《大学数学3（第三版）》第一章（2）

第四节|行列式按行（列）展开

余子式与代数余子式

• 余子式：在$n$阶行列式中，把元素$a_{ij}$（$i$，$j=1$，$2$，$\cdots$，$n$）所在的行和列划去后，剩下的$(n-1{)}^2$个元素按原来的顺序构成的$n-1$阶行列式称为元素$a_{ij}$的余子式，记作$M_{ij}$
• 代数余子式：余子式带上符号$(-1{)}^{i+j}$称为$a_{ij}$的代数余子式，记作$A_{ij}=(-1{)}^{i+j}{M}_{ij}$

拉普拉斯展开定理

• $n$阶行列式等于它的任一行（列）的各元素与其对应的代数余子式乘积之和，即

$$D=\sum _{k=1}^n{a}_{ik}{A}_{ik},i=1,2,\cdots ,n$$

• • 证明
    • 先证

$$D^{{}^{\prime }}=\left|\begin{array}{cccc}{a}_{11}& 0& \cdots & 0\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn}\end{array}\right|=a_{11}{A}_{11}$$

• • • 由行列式定义

$$\begin{array}{rl}\sum _{(j_1{j}_2\cdots j_n)}(-1{)}^{\tau (j_1{j}_2\cdots j_n)}{a}_{1j_1}{a}_{2j_2}\cdots a_{n{j}_n}& =\sum _{(j_2\cdots j_n)}(-1{)}^{\tau (1j_2\cdots j_n)}{a}_{11}{a}_{2j_2}\cdots a_{n{j}_n}\\ & =a_{11}\sum _{(j_2\cdots j_n)}(-1{)}^{\tau (j_2\cdots j_n)}{a}_{2j_2}\cdots a_{n{j}_n}\\ & =a_{11}{M}_{11}\\ & =a_{11}{A}_{11}\end{array}$$

• • • 再证一般情形

$$D^{{}^{\prime \prime }}=\left|\begin{array}{ccccc}{a}_{11}& \cdots & a_{1j}& \cdots & a_{1n}\\ ⋮& & ⋮& & ⋮\\ 0& \cdots & a_{ij}& \cdots & 0\\ ⋮& & ⋮& & ⋮\\ a_{n1}& \cdots & a_{nj}& \cdots & a_{nn}\end{array}\right|=a_{ij}{A}_{ij}$$

• • • 把$D^{{}^{\prime \prime }}$的第$i$行依次与第$i-1$，$\cdots$，$2$，$1$行交换后换到第一行，再把第$j$列依次与$j-1$，$\cdots$，$2$，$1$列交换后换到第$1$列，则总共经过$i+j-2$次交换后，把$a_{ij}$交换到$D^{{}^{\prime \prime }}$的左上角，化成$D^{{}^{\prime }}$的形式，从而

$$D^{{}^{\prime \prime }}=(-1{)}^{i+j-2}{a}_{ij}{M}_{ij}=a_{ij}(-1{)}^{i+j}{M}_{ij}=a_{ij}{A}_{ij}$$

$$\begin{array}{rl}D& =\left|\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{i1}+0+\cdots +0& 0+a_{i2}+0+\cdots +0& \cdots & 0+\cdots +0+a_{in}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn}\end{array}\right|\\ & =\left|\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{i1}& 0& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn}\end{array}\right|+\left|\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ 0& a_{i2}& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn}\end{array}\right|+\cdots +\left|\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ 0& 0& \cdots & a_{in}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn}\end{array}\right|\\ & =a_{i1}{A}_{i1}+a_{i2}{A}_{i2}+\cdots +a_{in}{A}_{in}(i=1,2,\cdots ,n)\end{array}$$

• $n$阶行列式的任一行（列）的各元素与另一行（列）对应元素的代数余子式的乘积之和等于零，即

$$\sum _{k=1}^n{a}_{ik}{A}_{jk}=0,i\ne j$$

• • 证明

$$D=\left|\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{i1}& a_{i2}& \cdots & a_{in}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{j1}& a_{j2}& \cdots & a_{jn}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn}\end{array}\right|$$

$$D_1=\left|\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{i1}& a_{i2}& \cdots & a_{in}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{i1}& a_{i2}& \cdots & a_{in}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn}\end{array}\right|$$

• • • 显然，$D_1=0$，且$D_1$与$D$的第$j$行各元素的代数余子式对应相等，将$D_1$按第$j$行展开，得

$$a_{i1}{A}_{j1}+a_{i2}{A}_{j2}+\cdots +a_{in}{A}_{jn}=\sum _{k=1}^n{a}_{ik}{A}_{jk}=0$$

• • • 即$D$中第$i$行各元素与第$j$行对应元素的代数余子式得乘积之和等于零

例题$1$

• 问题：证明范德蒙德行列式

$$D_n=\left|\begin{array}{cccc}1& 1& \cdots & 1\\ x_1& x_2& \cdots & x_n\\ x_1^2& x_2^2& \cdots & x_n^2\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ x_1^{n-1}& x_2^{n-1}& \cdots & x_n^{n-1}\end{array}\right|=\prod _{1\le j<i\le n}(x_i-x_j),n\ge 2$$

• 解答
  • 用数学归纳法证明
  • 当$n=2$时

$$D_2=\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ x_1& x_2\end{array}\right|=x_2-x_1$$

• • 结论成立
  • 假设对于$n-1$阶范德蒙德行列式结论成立，证$n$阶情形，对于$D_n$，从第$n$行开始，每行减去上面一行与$x_1$的乘积，得

$$\begin{array}{rl}{D}_n& =\left|\begin{array}{cccc}1& 1& \cdots & 1\\ 0& x_2-x_1& \cdots & x_n-x_1\\ 0& x_2(x_2-x_1)& \cdots & x_n(x_n-x_1)\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ 0& x_2^{n-2}(x_2-x_1)& \cdots & x_n^{n-2}(x_n-x_1)\end{array}\right|\\ & =\left|\begin{array}{ccc}{x}_2-x_1& \cdots & x_n-x_1\\ x_2(x_2-x_1)& \cdots & x_n(x_n-x_1)\\ ⋮& & ⋮\\ x_2^{n-2}(x_2-x_1)& \cdots & x_n^{n-2}(x_n-x_1)\end{array}\right|\\ & =(x_2-x_1)\cdots (x_n-x_1)\left|\begin{array}{cccc}1& 1& \cdots & 1\\ x_2& x_3& \cdots & x_n\\ x_2^2& x_3^2& \cdots & x_n^2\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ x_2^{n-2}& x_3^{n-2}& \cdots & x_n^{n-2}\end{array}\right|\end{array}$$

• • 上式右端得行列式为$n-1$阶范德蒙德行列式，于是由归纳假设有

$$\begin{array}{rl}{D}_n& =(x_2-x_1)\cdots (x_n-x_1)\prod _{2\le j<i\le n}(x_i-x_j)\\ & =\prod _{1\le j<i\le n}(x_i-x_j)\end{array}$$

拉普拉斯定理的推广

• 在$n$阶行列式$D$中，任意选定$k$行$k$列（$1\le k\le n$），对于这些行和列交叉处的$k^2$个元素，按原来的顺序构成一个$k$阶行列式$M$，称为$D$的一个$k$阶子式，划去这$k$行$k$列，余下的元素按原来的顺序构成一个$n-k$阶行列式，在其前面冠以符号$(-1{)}^{i_1+i_2+\cdots +i_k+j_1+j_2+\cdots +j_k}$称为$M$的代数余子式
• 在$n$阶行列式$D$中，任意取定$k$行（列）（$1\le k\le n-1$），由这$k$行（列）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行列式$D$

例题$2$

• 问题：证明

$$D=\left|\begin{array}{cccccc}{a}_{11}& \cdots & a_{1m}& 0& \cdots & 0\\ ⋮& & ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{m1}& \cdots & a_{mm}& 0& \cdots & 0\\ c_{11}& \cdots & c_{1m}& b_{11}& \cdots & b_{1n}\\ ⋮& & ⋮& ⋮& & ⋮\\ c_{n1}& \cdots & c_{nm}& b_{n1}& \cdots & b_{nn}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}{a}_{11}& \cdots & a_{1m}\\ ⋮& & ⋮\\ a_{m1}& \cdots & a_{mm}\end{array}\right|\left|\begin{array}{ccc}{b}_{11}& \cdots & b_{1n}\\ ⋮& & ⋮\\ b_{n1}& \cdots & b_{nn}\end{array}\right|$$

• 解答：取前面的$m$行，由这$m$行组成的所有$m$阶子式中只有$D_1=\left|\begin{array}{ccc}{a}_{11}& \cdots & a_{1m}\\ ⋮& & ⋮\\ a_{m1}& \cdots & a_{mm}\end{array}\right|$可能不为$0$，其他的子式全为$0$，所以行列式的值等于$D_1$乘它的代数余子式，即

$$D=D_1(-1{)}^{(1+2+\cdots +m)+(1+2+\cdots +m)}\left|\begin{array}{ccc}{b}_{11}& \cdots & b_{1n}\\ ⋮& & ⋮\\ b_{n1}& \cdots & b_{nn}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}{a}_{11}& \cdots & a_{1m}\\ ⋮& & ⋮\\ a_{m1}& \cdots & a_{mm}\end{array}\right|\left|\begin{array}{ccc}{b}_{11}& \cdots & b_{1n}\\ ⋮& & ⋮\\ b_{n1}& \cdots & b_{nn}\end{array}\right|$$

第五节|克拉默法则

克拉默法则

• 如果含有$n$个方程的$n$元线性方程组

$$\{\begin{array}{l}{a}_{11}{x}_1+a_{12}{x}_2+\cdots +a_{1n}{x}_n=b_1\\ a_{21}{x}_1+a_{22}{x}_2+\cdots +a_{2n}{x}_n=b_2\\ \cdots \\ a_{n1}{x}_1+a_{n2}{x}_2+\cdots +a_{nn}{x}_n=b_n\end{array}\text{\hspace{1em}(1)}$$

• 其系数行列式

$$D=\left|\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn}\end{array}\right|\ne 0$$

• 则线性方程组（$1$）有唯一解，且其解可表示为

$$x_1=\frac{D_1}{D},x_2=\frac{D_2}{D},\cdots ,x_n=\frac{D_n}{D}\text{\hspace{1em}(2)}$$

$$D_j=\left|\begin{array}{ccccccc}{a}_{11}& \cdots & a_{1,j-1}& b_1& a_{1,j+1}& \cdots & a_{1n}\\ ⋮& & ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{n1}& \cdots & a_{n,j-1}& b_n& a_{n,j+1}& \cdots & a_{nn}\end{array}\right|,j=1,2,\cdots ,n$$

• 证明

$$D_j=\sum _{k=1}^n{b}_k{A}_{kj}$$

• • 首先证明由（$2$）式确定的$x_1,x_2,\cdots ,x_n$为线性方程组（1）的解，将$x_1,x_2,\cdots ,x_n$代入线性方程组（1）的第$i$个方程（$i=1,2,\cdots ,n$得

$$\begin{array}{rl}{a}_{i1}{x}_1+a_{i2}{x}_2+\cdots +a_{in}{x}_n& =\sum _{j=1}^n{a}_{ij}{x}_j=\sum _{j=1}^n{a}_{ij}\frac{D_j}{D}\\ & =\frac{1}{D}\sum _{j=1}^n{a}_{ij}(\sum _{k=1}^n{b}_k{A}_{kj})\\ & =\frac{1}{D}\sum _{k=1}^n{b}_k(\sum _{j=1}^n{a}_{ij}{A}_{kj})\\ & =\frac{b_i}{D}\sum _{j=1}n{a}_{ij}{A}_{ij}\\ & =\frac{b_i}{D}\cdot D\\ & =b_i\end{array}$$

• • 即$x_1,x_2,\cdots ,x_n$为线性方程组（$1$）的解
  • 然后证明解的唯一性，若$x_1,x_2,\cdots ,x_n$为线性方程组（$1$）的解，用行列式$D$的第$j$列各元素的代数余子式$A_{1j},A_{2j},\cdots ,A_{nj}$分别乘以线性方程组（$1$）的第$1$个，第$2$个，$\cdots$，第$n$个方程并相加得

$$(\sum _{k=1}n{a}_{k1}{A}_{kj})x_1+\cdots +(\sum _{k=1}^n{a}_{kj}{A}_{kj})x_j+\cdots +(\sum _{k=1}^n{a}_{kn}{A}_{kj})x_n=\sum _{k=1}^n{b}_k{A}_{kj}$$

$$D{x}_j=D_j,j=1,2,\cdots ,n$$

• • 由于$D\ne 0$，$x_j=\frac{D_j}{D}(j=1,2,\cdots ,n)$，从而线性方程组（$1$）的解$x_1,x_2,\cdots ,x_n$满足（$2$）