y_{3}&z_{3}\end{vmatrix}; $$

(3)

$$ \begin{vmatrix}a&2&3&\cdots&n\\1&a+1&3&\cdots&n\\1&2&a+2&\cdots&n\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\1&2&3&\cdots&a+n-1\end{vmatrix}=\left[a+\frac{(n-1)(n+2)}{2}\right](a-1)^{n-1}; $$

(4)

$$ \left|\begin{matrix}a+b&ab&0&\cdots&0&0\\ 1&a+b&ab&\cdots&0&0\\ 0&1&a+b&\cdots&0&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&\cdots&a+b&ab\\ 0&0&0&\cdots&1&a+b\end{matrix}\right|_{n}=\sum_{i=0}^{n}a^{i}b^{n-i}. $$

1. 设有 n 阶行列式 $ D = \det(a_{ij}) $，若其元素满足 $ a_{ji} = -a_{ij} $，则称为反称行列式。试证明：

(1) 反称行列式主对角线上的元素全为零;

(2) 奇数阶反称行列式的值必为零.

1. 计算下列行列式：

(1)

$$ \left|\begin{array}{r r r r}{7}&{49}&{1}&{1}\\ {0}&{20}&{0}&{0}\\ {-3}&{6}&{-1}&{5}\\ {-2}&{11}&{-3}&{1}\end{array}\right|; $$

(2)

$$ \begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}&a_{14}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}&a_{24}\\0&0&a_{33}&a_{34}\\0&0&a_{43}&a_{44}\end{vmatrix}; $$

(3)

$$ \left|\begin{array}{c c c c c c}{x}&{0}&{0}&{\cdots}&{0}&{y}\\ {y}&{x}&{0}&{\cdots}&{0}&{0}\\ {0}&{y}&{x}&{\cdots}&{0}&{0}\\ {\vdots}&{\vdots}&{\vdots}&&{\vdots}&{\vdots}\\ {0}&{0}&{0}&{\cdots}&{x}&{0}\\ {0}&{0}&{0}&{\cdots}&{y}&{x}\end{array}\right|_{n}; $$

(4)

$$ \left|\begin{array}{c c c c c c}{x}&{z}&{0}&{\cdots}&{0}&{0}\\ {y}&{x}&{z}&{\cdots}&{0}&{0}\\ {0}&{y}&{x}&{\cdots}&{0}&{0}\\ {\vdots}&{\vdots}&{\vdots}&&{\vdots}&{\vdots}\\ {0}&{0}&{0}&{\cdots}&{x}&{z}\\ {0}&{0}&{0}&{\cdots}&{y}&{x}\end{array}\right|_{n}. $$

1. 计算行列式：

$$ \begin{aligned}&\begin{vmatrix} \\{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}}&{{{1}}} \\{{{-1}}}&{{{2}}}&{{{-3}}}&{{{\frac{\sqrt{2}}{2}}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{4}}}&{{{9}}}&{{{\frac{1}{2}}}}&{{{1}}} \\{{{-1}}}&{{{8}}}&{{{-27}}}&{{{\frac{\sqrt{2}}{4}}}}&{{{1}}} \\{{{1}}}&{{{16}}}&{{{81}}}&{{{\frac{1}{4}}}}&{{{1}}} \\\end{vmatrix}.\\ \end{aligned} $$

1. 证明：

$$ \left|\begin{matrix}{a^{2}}&{(a+1)^{2}}&{(a+2)^{2}}&{(a+3)^{2}}\\ {b^{2}}&{(b+1)^{2}}&{(b+2)^{2}}&{(b+3)^{2}}\\ {c^{2}}&{(c+1)^{2}}&{(c+2)^{2}}&{(c+3)^{2}}\\ {d^{2}}&{(d+1)^{2}}&{(d+2)^{2}}&{(d+3)^{2}}\\ \end{matrix}\right|=0. $$

1. 计算行列式：

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

1. 解下列线性方程组：

(1)

$$ \{\begin{aligned}x_{1}&+3x_{2}+2x_{3}=7,\\ 2x_{1}&+x_{2}+4x_{3}=6,\\ 3x_{1}&+2x_{2}+x_{3}=4;\end{aligned}. $$

(2)

$$ \{\begin{aligned}3x_{1}+x_{2}+2x_{3}&=0,\\ 5x_{2}+x_{3}+4x_{4}&=1,\\ 4x_{1}+2x_{3}+x_{4}&=0,\\ 2x_{1}+x_{2}+x_{4}&=1;\end{aligned}. $$

(3)

$$ \{\begin{aligned}x_{1}+6x_{2}+2x_{3}-x_{4}+x_{5}&=0,\\ x_{1}-2x_{2}-x_{3}&=0,\\ 2x_{1}-3x_{3}+x_{4}+3x_{5}&=0,\\ x_{3}+2x_{5}&=0,\\ x_{2}+x_{3}-3x_{4}&=0.\end{aligned}. $$

1. 试用数学归纳法证明：

$$ \left|\begin{array}{ccccc}{{{a_{11}}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{1n}}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{a_{n1}}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{nn}}}}&{{{0}}}&{{{\cdots}}}&{{{0}}} \\{{{c_{11}}}}&{{{\cdots}}}&{{{c_{1n}}}}&{{{b_{11}}}}&{{{\cdots}}}&{{{b_{1m}}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{c_{m1}}}}&{{{\cdots}}}&{{{c_{mn}}}}&{{{b_{m1}}}}&{{{\cdots}}}&{{{b_{mm}}}}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}{{{a_{11}}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{1n}}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{a_{n1}}}}&{{{\cdots}}}&{{{a_{nn}}}}\end{array}\right|\cdot\left|\begin{array}{ccc}{{{b_{11}}}}&{{{\cdots}}}&{{{b_{1m}}}} \\{{{\vdots}}}&{{{\vdots}}} \\{{{b_{m1}}}}&{{{\cdots}}}&{{{b_{mm}}}}\end{array}\right|. $$

1. 如果齐次线性方程组

$$ \{\begin{array}{l}\lambda x_{1}+\quad x_{2}+\quad x_{3}=0,\\ \\ \quad x_{1}+\lambda x_{2}+2x_{3}=0,\\ \\ \lambda^{2}x_{1}+\quad x_{2}+\lambda x_{3}=0\end{array}. $$

有非零解，求 $ \lambda $ 的值.

1. 设 $ a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n} $ 是互不相同的实数, $ b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n} $ 是任意实数, 用克拉默法则证明: 存在唯一的实系数多项式 $ f(x) = c_{n-1}x^{n-1} + c_{n-2}x^{n-2} + \cdots + c_{1}x + c_{0} $ 使得

$$ f(a_{i})=b_{i}(i=1,2,\cdots,n). $$

第一章自测题