\begin{align*}
\amp \det A = |A| = \begin{vmatrix}
a_{11} & a_{12} & a_{13}\\
a_{21} & a_{22} & a_{23}\\
a_{31} & a_{32} & a_{33}
\end{vmatrix}\\
=\amp -a_{13} a_{22} a_{31} + a_{12} a_{23} a_{31} + a_{13} a_{21} a_{32} \\
\amp - a_{11} a_{23} a_{32} - a_{12} a_{21} a_{33} + a_{11} a_{22} a_{33} \\
= \amp a_{11}(a_{22} a_{33}-a_{23} a_{32}) - a_{12}(a_{21} a_{33}-a_{23} a_{31} ) \\
\amp + a_{13}(a_{21} a_{32}-a_{22} a_{31}) \\
= \amp 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{align*}
节 3.3 行列式按行(列)展开
理解行列式的另外一种有力工具是按行(列)展开行列式，也就是把高阶行列式转化为低阶行列式。本节中，我们将从这个角度理解行列式。
子节 3.3.1 按一行（列）进行行列式展开
作为例子，我们先来看一下 \(3\)阶行列式。
例 3.3.1. 三阶行列式的递推公式.
从上面的例子我们看到，\(3\)阶行列式可以转化为\(2\)阶行列式的组合，组合系数恰好取遍行列式的一整行。以其中一个\(2\)阶行列式 \(\begin{vmatrix}
a_{21} & a_{23}\\
a_{31} & a_{33}\\
\end{vmatrix}\)为例，其前乘以的矩阵元素为\(a_{12}\)(先不考虑符号)，则\(\begin{vmatrix}
a_{21} & a_{23}\\
a_{31} & a_{33}\\
\end{vmatrix}\)恰好可以看成从初始行列式出发，删除\(a_{12}\)所在行、所在列获得的行列式。进一步地，\(a_{12}\)前的\(-\)号可以理解为\((-1)^{1+2}\)(\(1\)， \(2\)为\(a_{12}\)的下角标)，\(a_{11}\)和\(a_{13}\)前的\(+\)号也可以按一样的方式理解。
接下来我们尝试把上面观察到的规律推广到一般阶数的行列式。为了叙述方便，引入下面一些概念。
在一个\(n\)阶行列式\(|A|\)中，删除其第\(i\)行和第\(j\)列，剩下的元素按原来次序组成的\(n -1\)阶行列式称为矩阵\(A\)中\((i,j)\)元的余子式，记作\(M_{ij}\)，即
\begin{equation*}
M_{ij} = \begin{vmatrix}
a_{11} & \cdots & a_{1,j-1} &a_{1,j+1} & \cdots & a_{1n}\\
\vdots & \ddots &
\vdots &\vdots & \ddots &
\vdots\\
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 & \ddots &
\vdots & \vdots &\ddots &
\vdots\\
a_{n1} & \cdots & a_{n,j-1} &a_{n,j+1} & \cdots & a_{nn}
\end{vmatrix}.
\end{equation*}
进一步地，令
\begin{equation*}
A_{ij} = (-1)^{i+j}M_{ij},
\end{equation*}
称\(A_{ij}\)为矩阵\(A\)中\((i,j)\)元的代数余子式。
为说明刚刚观察到的规律可以推广到一般行列式，还需要下面一个关于逆序数的性质。
引理 3.3.2.
设\((i_1,i_2\ldots,i_n)\)是\(1,\ldots,n\)的一个排列，则
\begin{equation*}
\tau(i_1,i_2,\ldots,i_n) = \tau(i_2,\ldots,i_{n}) + i_1-1.
\end{equation*}
证明.
因为\((i_1,i_2,\ldots,i_n)\)是\(1,\ldots,n\)的一个排列，所以在排列\((i_1,i_2,\ldots,i_n)\)中， \(i_1\)后面比 \(i_1\)小的数有 \(1,2,\ldots ,i_1-1\)，这表明排列 \((i_1,i_2,\ldots,i_n)\)比排列 \((i_2,\ldots,i_{n})\) 多了\(i_1-1\)个逆序。因此
\begin{equation*}
\tau(i_1,i_2,\ldots,i_n) = \tau(i_2,\ldots,i_{n}) + i_1-1.
\end{equation*}
定理 3.3.3.
设\(A\)是\(n\)阶方阵，\(i\)是任意一个小于等于\(n\)的正整数。则行列式\(\det A\)等于它的所有第\(i\)行元素与其代数余子式的乘积之和，即
\begin{align}
\det A \amp = a_{i1} A_{i1}+\cdots+ a_{in}A_{in}\tag{3.3.1}\\
\amp = \sum_{j=1}^n (-1)^{i+j} a_{ij}M_{ij}. \tag{3.3.2}
\end{align}
证明.
根据行列式定义，将 \(\det A\)展开式的\(n!\)项按第\(i\)行的\(n\)个元素（列指标分别取1到\(n\)）分成\(n\)组：
\begin{align*}
\det A \amp = \sum_{k_1,\dots,k_n} (-1)^{\tau(k_1,\dots,k_n)}\prod_{s=1}^n a_{s,k_s} \\
\amp = \sum_{j=1}^n \sum_{k_i = j} (-1)^{\tau(k_1,\dots,k_n)}\prod_{s=1}^n a_{s,k_s} \\
\amp = \sum_{j=1}^n \sum_{k_i = j} (-1)^{\tau(k_1,\dots,k_n)}a_{ij}\prod_{s\ne i} a_{s,k_s} \\
\amp = \sum_{j=1}^n a_{ij} \sum_{k_i = j} (-1)^{\tau(k_1,\dots,k_n)}\prod_{s\ne i} a_{s,k_s},
\end{align*}
这里求和指标 \(k_1,\ldots ,k_n\)取遍 \(1,\ldots ,n\)的所有排列。
所有第\(i\)个位置上为\(j\)的排列
\begin{equation*}
k_1,\dots ,k_{i-1},j,k_{i+1},\dots ,k_n
\end{equation*}
均可通过\(i-1\)次相邻元素对换变为排列
\begin{equation*}
j,k_1,\dots ,k_{i-1},k_{i+1},\dots ,k_n,
\end{equation*}
所以由 引理 3.2.1，得
\begin{equation*}
\det A=\sum_{j=1}^n a_{ij}(-1)^{i-1} \sum_{k_i = j} (-1)^{\tau(j,k_1,\dots,k_{i-1},k_{i+1},\dots,k_n)}\prod_{s\ne i} a_{s,k_s}
\end{equation*}
根据 引理 3.3.2，
\begin{align*}
\amp \det A \\
= & \sum_{j=1}^n a_{ij}(-1)^{i-1+j-1} \sum_{k_1,\dots,k_{i-1},k_{i+1},\dots,k_n} (-1)^{\tau(k_1,\dots,k_{i-1},k_{i+1},\dots,k_n)}\prod_{s\ne i} a_{s,k_s}\\
=&\sum\limits_{j=1}^n a_{ij}\cdot (-1)^{i+j}\cdot \begin{vmatrix}
a_{11}&\cdots&a_{1,j-1}&a_{1,j+1}&\cdots&a_{1n}\\
\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\
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\\
a_{n1}&\cdots&a_{n,j-1}&a_{n,j+1}&\cdots&a_{nn}
\end{vmatrix}\\
=&\sum\limits_{j=1}^n a_{ij}\cdot (-1)^{i+j}\cdot M_{ij} \\
=&\sum\limits_{j=1}^n a_{ij}A_{ij}.
\end{align*}
上述结论对列也成立，我们不加证明地给出下面关于列的结论。相应的公式称为行列式的按列展开式。
定理 3.3.4.
设\(A\)是\(n\)阶方阵，\(j\)是任意一个小于等于\(n\)的正整数。则行列式\(\det A\)等于它的所有第\(j\)列元素与其代数余子式的乘积之和，即
\begin{align*}
\det A \amp = a_{1j} A_{1j}+\cdots+ a_{nj}A_{nj}\\
\amp = \sum_{i=1}^n (-1)^{i+j} a_{ij}M_{ij}.
\end{align*}
在利用定理 3.3.3和定理 3.3.4给出的计算公式计算行列式时，\(0\)元的代数余子式不需要计算。若矩阵的某一行（或某一列）中的存在很多\(0\)，则计算行列式时可以直接按这一行（一列）进行展开，从而转化为低阶行列式计算。
例 3.3.5. 按行（列）展开计算行列式.
计算 \(n\)阶行列式\((n>1)\)：
\begin{equation*}
\begin{vmatrix}
a&b&0&0&\cdots&0&0\\
0&a&b&0&\cdots&0&0\\
0&0&a&b&\cdots&0&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\
0&0&0&0&\cdots&a&b\\
b&0&0&0&\cdots&0&a
\end{vmatrix} .
\end{equation*}
解答.
按第一列展开，
\begin{align*}
\mbox{原式}&=a(-1)^{1+1} \begin{vmatrix}
a&b&0&\cdots&0&0\\
0&a&b&\cdots&0&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\
0&0&0&\cdots&a&b\\
0&0&0&\cdots&0&a
\end{vmatrix}+b(-1)^{n+1} \begin{vmatrix}
b&0&0&\cdots&0&0\\
a&b&0&\cdots&0&0\\
0&a&b&\cdots&0&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\
0&0&0&\cdots&a&b
\end{vmatrix} \\
&=a\cdot a^{n-1}+(-1)^{n+1}b\cdot b^{n-1} \\
&=a^n+(-1)^{n+1}b^n.
\end{align*}
例 3.3.6. 递推法计算行列式.
计算 \(n\)阶行列式 \((n\geq 2)\)：
\begin{equation*}
D_n= \begin{vmatrix}
\lambda&&&&&b_n\\
-1&\lambda&&&&b_{n-1}\\
&-1&\lambda&&&b_{n-2}\\
&&\ddots&\ddots&&\vdots\\
&&&-1&\lambda&b_{2}\\
&&&&-1&\lambda+b_{1}
\end{vmatrix}.
\end{equation*}
解答.
\(D_n\)中第 \((1,1)\)元的余子式是与 \(D_n\)具有相同特点的 \(n-1\)阶行列式，即为 \(D_{n-1}\)，所以按第一行展开，
\begin{align*}
D_n&=\lambda D_{n-1}+(-1)^{n+1}b_n\begin{vmatrix}
-1&\lambda&&&\\
&-1&\lambda&&\\
&&\ddots&\ddots&\\
&&&-1&\lambda\\
&&&&-1
\end{vmatrix}_{(n-1)\times (n-1)}\\
&= \lambda D_{n-1}+b_n.
\end{align*}
利用数学归纳法可得
\begin{equation*}
D_n=\lambda^n+b_1\lambda^{n-1}+b_2\lambda^{n-2}+\cdots+b_{n-1}\lambda+b_n.
\end{equation*}
（\(D_n\)也可以用最后一列展开的方式进行计算，这部分留给读者。）
在计算行列式时，若初始矩阵中没有 \(0\)元较多的行或列，则可以结合上一节中初等变换的相关性质，对矩阵先化简，然后展开。我们来看一个很著名的例子。
例 3.3.7. Vandermonde行列式.
证明 ：\(n\)阶Vandermonde（范德蒙德）行列式 \((n\geq 2)\)
\begin{equation*}
V_n=\begin{vmatrix}
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-2}&x_2^{n-2}&x_3^{n-2}&\cdots&x_n^{n-2}\\
x_1^{n-1}&x_2^{n-1}&x_3^{n-1}&\cdots&x_n^{n-1}
\end{vmatrix}=\prod\limits_{1\leq j< i\leq n}\left(x_i-x_j\right).
\end{equation*}
解答.
对阶数\(n\)用数学归纳法。
- 当\(n=2\)时，\begin{equation*} \begin{vmatrix} 1&1\\ x_1&x_2 \end{vmatrix}=x_2-x_1, \end{equation*}结论成立。
- 假设对 \(n-1\)阶Vandermonde行列式结论成立。我们来看\(n\)阶Vandermonde行列式 \(V_n\) 的情形。把第 \(n-1\)行乘以 \(-x_n\)加到第 \(n\)行，然后把第\(n-2\)行乘以 \(-x_n\)加到第 \(n-1\)行，依此类推，最后把第 \(1\)行乘以\(-x_n\)加到第 \(2\)行，得\begin{align*} V_n&=\begin{vmatrix} 1&1&\cdots&1&1\\ x_1-x_n&x_2-x_n&\cdots&x_{n-1}-x_n&0\\ x_1^2-x_1x_n&x_2^2-x_2x_n&\cdots&x_{n-1}^2-x_{n-1}x_n&0\\ \vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\ x_1^{n-2}-x_1^{n-3}x_n&x_2^{n-2}-x_2^{n-3}x_n&\cdots&x_{n-1}^{n-2}-x_{n-1}^{n-3}x_n&0\\ x_1^{n-1}-x_1^{n-2}x_n&x_2^{n-1}-x_2^{n-2}x_n&\cdots&x_{n-1}^{n-1}-x_{n-1}^{n-2}x_n&0 \end{vmatrix}. \end{align*}按第\(n\)列展开得\begin{equation*} V_n=(-1)^{n+1}\begin{vmatrix} x_1-x_n&x_2-x_n&\cdots&x_{n-1}-x_n\\ \left(x_1-x_n\right)x_1&\left(x_2-x_n\right)x_2&\cdots&\left(x_{n-1}-x_n\right)x_{n-1}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ \left(x_1-x_n\right)x_1^{n-3}&\left(x_2-x_n\right)x_2^{n-3}&\cdots&\left(x_{n-1}-x_n\right)x_{n-1}^{n-3}\\ \left(x_1-x_n\right)x_1^{n-2}&\left(x_2-x_n\right)x_2^{n-2}&\cdots&\left(x_{n-1}-x_n\right)x_{n-1}^{n-2} \end{vmatrix}, \end{equation*}第 \(i\)列提出公因子 \(x_i-x_n(i=1,2,\ldots ,n-1)\)，得\begin{equation*} V_n=(-1)^{n-1}\cdot\left[\prod\limits_{j=1}^{n-1}\left(x_j-x_n\right)\right]\cdot\begin{vmatrix} 1&1&\cdots&1\\ x_1&x_2&\cdots&x_{n-1}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ x_1^{n-3}&x_2^{n-3}&\cdots&x_{n-1}^{n-3}\\ x_1^{n-2}&x_2^{n-2}&\cdots&x_{n-1}^{n-2} \end{vmatrix}, \end{equation*}右边的行列式恰为关于 \(x_1,x_2,\ldots ,x_{n-1}\) 的 \(n-1\)阶Vandermonde行列式 \(V_{n-1}\)，故\begin{equation*} V_n=\left[\prod\limits_{j=1}^{n-1}\left(x_n-x_j\right)\right]\cdot V_{n-1}. \end{equation*}由归纳假设可知\begin{equation*} V_{n-1}=\prod\limits_{1\leq j< i\leq n-1}\left(x_i-x_j\right), \end{equation*}因此\begin{align*} V_n&=\left[\prod\limits_{j=1}^{n-1}\left(x_n-x_j\right)\right]\cdot\left[\prod\limits_{1\leq j< i\leq n-1}\left(x_i-x_j\right)\right] \\ &= \prod\limits_{1\leq j< i\leq n}\left(x_i-x_j\right). \end{align*}
备注 3.3.8.
Vandermonde行列式是一个非常重要的行列式，它与插值多项式有密切联系。定理 1.3.21告诉我们：坐标平面中\(n+1\)个横坐标两两不同的点\((x_0,y_0),\ldots,(x_n,y_n)\)可以确定一个次数不超过\(n\)的多项式函数。由这\(n+1\)个点确定的多项式也可以用待定系数法来求：设所求多项式函数为
\begin{equation}
y = a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n.\tag{3.3.3}
\end{equation}
把\(n+1\)个点的坐标\((x_0,y_0),\ldots,(x_n,y_n)\)带入函数方程可获得一个以\(a_0,\ldots,a_n\)为未知量的线性方程组，把这个线性方程组写成矩阵形式可得：
\begin{equation}
\begin{pmatrix}
1 & x_0 & \cdots & x_0^n\\
1 & x_1 & \cdots & x_1^n\\
\vdots &\vdots & \ddots & \vdots\\
1 & x_n & \cdots & x_n^n
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
a_0 \\ a_1 \\\vdots \\ a_n
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
y_0 \\ y_1 \\ \vdots \\ y_n
\end{pmatrix}.\tag{3.3.4}
\end{equation}
这个线性方程组系数矩阵转置的行列式就是一个Vandermonde行列式。
子节 3.3.2 伴随矩阵——逆矩阵的公式表示
在行列式按行展开公式(3.3.1)中，我们注意到元素的下角标和其后乘以的代数余子式下角标是一样的。一个有趣的问题产生了：若两者的下角标不同会有产生什么样的变化？对按列展开式也可以提一样的问题。
引理 3.3.9.
设\(A=(a_{ij})_{n\times n} \)是一个\(n\)阶方阵，则
\begin{equation}
a_{k1}A_{i1}+\cdots +a_{kn}A_{in}=\begin{cases}
\det A, & \mbox{当}k=i\mbox{时},\\
0, & \mbox{当}k\ne i\mbox{时};
\end{cases}\tag{3.3.5}
\end{equation}
\begin{equation}
a_{1l}A_{1j}+\cdots +a_{nl}A_{nj}=\begin{cases}
\det A, &\mbox{当}l=j\mbox{时},\\
0. & \mbox{当}l\ne j\mbox{时}.
\end{cases}\tag{3.3.6}
\end{equation}
证明.
由于行列式的行与列的地位相同，因此以下我们只证 (3.3.5)。
- 当\(k=i\)时，由 定理 3.3.3即得结论成立。
- 当\(k\neq i\)时，我们构造一个新的\(n\)阶方阵\(B\)：\(B\)的第\(i\)行元素为\begin{equation*} a_{k1},\ldots ,a_{kn}, \end{equation*}其余行与\(A\)的相应行对应相同，则\begin{equation*} \det B=\begin{array}{|cccc|c} a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}&\\ \vdots&\vdots& &\vdots&\\ a_{k1}&a_{k2}&\cdots&a_{kn}&\mbox{第}i\mbox{行}\\ \vdots&\vdots& &\vdots&\\ a_{k1}&a_{k2}&\cdots&a_{kn}&\mbox{第}k\mbox{行}\\\vdots&\vdots& &\vdots&\\ a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}&\\ \end{array} \end{equation*}有两行相同，因此\begin{equation} \det B=0.\tag{3.3.7} \end{equation}由于\(A\)与\(B\)除第\(i\)行外完全相同，所以\(B\)的第\(i\)行元素的代数余子式与\(A\)的相应代数余子式也相同，都为\(A_{i1},\ldots ,A_{in}\)。将\(\det B\)按第\(i\)行展开，得\begin{equation} \det B=a_{k1}A_{i1}+\cdots +a_{kn}A_{in},\tag{3.3.8} \end{equation}\begin{equation*} a_{k1}A_{i1}+\cdots +a_{kn}A_{in}=0. \end{equation*}
定义 3.3.10.
设\(A\)为\(n\)阶方阵，\(A_{{\color{red}i}{\color{blue}j}}\)为\(A\)的第\({\color{red}i}\)行第\({\color{blue}j}\)列元素\(a_{{\color{red}i}{\color{blue}j}}\)的代数余子式，称矩阵\((A_{{\color{blue}j}{\color{red}i}})_{n\times n}\) 为\(A\)的伴随矩阵，记做\({\rm adj}A\)或\(A^*\)，即
\begin{equation*}
{
{\rm adj}A = A^* = \begin{pmatrix}
A_{{\color{blue}1}{\color{red}1}} & A_{{\color{blue}2}{\color{red}1}} & \cdots & A_{{\color{blue}n}{\color{red}1}}\\
A_{{\color{blue}1}{\color{red}2}} & A_{{\color{blue}2}{\color{red}2}} & \ddots & \vdots\\
\vdots & \ddots & \ddots & A_{{\color{blue}n},{\color{red}n-1}}\\
A_{{\color{blue}1}{\color{red}n}} & \cdots & A_{{\color{blue}n-1},{\color{red}n}} & A_{{\color{blue}n}{\color{red}n}}
\end{pmatrix}
}
\end{equation*}
备注 3.3.11.
在一些学术专著中，\(A^*\)也常用来表示复矩阵\(A\)的共轭转置，为了避免记号上的歧义，本书中通常使用记号\({\rm adj}A\)表示伴随矩阵。
请同学们特别注意伴随矩阵定义中元素\(A_{ij}\)的排列方式。在伴随矩阵中，\(A_{{\color{red}i}{\color{blue}j}}\)是其第\({\color{blue}j}\)行第\({\color{red}i}\)列的元素。
伴随矩阵的英文名称为adjugate（历史上也曾使用过adjoint，后因容易与线性代数中的另一个概念——伴随变换——相混淆，所以更改为adjugate。目前仍有很多英文材料中使用adjoint表示伴随矩阵，阅读时需根据上下文来明确其具体含义。）。Sage中提供了求伴随矩阵的标准命令是adjugate。在10.2版本的sage中，仍可以使用adjoint或adjoint_classical命令来求伴随矩阵，但这两个命令都已标注在DeprecatedFunctionAlias类中，即已经过时、不建议使用、未来可能被移除的命令。
关于伴随矩阵，有如下一个常用且重要的结论。
定理 3.3.12.
\begin{equation*}
A\cdot {\rm adj}A = {\rm adj}A\cdot A = \det A\cdot E_n.
\end{equation*}
证明.
因为\(A\cdot {\rm adj}A\) 的第 \((i,k)\)元为
\begin{equation*}
a_{i1}A_{k1}+\cdots +a_{in}A_{kn},
\end{equation*}
所以由 (3.3.5)知
\begin{equation*}
A\cdot {\rm adj}A= \begin{pmatrix}
\det A&0&\cdots&0\\
0&\det A&\ddots&\vdots\\
\vdots&\ddots&\ddots&0\\
0&\cdots & 0 &\det A
\end{pmatrix}=\det A\cdot E_n.
\end{equation*}
类似地，由 (3.3.6) 可得
\begin{equation*}
{\rm adj}A\cdot A = \det A\cdot E_n.
\end{equation*}
注意到\(A\)矩阵到逆矩阵是与\(A\)相乘（无论左右）等于单位矩阵的矩阵，所以我们有下面一个定理，这个定理从行列式角度给出了矩阵可逆的充分必要条件，并且给出了逆矩阵的公式。
定理 3.3.13.
\(n\)阶方阵\(A\)可逆的一个充分必要条件是
\begin{equation*}
\det A\ne 0.
\end{equation*}
当\(\det A\ne 0\)时，
\begin{equation*}
A^{-1}= \frac{1}{\det A}{\rm adj}A.
\end{equation*}
证明.
充分性：当 \(\det A\neq 0\)时，由 定理 3.3.12得
\begin{equation*}
A\cdot\left(\frac{1}{\det A}{\rm adj}A\right)=\left(\frac{1}{\det A}{\rm adj}A\right)\cdot A=E_n,
\end{equation*}
因此 \(A\)可逆，且
\begin{equation*}
A^{-1}= \frac{1}{\det A}{\rm adj}A.
\end{equation*}
必要性：因为 \(A\)可逆，所以\(AA^{-1}=E_n\)。两边同取行列式，得
\begin{equation*}
\det A\cdot\det\left(A^{-1}\right)=1,
\end{equation*}
由此推出\(\det A\neq 0\)。
推论 3.3.14.
设\(A\)是\(n\)阶方阵，则\(\det A\ne 0\)当且仅当\(A\)的秩\(r(A)\)等于\(n\)。
接下来看一个具体的例子。
例 3.3.15. 伴随矩阵求逆.
证明\(A=\begin{pmatrix}3&-1\\
5&-2\end{pmatrix}\)可逆，并求其逆矩阵。
解答.
因为\(\det A=-1\neq 0\)，所以\(A\)可逆，
\begin{equation*}
A^{-1}=\frac{1}{\det A}{\rm adj}A=-\begin{pmatrix}
A_{11}&A_{21}\\
A_{12}&A_{22}
\end{pmatrix}=-\begin{pmatrix}
-2&1\\
-5&3
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
2&-1\\
5&-3
\end{pmatrix}.
\end{equation*}
使用伴随矩阵求逆时，需要特别注意伴随矩阵中元素的排列方式与原矩阵的差异。如果时间允许，最好用矩阵乘法重新验算一遍。
用伴随矩阵求逆的方法通常只适用于阶数较小或有特殊结构（如对角型矩阵）的矩阵，对于一般的阶数大于或等于4阶的方阵，通常不建议使用伴随矩阵的方法求逆。
子节 3.3.3 行列式按多行（列）的Laplace展开
在一个\(n\)阶行列式\(\det A\)中任意选定第\(i_1\)行、第\(i_2\)行、\(\cdots\)、第\(i_k\)行及第\(j_1\)列、第\(j_2\)列、\(\cdots\)、第\(j_k\)列交点上的元，其中\(1\le i_1<i_2<\cdots<i_k\le n\)、\(1\le j_1<j_2<\cdots<j_k\le n\)，按原来\(A\)中相对位置构成一个\(k\)阶行列式，称此行列式为\(A\)的一个\(k\)阶子式，记为\(A \begin{bmatrix}
i_1 & \cdots & i_k\\
j_1 & \cdots & j_k
\end{bmatrix}\)，即
\begin{equation*}
{A \begin{bmatrix}
i_1 & \cdots & i_k\\
j_1 & \cdots & j_k
\end{bmatrix}= \begin{vmatrix}
a_{i_1j_1} & a_{i_1j_2} & \cdots & a_{i_1j_k}\\
a_{i_2j_1} & a_{i_2j_2} & \ddots & \vdots\\
\vdots & \ddots & \ddots & a_{i_{k-1}j_k}\\
a_{i_kj_1} & \cdots & a_{i_kj_{k-1}} & a_{i_kj_k}
\end{vmatrix}}
\end{equation*}
在\(\det A\)中划去这 \(k\)行、\(k\)列后余下的元素按照原来的次序组成的\(n-k\)阶行列式\(M \begin{bmatrix}
i_1 & \dots & i_k\\
j_1 & \dots & j_k
\end{bmatrix}\)称为\(k\)阶子式\(A \begin{bmatrix}
i_1 & \dots & i_k\\
j_1 & \dots & j_k
\end{bmatrix}\)的余子式。相应的，\(k\)阶代数余子式定义为
\begin{equation*}
\hat{A}\begin{bmatrix}
i_1 & \dots & i_k\\
j_1 & \dots & j_k
\end{bmatrix}=(-1)^{(i_1+\cdots+i_k)+(j_1+\cdots+j_k)}M \begin{bmatrix}
i_1 &\ldots & i_k\\
j_1 &\ldots & j_k
\end{bmatrix}
\end{equation*}
定理 3.3.16. 行列式的（行）Laplace展开.
设\(\det A\)是\(n\)阶行列式，在\(\det A\)中任取\(k\)行， 那么含于这\(k\)行的全部\(k\)阶子式与它们对应的代数余子式的乘积之和等于\(\det A\)。即若取定\(k\)行：\(1\le i_1 <\cdots <i_k\le n\)，则
\begin{equation}
\det A = \sum_{1\le j_1<\cdots<j_k\le n} A \begin{bmatrix}
i_1 & \ldots & i_k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix}\hat{A} \begin{bmatrix}
i_1 & \ldots & i_k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix}\tag{3.3.9}
\end{equation}
对于初学者而言，Laplace展开定理的证明相对复杂而不容易掌握，可以跳过。我们将Laplace展开定理的证明放在了本节最后，作为选学内容。
我们通过几个例子来熟悉一下这个相对复杂的结论。
例 3.3.17.
固定 \(1\)、 \(3\)两行， 按照Laplace定理写出计算 \(4\)阶行列式的公式。
\begin{equation*}
\det A =\begin{vmatrix}
1 & 2 & 1 & 4\\
0 & -1 & 2 & 1\\
1 & 0 & 1 & 3\\
0 & 1 & 3 & 1
\end{vmatrix}.
\end{equation*}
解答.
取定\(1\)、 \(3\)两行，包含这两行的所有 \(2\)阶子式有如下 \(6\)个：
\begin{equation*}
A \begin{bmatrix}
1 &3\\
1& 2
\end{bmatrix} , A \begin{bmatrix}
1 &3\\
1& 3
\end{bmatrix},A \begin{bmatrix}
1 &3\\
1& 4
\end{bmatrix},
\end{equation*}
\begin{equation*}
A \begin{bmatrix}
1 &3\\
2& 3
\end{bmatrix},A \begin{bmatrix}
1 &3\\
2& 4
\end{bmatrix},A \begin{bmatrix}
1 &3\\
3& 4
\end{bmatrix},
\end{equation*}
根据Laplace定理，得
\begin{align*}
\det A&= A \begin{bmatrix}
1 &3\\
1& 2
\end{bmatrix}\hat{A} \begin{bmatrix}
1 &3\\
1& 2
\end{bmatrix}+A \begin{bmatrix}
1 &3\\
1& 3
\end{bmatrix}\hat{A} \begin{bmatrix}
1 &3\\
1& 3
\end{bmatrix}+A \begin{bmatrix}
1 &3\\
1& 4
\end{bmatrix}\hat{A} \begin{bmatrix}
1 &3\\
1& 4
\end{bmatrix}\\
&+A \begin{bmatrix}
1 &3\\
2& 3
\end{bmatrix}\hat{A} \begin{bmatrix}
1 &3\\
2& 3
\end{bmatrix}+A \begin{bmatrix}
1 &3\\
2& 4
\end{bmatrix}\hat{A} \begin{bmatrix}
1 &3\\
2& 4
\end{bmatrix}+A \begin{bmatrix}
1 &3\\
3& 4
\end{bmatrix}\hat{A} \begin{bmatrix}
1 &3\\
3& 4
\end{bmatrix}\\
&= \begin{vmatrix}
1&2\\
1&0
\end{vmatrix}(-1)^{1+3+1+2}\begin{vmatrix}
2&1\\
3&1
\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}
1&1\\
1&1
\end{vmatrix}(-1)^{1+3+1+3}\begin{vmatrix}
-1&1\\
1&1
\end{vmatrix}\\
&+ \begin{vmatrix}
1&4\\
1&3
\end{vmatrix}(-1)^{1+3+1+4}\begin{vmatrix}
-1&2\\
1&3
\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}
2&1\\
0&1
\end{vmatrix}(-1)^{1+3+2+3}\begin{vmatrix}
0&1\\
0&1
\end{vmatrix} \\
&+ \begin{vmatrix}
2&4\\
0&3
\end{vmatrix}(-1)^{1+3+2+4}\begin{vmatrix}
0&2\\
0&3
\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}
1&4\\
1&3
\end{vmatrix}(-1)^{1+3+3+4}\begin{vmatrix}
0&-1\\
0&1
\end{vmatrix} \\
&=-7.
\end{align*}
例 3.3.18.
求
\begin{equation*}
\det A = \begin{vmatrix}
1 & 1 & 2 & 3 & 4 \\
0 & 0 & -1 & 2 & 3 \\
2 & 3 & 4 & 5 & 1 \\
0 & 0 & 2 & 3 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 1
\end{vmatrix}.
\end{equation*}
解答.
取定第 \(2\)、 \(4\) 、 \(5\)行，包含这三行的所有 \(3\)阶子式中，只有
\begin{equation*}
A \begin{bmatrix}
2&4&5\\
3&4&5
\end{bmatrix}
\end{equation*}
可能不为 \(0\)，其余的\(3\)阶子式一定包含零列，从而其值为 \(0\)。因此按这三行展开，有
\begin{equation*}
\det A=\begin{vmatrix}
-1&2&3\\
2&3&0\\
0&1&1
\end{vmatrix}(-1)^{2+4+5+3+4+5}\begin{vmatrix}
1&1\\
2&3
\end{vmatrix}=(-1)\times(-1)\times 1=1.
\end{equation*}
例 3.3.19.
求\(2n\)阶行列式的值
\begin{equation*}
D_{n}=\begin{vmatrix}
a & & & & & b \\
& \ddots & & & \iddots & \\
& & a & b & & \\
& & b & a & & \\
& \iddots & & & \ddots & \\
b & & & & & a
\end{vmatrix}.
\end{equation*}
解答.
取定第 \(1\)行与最后一行，包含这两行的所有 \(2\)阶子式中，只有
\begin{equation*}
A \begin{bmatrix}
1&2n\\
1&2n
\end{bmatrix}=\begin{vmatrix}
a&b\\
b&a
\end{vmatrix}
\end{equation*}
可能不为 \(0\)，其余的\(2\)阶子式一定包含零列，从而其值为 \(0\)。注意到 \(A \begin{bmatrix}
1&2n\\
1&2n
\end{bmatrix}\)的余子式仍是同类的 \(2n-2\)阶行列式，即\(D_{n-1}\)，因此
\begin{align*}
D_n &= (-1)^{1+2n+1+2n}\begin{vmatrix}
a & b\\
b & a
\end{vmatrix} D_{n-1} \\
&=(a^2-b^2)D_{n-1} \\
&=(a^2-b^2)^2D_{n-2} \\
&=\cdots \\
&=(a^2-b^2)^{n-1}D_1 \\
&=(a^2-b^2)^{n}.
\end{align*}
我们不加证明的给出Laplace展开定理的列版本。
定理 3.3.20. 行列式的（列）Laplace展开.
设\(\det A\)是\(n\)阶行列式，在\(\det A\)中任取\(k\)列， 那么含于这\(k\)列的全部\(k\)阶子式与它们对应的代数余子式的乘积之和等于\(\det A\)。即若取定\(k\)列：\(1\le j_1 <\cdots <j_k\le n\)，则
\begin{equation}
\det A = \sum_{1\le i_1<\cdots<i_k\le n} A \begin{bmatrix}
i_1 & \ldots & i_k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix}\hat{A} \begin{bmatrix}
i_1 & \ldots & i_k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix}\tag{3.3.10}
\end{equation}
利用Laplace展开，容易证明一些关于分块矩阵行列式的结论。从这些结论中，可以进一步体会到分块矩阵理念的合理性和简便性。
命题 3.3.21.
设\(A\)是一个分块下三角矩阵，即
\begin{equation*}
A = \begin{pmatrix}
A_1 & & 0 \\
&\ddots & \\
* & & A_k
\end{pmatrix},
\end{equation*}
其中\(A_1,\dots,A_k\)都是方阵（阶数可以不同）。则
\begin{equation*}
\det A = \prod_{j=1}^k \det A_j.
\end{equation*}
证明.
把\(\det A\)按照\(A_1\)所在的行进行Laplace展开，然后对\(A_1\)的余子式使用归纳法（对对角块的个数做归纳）就可以得到结论。
上例中的结论可以推广到分块上三角矩阵中，即对角块为方块的分块上三角矩阵行列式也等于所有对角块行列式的乘积。这让我们联想到一般矩阵用初等变换化简行列式计算的方法对分块矩阵也可以使用。在下一小结中我们来具体讨论这个问题。
子节 3.3.4 分块矩阵的行列式
把分块矩阵中的每一个块矩阵都当成是一个元素，对分块矩阵可以类似定义行块初等变换和块初等矩阵。在用初等变换化简行列式过程中，消法变换是主要手段，恰好消法变换不改变行列式的值，因此消法变换是计算行列式时最常用的手段之一。对分块矩阵行列式的计算，我们也经常使用块消法变换。
命题 3.3.22.
对分块矩阵做块矩阵的消法变换不改变行列式。
证明.
下面的结论称为行列式降阶公式。
定理 3.3.23.
设\(A\)是\(m\)阶可逆阵， \(D\)是\(n\)阶方阵， 则
\begin{equation*}
\begin{vmatrix}
A & B\\
C & D
\end{vmatrix}= |A|\cdot|D-CA^{-1}B|.
\end{equation*}
特别地， 若\(A\)可逆且\(AC=CA\)， 则
\begin{equation*}
\begin{vmatrix}
A & B\\
C & D
\end{vmatrix}= |AD-CB|.
\end{equation*}
提示.
如果能把 \(\begin{pmatrix}
A & B\\
C & D
\end{pmatrix}\) 变为分块上（下）三角矩阵，那么可利用 命题 3.3.21的结果计算行列式。
证明.
对\(\begin{pmatrix}
A & B\\
C & D
\end{pmatrix}\)作分块矩阵的列初等变换：
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
A & B\\
C & D
\end{pmatrix}\xrightarrow{c_2+c_1\left(-A^{-1}B\right)}\begin{pmatrix}
A & 0\\
C & D-CA^{-1}B
\end{pmatrix},
\end{equation*}
则
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
A & B\\
C & D
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
E_m & -A^{-1}B\\
0 & E_n
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
A & 0\\
C & D-CA^{-1}B
\end{pmatrix},
\end{equation*}
两边同时取行列式得
\begin{equation*}
\begin{vmatrix}
A & B\\
C & D
\end{vmatrix} = |A|\cdot|D-CA^{-1}B|.
\end{equation*}
特别地， 若\(A\)可逆且\(AC=CA\)， 则
\begin{align*}
\begin{vmatrix}
A & B\\
C & D
\end{vmatrix} &= |A\left(D-CA^{-1}B\right)|=|AD-ACA^{-1}B|\\
&=|AD-CAA^{-1}B|=|AD-CB|.
\end{align*}
矩阵\(D-CA^{-1}B\)也称为矩阵\(A\)在分块矩阵\(\begin{pmatrix}
A & B\\
C & D
\end{pmatrix}\)中的 Schur补。
利用降阶公式可以证明下面一个重要结论，这个结论体现了\(AB\)与\(BA\)这两个矩阵的内在联系。
定理 3.3.24.
设\(A\)是\(m\times n\)阶矩阵，\(B\)是\(n\times m\)阶矩阵，\(m\ge n\)。则
\begin{equation*}
\det(\lambda E_m -AB) = \lambda^{m-n}\det(\lambda E_n -BA).
\end{equation*}
证明.
因为
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
E_m&-A\\
0&E_n
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
\lambda E_m&A\\
B&E_n
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
\lambda E_m-AB&0\\
B&E_n
\end{pmatrix},
\end{equation*}
所以两边同取行列式得
\begin{equation}
\begin{vmatrix}
\lambda E_m&A\\
B&E_n
\end{vmatrix}=|\lambda E_m-AB|.\tag{3.3.11}
\end{equation}
又
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
\lambda E_m&A\\
B&E_n
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
E_m&-A\\
0&\lambda E_n
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
\lambda E_m&0\\
B&\lambda E_n-BA
\end{pmatrix},
\end{equation*}
所以
\begin{equation*}
\begin{vmatrix}
\lambda E_m&A\\
B&E_n
\end{vmatrix} \cdot\lambda^n=\lambda^m\cdot |\lambda E_n-BA|,
\end{equation*}
即
\begin{equation}
\begin{vmatrix}
\lambda E_m&A\\
B&E_n
\end{vmatrix}=\lambda^{m-n}\cdot |\lambda E_n-BA|.\tag{3.3.12}
\end{equation}
\begin{equation*}
\det(\lambda E_m -AB) = \lambda^{m-n}\det(\lambda E_n -BA).
\end{equation*}
注意到\(m\ge n\)，等式的左端是\(m\)阶行列式，右端是\(n\)阶行列式，当\(m,n\)差距很大时，使用此工具可以大大化简左端行列式的计算。
例 3.3.25. 利用降阶公式化简行列式.
求行列式
\begin{align*}
\begin{vmatrix}
a_1^2&a_1a_2+1&\cdots&a_1a_n+1\\
a_2a_1+1&a_2^2&\cdots&a_2a_n+1\\
\vdots&\vdots&\ddots &\vdots\\
a_na_1+1&a_na_2+1&\cdots&a_n^2
\end{vmatrix}
\end{align*}
解答.
\begin{align*}
\mbox{原式}&=\left|\begin{pmatrix}
a_1^2+1&a_1a_2+1&\cdots&a_1a_n+1\\
a_2a_1+1&a_2^2+1&\cdots&a_2a_n+1\\
\vdots&\vdots&&\vdots\\
a_na_1+1&a_na_2+1&\cdots&a_n^2+1
\end{pmatrix}-E_n\right| \\
&=(-1)^n\left|E_n-\begin{pmatrix}
a_1^2+1&a_1a_2+1&\cdots&a_1a_n+1\\
a_2a_1+1&a_2^2+1&\cdots&a_2a_n+1\\
\vdots&\vdots&&\vdots\\
a_na_1+1&a_na_2+1&\cdots&a_n^2+1
\end{pmatrix}\right|.
\end{align*}
注意到
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
a_1^2+1&a_1a_2+1&\cdots&a_1a_n+1\\
a_2a_1+1&a_2^2+1&\cdots&a_2a_n+1\\
\vdots&\vdots&&\vdots\\
a_na_1+1&a_na_2+1&\cdots&a_n^2+1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a_1&1\\a_2&1\\\vdots&\vdots\\a_n&1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
a_1&a_2&\cdots&a_n\\
1&1&\cdots&1
\end{pmatrix},
\end{equation*}
根据 定理 3.3.24，特取\(\lambda=1\)，可得
\begin{equation*}
\begin{array}{ccl}
\mbox{原式}&=&(-1)^n\left|E_2-\begin{pmatrix}
a_1&a_2&\cdots&a_n\\
1&1&\cdots&1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
a_1&1\\a_2&1\\\vdots&\vdots\\a_n&1
\end{pmatrix}\right|\\&=&(-1)^n\left[(1-\sum\limits_{i=1}^na_i^2)(1-n)-(\sum\limits_{i=1}^na_i)^2\right].
\end{array}
\end{equation*}
子节 3.3.5 Laplace定理证明*
我们开始证明行列式的Laplace展开公式(3.3.9)。
把等式的左右两边都完全展开。根据定义，等式左边的\(\det A \)完全展开后是\(n!\)项的和，求和的每一项也都是矩阵\(A\)的\(n\)个不同行、不同列元素乘积。接下来只需验等式右端完全展开后一样即可。
先数项数：右端求和指标\(1\le j_1 <\dots < j_k\le n \)的选择共有 \(C_{n}^k\)种；对任意选定的\(i_1,\dots, i_k \)和\(j_1,\dots, j_k \)， \(A \begin{bmatrix}
i_1 &\ldots & i_k\\
j_1 &\ldots & j_k
\end{bmatrix}\)是\(k!\)项的和，\(\hat{A} \begin{bmatrix}
i_1 &\ldots & i_k\\
j_1 &\ldots & j_k
\end{bmatrix}\)是\((n-k)!\)项的和，因此公式(3.3.9)右端完全展开后参与求和的总项数为：
\begin{equation*}
C_{n}^k\cdot k!\cdot(n-k)!=n!.
\end{equation*}
另一方面，\(A \begin{bmatrix}
i_1 & \ldots & i_k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix}\)展开后每一项的\(k\)个元素与\(\hat{A} \begin{bmatrix}
i_1 & \ldots & i_k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix}\)展开后每一项的\(n-k\)个元素恰好在矩阵\(A\)中是\(n\)个不同行、不同列的元素，于是接下来只需证明完全展开后对应项的符号也相同即可。
下面先来讨论Laplace展开定理的一种特殊情形：\(i_1=1,\ldots,i_k=k\)，也就是按照矩阵的前\(k\)行进行展开。关于逆序数，有如下的引理。
引理 3.3.26.
设\((p_1,\ldots,p_k,p_{k+1},\ldots,p_n)\)是整数集\(\{1,\ldots,n\}\)的一个排列。若
\begin{equation*}
\{p_1,\ldots,p_k \} = \{j_1,\ldots,j_k\},
\end{equation*}
其中\(1\le j_1 <\dots < j_k\le n \)，则
\begin{equation*}
\tau(p_1,\ldots,p_n) = \tau(p_1,\ldots,p_k)+\tau(p_{k+1},\ldots,p_n)+\sum_{q=1}^k (j_q-q).
\end{equation*}
证明.
用\((p_s,p_t)\)表示排列\((p_1,\ldots,p_k,p_{k+1},\ldots,p_n)\)中的一个一般的逆序，我们分三种情况来讨论逆序的个数：
- \(1\le s<t\le k \)。此种类型的逆序恰好也都是\((p_1,\ldots,p_k)\)中的逆序，因此共有\(\tau(p_1,\ldots,p_k)\)个。
- \(k+1\le s<t\le n\)。 类似于情形1，此种逆序共有\(\tau(p_{k+1},\ldots,p_n)\)个。
- \(1\le s\le k <t\le n\)。不妨记\(p_s=j_q\)，则此时在\(\{p_{k+1},\dots,p_n\}\)中，与\(p_s(=j_q)\)可以构成逆序的数恰好有\(j_q-q\)个。
综合上述三种情况，可知结论成立。
注意到在计算逆序数时，起决定作用的是列指标的相对大小关系，而不是其具体值，所以在计算\(A \begin{bmatrix}
i_1 & \ldots & i_k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix}\)和\(\hat{A} \begin{bmatrix}
i_1 & \ldots & i_k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix}\)展开求和式每一项的符号时，仍可以使用其在矩阵\(A\)中的原始行、列指标来进行。
任取矩阵\(A\)中\(n\)个不同行、不同列的元素\(a_{1p_1},\ldots, a_{np_n}\)，记\(p_1,\ldots,p_k\)按从小到大的次序重新排列后为\(j_1,\ldots,j_k\)，则乘积项\(a_{1p_1}\cdots a_{kp_k}\)出现在\(A \begin{bmatrix}
i_1 & \ldots & i_k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix}\)的展开式中，符号为\((-1)^{\tau(p_1,\ldots,p_k)}\)；\(a_{(k+1)p_{k+1}}\cdots a_{np_n}\)出现在\(M\begin{bmatrix}
i_1 & \ldots & i_k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix}\)的展开式中，符号为\((-1)^{\tau(p_{k+1},\ldots,p_n)}\)。根据引理 3.3.26，可知乘积项\(a_{1p_1}\cdots a_{np_n}\)在(3.3.9)左右两边展开式中的符号一样，于是此时(3.3.9)成立。
对于一般的\(i_1,\ldots,i_k\)，经过相邻行顺序交换，我们可以把矩阵\(A\)的第\(i_1,\ldots,i_k\)行分别交换至第\(1,\ldots,k\)，剩余行按原次序排列在\(k+1,\ldots,n\)行，记此时所得矩阵为\(B\)。则对任意的\(1\le j_1 <\dots < j_k\le n \)，
\begin{equation*}
A\begin{bmatrix}
i_1 & \ldots & i_k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix} = B\begin{bmatrix}
1 & \ldots & k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix},
\end{equation*}
相应的余子式也对应相等。
从矩阵\(A\)到矩阵\(B\)经历了
\begin{equation*}
i_1-1+i_2-2+\cdots+i_k-k
\end{equation*}
次相邻行互换，于是
\begin{equation*}
\det A = (-1)^{i_1-1+\cdots+i_k-k}\det B.
\end{equation*}
对\(\det B\)使用已经证明的前\(k\)行Laplace展开公式，可知
\begin{align*}
\det A=\amp (-1)^{i_1-1+\cdots+i_k-k}\det B \\
= \amp (-1)^{i_1-1+\cdots+i_k-k} \sum_{1\le j_1 <\dots < j_k\le n} B\begin{bmatrix}
1 & \ldots & k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix}\hat{B}\begin{bmatrix}
1 & \ldots & k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix} \\
=\amp(-1)^{i_1-1+\cdots+i_k-k}\sum_{1\le j_1 <\dots < j_k\le n}A\begin{bmatrix}
i_1 & \ldots & i_k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix}(-1)^{1+\cdots+k+j_1+\cdots+j_k}M\begin{bmatrix}
i_1 & \ldots & i_k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix} \\
=\amp \sum_{1\le j_1 <\dots < j_k\le n}A\begin{bmatrix}
i_1 & \ldots & i_k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix}(-1)^{i_1+\cdots+i_k+j_1+\cdots+j_k}M\begin{bmatrix}
i_1 & \ldots & i_k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix}\\
= \amp \sum_{1\le j_1 <\dots < j_k\le n}A\begin{bmatrix}
i_1 & \ldots & i_k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix}\hat{A}\begin{bmatrix}
i_1 & \ldots & i_k\\
j_1 & \ldots & j_k
\end{bmatrix} ,
\end{align*}
结论成立。
练习 3.3.6 练习
基础题.
1.
求\(\begin{vmatrix}
3&1&0&-1\\2&1&1&0\\-1&3&1&2\\0&6&5&0
\end{vmatrix}\)中第\((1,2)\)，第\((2,4)\)元素的余子式和代数余子式。
2.
计算下列行列式：
- \(\begin{vmatrix} 3&2&0&-1&9\\ 7&8&2&-7&6\\ -1&5&0&-1&4\\ 2&0&0&-2&0\\ -1&1&0&1&1 \end{vmatrix}\)；
- \(\begin{vmatrix} a_1&a_2&a_3&\cdots&a_{n-1}&a_n\\ 1&-1&0&\cdots&0&0\\ 0&2&-2&\cdots&0&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&\cdots&n-1&1-n \end{vmatrix}\)；
3.
计算下述行列式，并将结果因式分解：
\begin{equation*}
\begin{vmatrix}
\lambda-2&-2&2\\-2&\lambda-5&4\\2&4&\lambda-5
\end{vmatrix}.
\end{equation*}
4.
计算\(n\)阶行列式
\begin{equation*}
\begin{vmatrix}
a_1^{n-1}&a_1^{n-2}b_1&a_1^{n-3}b_1^2&\cdots&a_1b_1^{n-2}&b_1^{n-1}\\
a_2^{n-1}&a_2^{n-2}b_2&a_2^{n-3}b_2^2&\cdots&a_2b_2^{n-2}&b_2^{n-1}\\
a_3^{n-1}&a_3^{n-2}b_3&a_3^{n-3}b_3^2&\cdots&a_3b_3^{n-2}&b_3^{n-1}\\
\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\
a_n^{n-1}&a_n^{n-2}b_n&a_n^{n-3}b_n^2&\cdots&a_nb_n^{n-2}&b_n^{n-1}
\end{vmatrix},
\end{equation*}
其中\(a_1a_2\cdots a_{n}\neq 0\)。
5.
设\(\det A=\begin{vmatrix}
-1 & -1 & 1 & -1\\
4 & 2 & 0 & 0\\
3 & 0 & 1 & 0\\
5 & 0 & 0 & 4 \\
\end{vmatrix}\)，求
- \(A_{11}+A_{12}+A_{13}+A_{14}\)；
- \(M_{11}+2M_{21}+3M_{31}+4M_{41}\)。
6.
计算行列式\(\left|\begin{array}{ccccc}
2&3&0&0&0\\
-1&4&0&0&0\\
37&25&1&2&0\\
11&49&0&3&4\\
19&52&1&0&2
\end{array}\right|\)。
提高题.
7.
设\(A\)为数域\(\F\)上\(n\)阶方阵，\(\alpha\)为数域\(\F\)上\(n\)维列向量。证明：若\(\begin{vmatrix}A&\alpha\\
\alpha^T&a\end{vmatrix}=0\)，则
\begin{equation*}
\begin{vmatrix}A&\alpha\\
\alpha^T&b\end{vmatrix}=(b-a)\cdot |A|.
\end{equation*}
8.
设 \(n\)阶行列式
\begin{equation*}
D_n=\begin{vmatrix}
\cos\alpha&1&&&&&\\
1&2\cos\alpha&1&&&&\\
&1&2\cos\alpha&\ddots&&&\\
&&\ddots&\ddots&\ddots&&\\
&&&\ddots&2\cos\alpha&1&\\
&&&&1&2\cos\alpha&1\\
&&&&&1&2\cos\alpha
\end{vmatrix},
\end{equation*}
证明：\(D_n=\cos (n \alpha)\)。
9.
计算下列\(n\)阶行列式：
- \(\begin{vmatrix} x+1&x+2&x+3&\cdots&x+n-1&x+n\\ x+2&x+3&x+4&\cdots&x+n&x+1\\ x+3&x+4&x+5&\cdots&x+1&x+2\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\ x+n-1&x+n&x+1&\cdots&x+n-3&x+n-2\\ x+n&x+1&x+2&\cdots&x+n-2&x+n-1 \end{vmatrix}\)；
- \(\begin{vmatrix} 1&1&1&\cdots&1\\ 1&C_2^1&C_3^1&\cdots&C_n^1\\ 1&C_3^2&C_4^2&\cdots&C_{n+1}^2\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\ 1&C_{n}^{n-1}&C_{n+1}^{n-1}&\cdots&C_{2n-2}^{n-1} \end{vmatrix}\)。
10.
设\(n\geq 2\)，计算\(n\)阶行列式
\begin{equation*}
D_n=\begin{vmatrix}
a_1&x&\cdots&x\\
x&a_2&\cdots&x\\
\vdots&\vdots&&\vdots\\
x&x&\cdots&a_n
\end{vmatrix},
\end{equation*}
其中\(x\neq a_i,\ i=1,\ldots ,n\)。
11.
计算\(n\)阶行列式
\begin{equation*}
D_n= \begin{vmatrix}
x&y&y&\cdots&y&y\\
z&x&y&\cdots&y&y\\
z&z&x&\cdots&y&y\\
\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\
z&z&z&\cdots&x&y\\
z&z&z&\cdots&z&x
\end{vmatrix},
\end{equation*}
其中\(y\neq z\)。
12.
设\(A=\left(a_{ij}\right)_{n\times n}\)是\(n\)阶方阵，\(A_{ij}\)是\(a_{ij}\)的代数余子式，证明：
\begin{equation*}
\begin{vmatrix}
a_{11}+x_1&a_{12}+x_2&\cdots&a_{1n}+x_n\\
a_{21}+x_1&a_{22}+x_2&\cdots&a_{2n}+x_n\\
\vdots&\vdots&&\vdots\\
a_{n1}+x_1&a_{n2}+x_2&\cdots&a_{nn}+x_n
\end{vmatrix}=|A|+\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{i=1}^nx_jA_{ij}.
\end{equation*}
13.
设 \(A=\left(a_{ij}\right)_{n\times n}\) 是 \(n\)阶方阵， \(x\)是未定元，
\begin{equation*}
f(x)=\det\left(xE_n-A\right),
\end{equation*}
证明：
\begin{equation*}
f(x)=x^n+a_1x^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n,
\end{equation*}
其中
\begin{equation*}
a_k=\left(-1\right)^k\sum\limits_{1\leq i_1< i_2<\cdots<i_k\leq n}A\begin{bmatrix}
i_1& i_2&\cdots&i_k\\
i_1& i_2&\cdots&i_k
\end{bmatrix}.
\end{equation*}
挑战题.
14.
计算下列 \(n\)阶行列式 \((1\leq j\leq n-1)\)：
\begin{equation*}
\det A=\begin{vmatrix}
1&a_1&\cdots&a_1^{j-1}&a_1^{j+1}&\cdots&a_1^{n}\\
1&a_2&\cdots&a_2^{j-1}&a_2^{j+1}&\cdots&a_2^{n}\\
\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\
1&a_n&\cdots&a_n^{j-1}&a_n^{j+1}&\cdots&a_n^{n}
\end{vmatrix}.
\end{equation*}
15.
设\(b_0,\ldots ,b_{n-1}\in\F\)互不相同。对任意\(0\leq i\leq n-1\)，令
\begin{equation*}
f_i(x)=\prod\limits_{\begin{array}{c}0\leq j\leq n-1\\j\neq i
\end{array}}\left(x-b_j\right)=a_{i0}+a_{i1}x+\cdots +a_{i,n-2}x^{n-2}+x^{n-1},
\end{equation*}
计算\(n\)阶行列式
\begin{equation*}
\begin{vmatrix}
a_{00}&a_{01}&\cdots&a_{0,n-2}&1\\
a_{10}&a_{11}&\cdots&a_{1,n-2}&1\\
\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\
a_{n-1,0}&a_{n-1,1}&\cdots&a_{n-1,n-2}&1
\end{vmatrix}.
\end{equation*}
16.
设 \(f_0(x),f_1(x),\ldots ,f_{n-1}(x)\in\Z[x]\)，其中
\begin{equation*}
f_i(x)=a_{i0}+a_{i1}x+\cdots +a_{i,n-1}x^{n-1}(i=0,\ldots ,n-1).
\end{equation*}
记 \(A\)为 \(n\)阶方阵
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
a_{00}&a_{01}&\cdots&a_{0,n-1}\\
a_{10}&a_{11}&\cdots&a_{1,n-1}\\
\vdots&\vdots& &\vdots\\
a_{n-1,0}&a_{n-1,1}&\cdots&a_{n-1,n-1}
\end{pmatrix},
\end{equation*}
证明：存在 \(n\)阶整数矩阵 \(C\)使得 \(AC=E_{n}\) 的充分必要条件是存在 \(n\) 个互不相同的整数 \(b_0,b_1,\ldots ,b_{n-1}\)使得
\begin{equation*}
\begin{vmatrix}
f_0(b_0)&f_0(b_1)&\cdots&f_0(b_{n-1})\\
f_1(b_0)&f_1(b_1)&\cdots&f_1(b_{n-1})\\
\vdots&\vdots& &\vdots\\
f_{n-1}(b_0)&f_{n-1}(b_1)&\cdots&f_{n-1}(b_{n-1})\\
\end{vmatrix}=\pm\prod\limits_{0\leq i \neq j< n-1}(b_j-b_i).
\end{equation*}
17.
设\(A,B\)是\(n\)阶方阵，\(\alpha_1,\ldots,\alpha_n\)、\(\beta_1,\ldots,\beta_n\)分别是\(A,B\)的列向量组，证明：
\begin{equation*}
|A|\cdot |B|=\sum\limits_{i=1}^n|\alpha_1,\ldots,\alpha_{i-1},\beta_1,\alpha_{i+1},\ldots,\alpha_n|\cdot|\alpha_i,\beta_2,\ldots,\beta_n|.
\end{equation*}
18.
（Hermite定理）设 \(f_1(x), f_2(x), \ldots , f_n(x)\)是 \(\mathbb{F} [x]\) 中 \(n\)个非零多项式 \((n\geq 2)\)，证明：存在 \(n(n-1)\)个多项式
\begin{equation*}
g_{ij}(x)\in\mathbb{F}[x](2\leq i\leq n, 1\leq j\leq n),
\end{equation*}
使得
\begin{equation*}
\begin{vmatrix}
f_1(x)&f_2(x)&\cdots&f_n(x)\\
g_{21}(x)&g_{22}(x)&\cdots&g_{2n}(x)\\
\vdots&\vdots& &\vdots\\
g_{n1}(x)&g_{n2}(x)&\cdots&g_{nn}(x)\\
\end{vmatrix}=\left(f_1(x),f_2(x),\dots ,f_n(x)\right).
\end{equation*}
Sage相关.
19.
写一个函数，以矩阵\(A\)和\(i,j\)为输入，输出\(M_{ij}\)或\(A_{ij}\)。借助此函数，验证基础题中手算题目的结果。
20.
写一个函数，以\(x_0,\ldots,x_n\)为输入，输出Vandermonde行列式的矩阵。结合sage自带的det函数，验证 例 3.3.7中公式的正确性。
21.
写一个函数，以\(A\)和\(i_1,\ldots,i_k;j_1,\ldots,j_k\)为输入，输出相应的\(k\)阶子矩阵/子式/余子式/代数余子式。
