5.2 排列与代数余子式_求行列式bigformula-优快云博客

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一、求行列式的方法

计算机是利用主元计算行列式的。本节介绍其它两种计算行列式的方法。一是 “大公式”（big formula），它使用了全部 $n!$ 个排列计算；二是 “代数余子式公式”（cofactor formula），它使用的是大小为 $n - 1$ 的行列式来计算的。下面是一个 $4×44\times4$ 矩阵的例子： $A=[2−100−12−100−12−100−12]的行列式是det⁡A=5A=\begin{bmatrix}\kern 7pt2&-1&\kern 7pt0&\kern 7pt0\\-1&\kern 7pt2&-1&\kern 7pt0\\\kern 7pt0&-1&\kern 7pt2&-1\\\kern 7pt0&\kern 7pt0&-1&\kern 7pt2\end{bmatrix}\kern 5pt的行列式是\kern 5pt\det A=5$ 我们可以通过以下三种方式来求行列式：主元，大公式，代数余子式。

主元的乘积是 $2⋅32⋅43⋅542\cdot\displaystyle\frac{3}{2}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{5}{4}$ ，消去后得到 $5$ 。
大公式有 $4! = 24$ 项，只有 $5$ 项是非零的： $det⁡A=∣2000020000200002∣+∣20000200000−100−10∣+∣200000−100−1000002∣+∣0−100−100000200002∣+∣0−100−1000000−100−10∣=16−4−4−4+1=5\det A=\begin{vmatrix}2&0&0&0\\0&2&0&0\\0&0&2&0\\0&0&0&2\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}2&0&\kern 7pt0&\kern 7pt0\\0&2&\kern 7pt0&\kern 7pt0\\0&0&\kern 7pt0&-1\\0&0&-1&\kern 7pt0\end{vmatrix}+\begin{vmatrix} 2&\kern 7pt0&\kern 7pt0&0\\0&\kern 7pt0&-1&0\\0&-1&\kern 7pt0&0\\0&\kern 7pt0&\kern 7pt0&2\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}\kern 7pt0&-1&0&0\\-1&\kern 7pt0&0&0\\\kern 7pt0&\kern 7pt0&2&0\\\kern 7pt0&\kern 7pt0&0&2\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}\kern 7pt0&-1&\kern 7pt0&\kern 7pt0\\-1&\kern 7pt0&\kern 7pt0&\kern 7pt0\\\kern 7pt0&\kern 7pt0&\kern 7pt0&-1\\\kern 7pt0&\kern 7pt0&-1&\kern 7pt0\end{vmatrix}=16-4-4-4+1=5$ $16$ 来自 $A$ 的对角线 $2⋅2⋅2⋅22\cdot2\cdot2\cdot2$ ， $- 4$ 和 $1$ 来自与后面 $4$ 个行列式。
第一行的数字 $2, - 1, 0, 0$ 乘上它们自己来自于其它行的余子式 $4, 3, 2, 1$ ，得到 $2⋅4−1⋅3=52\cdot4-1\cdot3=5$ 。这些余子式是 $3×33\times3$ 的行列式，余子式所使用的行和列是第一行的元素未使用的行和列。
行列式的每一项仅适用每行每列一次！

二、主元公式

当用消元法得到 $A = LU$ 时，主元 $,dnd_1,d_2,\cdots,d_n$ 在上三角矩阵 $U$ 的对角线上，如果没有行交换，将主元相乘就可以得到行列式： $det⁡A=(det⁡L)(det⁡U)=(1)(d1d2⋯dn)(5.2.1)\det A=(\det L)(\det U)=(1)(d_1d_2\cdots d_n)\kern 30pt(5.2.1)$ 这个公式是没有行交换的情况下，如果发生行交换，则公式中会出现置换矩阵，变成 $P A = LU$ ，而 $P$ 的行列式是 $- 1$ 或 $+ 1$ 。

$(det⁡P)(det⁡A)=(det⁡L)(det⁡U)得到det⁡A=±(d1d2⋯dn)(5.2.2)(\det P)(\det A)=(\det L)(\det U)\kern 10pt得到\kern 10pt{\color{blue}\det A=±(d_1d_2\cdots d_n)}\kern 25pt(5.2.2)$

【例1】一次行交换可以得到主元 $4, 2, 1$ 和重要的负号： $A=[001023456]PA=[456023001]det⁡A=−(4)(2)(1)=−8A=\begin{bmatrix}0&0&1\\0&2&3\\4&5&6\end{bmatrix}\kern 10ptPA=\begin{bmatrix}4&5&6\\0&2&3\\0&0&1\end{bmatrix}\kern 10pt\det A=-(4)(2)(1)=-8$ 行交换是奇数次（一次）则 $det⁡P=−1\det P=-1$ 。
下一个例子没有行交换，这是一个 $n×nn\times n$ 的矩阵，主元可以得到它的行列式，行列式也可以得到主元。

【例2】三角矩阵 $A$ 的前几个主元是 $2,32,432,\displaystyle\frac{3}{2},\frac{4}{3}$ ，后面的是 $54\displaystyle\frac{5}{4}$ 和 $65\displaystyle\frac{6}{5}$ ，最终是 $n+1n\displaystyle\frac{n+1}{n}$ 。分解这个 $n×nn\times n$ 的矩阵就可以看出行列式： $[2−1−12−1−12⋅⋅⋅−1−12]=[1−121−231⋅⋅−n−1n1][2−132−143−1⋅⋅n+1n]\begin{bmatrix}\kern 7pt2&-1&\\-1&\kern 7pt2&-1&\\&-1&\kern 7pt2&\cdot\\&&\cdot&\cdot&-1\\&&&-1&\kern 7pt2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\kern 7pt1&\\-\frac{1}{2}&\kern 7pt1&\\&-\frac{2}{3}&1\\&&\cdot&\cdot\\&&-\frac{n-1}{n}&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\pmb2&-1\\&\pmb{\frac{3}{2}}&-1\\&&\pmb{\frac{4}{3}}&-1\\&&&\cdot&\cdot\\&&&&\pmb{\frac{n+1}{n}}\end{bmatrix}$ 主元在 $U$ （最后一个矩阵）的对角线，当 $2$ 和 $32\displaystyle\frac{3}{2}$ 和 $43\displaystyle\frac{4}{3}$ 和 $54\displaystyle\frac{5}{4}$ 乘起来，分数消去，则 $4×44\times4$ 矩阵的行列是 $5$ ， $3×33\times3$ 矩阵的行列式是 $4$ 。 $n×nn\times n$ 矩阵的行列式是 $n + 1$ ： $矩阵det⁡A=(2)(32)(43)⋯(n+1n)=n+1\pmb{-1,2,-1\,矩阵}\kern 15pt\det A=(\pmb2)(\pmb{\frac{3}{2}})(\pmb{\frac{4}{3}})\cdots(\pmb{\frac{n+1}{n}})=\pmb{n+1}$ 重点：前面的主元仅和原始矩阵 $A$ 的左上角有关。这条规则适用于所有不需要行交换的矩阵。
$个主元)。前\,k\,个主元来自于A\,左上角的\,k\times k\,矩阵A_k。\\\pmb{左上角子矩阵A_k的行列式是\,d_1d_2\cdots d_k(前\,k\,个主元)。}$ $1×11\times1$ 的矩阵 $A_1$ 仅包含第一个主元 $d_1$ ，就是 $det A_1$ ；左上角 $2×22\times 2$ 的矩阵有 $det A_2=d_1d_2$ ；最终 $n×nn\times n$ 的行列式就是所有主元相乘。
当开始处理整个矩阵时，我们对左上角的矩阵 $A_k$ 进行消元，假设没有行交换 —— 则 $A = LU$ 且 $A_k=L_kU_k$ 。一个行列式除以前一个行列式（ $A_k$ 除以 $A_{k-1}$ ）可以消去除最后一个主元 $d_k$ 以外的所有主元。每个主元都是行列式的比值：

$dk=d1d2⋯dkd1d2⋯dk−1=det⁡Akdet⁡Ak−1(5.2.3)\pmb{从行列式得到主元}\kern 15pt第\,k\,个主元是\,\pmb{d_k}=\frac{d_1d_2\cdots d_k}{d_1d_2\cdots d_{k-1}}={\color{blue}\frac{\det A_k}{\det A_{k-1}}}\kern 15pt(5.2.3)$

当所有左上角的子矩阵都有 $det⁡Ak≠0\det A_k\neq0$ ，则就不需要行交换。

三、行列式的大公式

主元很好计算，它们有能够求出行列式的足够多的信息。但是它很难和原始的 $a_{ij}$ 联系起来。我们回到规则 $1 - 2 - 3$ ，线性、符号反转和 $det⁡I=1\det I=1$ 就能够让这一问题变得清晰起来。我们要推导出一个确切的行列式公式，它直接由元素 $a_{ij}$ 得来。
这个公式有 $n!$ 项。项数会增加的非常快，因为 $n!=1,2,6,24,120,⋯n!=1,2,6,24,120,\cdots$ ，若 $n = 11$ 那么会有接近四千万项。 $n = 2$ 时，这两项分别是 $a d$ 和 $b c$ ，半数的项是负号（如 $- b c$ ），半数的项是正数（如 $ab$ ）。当 $n = 3$ 时，则有 $3! = (3) (2) (1) = 6$ 项，这六项如下：

$行列式∣a11a12a13a21a22a23a31a32a33∣=+a11a22a33+a12a23a31+a13a21a32−a11a23a32−a12a21a33−a13a22a31(5.2.4)3\times3\,行列式\kern 20pt\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}={\color{blue}\begin{matrix}+a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}\\-a_{11}a_{23}a_{32}-a_{12}a_{21}a_{33}-a_{13}a_{22}a_{31}\end{matrix}}\kern 15pt(5.2.4)$

注意这个模式，每个乘积如 $a_{11}a_{23}a_{32}$ 有来自每一行的一个元素，也有来自每一列的一个元素。列的顺序 $1, 3, 2$ 表示这个特定的项符号是负号， $a_{13}a_{21}a_{32}$ 的列序 $3, 1, 2$ 则为正号。由这种 “排列” 顺序可以得到符号。
下一步（ $n = 4$ ）有 $4! = 24$ 项，因为有 $24$ 种方式从每一行和每一列选择一个元素。沿着主对角线， $a_{11}a_{22}a_{33}a_{44}$ 的列序 $1, 2, 3, 4$ 总是正号，这是单位排列（identity permutation）。
我们从 $n = 2$ 开始推导大公式（big formula），目的是用系统的方法得到 $a d - b c$ 。将每一行分成两个简单的行： $[ab]=[a0]+[0b]，[cd]=[c0]+[0d]\begin{bmatrix}a &b\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a&0\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}0&b\end{bmatrix}，\kern 10pt\begin{bmatrix}c&d\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}c&0\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}0&d\end{bmatrix}$ 现在利用线性性质，首先用在第 $1$ 行（第 $2$ 行固定），然后用在第 $2$ 行（第 $1$ 行固定）： $行)(5.2.5)\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}a&0\\c&d\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}0&b\\c&d\end{vmatrix}\kern 106pt(分解第\,1\,行)\kern 83pt\\=\begin{vmatrix}a&0\\c&0\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}a&0\\0&d\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}0&b\\c&0\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}0&b\\0&d\end{vmatrix}\kern 20pt(分解第\,2\,行)\kern 20pt(5.2.5)$ 最后一行有 $2^2=4$ 个行列式，第一个和第四个都是零，因为其中一行是另一行的倍数，最后剩下 $2! = 2$ 个行列式需要计算： $∣a00d∣+∣0bc0∣=ad∣1001∣+bc∣0110∣=ad−bc\begin{vmatrix}a&0\\0&d\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}0&b\\c&0\end{vmatrix}=ad\begin{vmatrix}1&0\\0&1\end{vmatrix}+bc\begin{vmatrix}0&1\\1&0\end{vmatrix}=ad-bc$ 最后得到置换矩阵，它们的行列式提供正号或负号，置换矩阵可以看出列序。上述列序就是 $(1, 2)$ 和 $(2, 1)$ 。
下面试一下 $n = 3$ 的情况。每一行都分成 $3$ 个简单的行，例如 $[a1100]\begin{bmatrix}a_{11}&0&0\end{bmatrix}$ 。再利用每一行的线性，可以将 $det⁡A\det A$ 分成 $3^3=27$ 个简单的行列式。如果列的选择重复了，例如又选择了一行 $[a2100]\begin{bmatrix}a_{21}&0&0\end{bmatrix}$ ，那么这个行列式就为零。
我们只需要注意元素 $a_{ij}$ 是来自于不同列的情况，如 $(3, 1, 2)$ ：

$∣a11a12a13a21a22a23a31a32a33∣=∣a11a22a33∣+∣a12a23a31∣+∣a13a21a32∣\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}=\color{blue}\begin{vmatrix}a_{11}&&\\&a_{22}&\\&&a_{33}\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}&a_{12}&\\&&a_{23}\\a_{31}\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}&&a_{13}\\a_{21}\\&a_{32}\end{vmatrix}$ $六项+∣a11a23a32∣+∣a12a21a33∣+∣a13a22a31∣\pmb{六项}\kern 56pt\color{blue}+\begin{vmatrix}a_{11}\\&&a_{23}\\&a_{32}\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}&a_{12}\\a_{21}\\&&a_{33}\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}&&a_{13}\\&a_{22}\\a_{31}\end{vmatrix}$

总共有 $3! = 6$ 种列的顺序，所以有 $6$ 个行列式。 $(1, 2, 3)$ 的这 $6$ 种排列方式包括来自于 $P = I$ 的单位排列 $(1, 2, 3)$ 。 $列的顺序=(1,2,3),(2,3,1),(3,1,2),(1,3,2),(2,1,3),(3,2,1)(5.2.6)\pmb{列的顺序}=(1,2,3),(2,3,1),(3,1,2),(1,3,2),(2,1,3),(3,2,1)\kern 20pt(5.2.6)$ 后三个是奇排列（一次交换），前三个是偶排列（ $0$ 或 $2$ 次交换）。当列序是 $(3, 1, 2)$ 时，选择的元素是 $a13a21a32a_{1\pmb3}a_{2\pmb1}a_{3\pmb2}$ ，这项特定的列序符号是正号（ $2$ 次交换）。现在 $A$ 的行列式可以分解成 $6$ 个简单的行列式，提出因子 $a_{ij}$ ： $det⁡A=a11a22a33∣111∣+a12a23a31∣111∣+a13a21a32∣111∣\det A=a_{11}a_{22}a_{33}\begin{vmatrix}1\\&1\\&&1\end{vmatrix}+a_{12}a_{23}a_{31}\begin{vmatrix}&1\\&&1\\1\end{vmatrix}+a_{13}a_{21}a_{32}\begin{vmatrix}&&1\\1\\&1\end{vmatrix}\kern 70pt$ $+a11a23a32∣111∣+a12a21a33∣111∣+a13a22a31∣111∣(5.2.7)+a_{11}a_{23}a_{32}\begin{vmatrix}1\\&&1\\&1\end{vmatrix}+a_{12}a_{21}a_{33}\begin{vmatrix}&1\\1\\&&1\end{vmatrix}+a_{13}a_{22}a_{31}\begin{vmatrix}&&1\\&1\\1\end{vmatrix}\kern 10pt(5.2.7)$ 前三个（偶）排列的行列式 $det⁡P=+1\det P=+1$ ，后三个（奇）排列的行列式 $det⁡P=−1\det P=-1$ 。我们已经使用系统的方法证明了 $3×33\times3$ 的公式。
下面看 $n×nn\times n$ 的公式。列序共有 $n!$ 种，列 $,n)(1,2,3,\cdots,n)$ 的每一种可能的顺序 $,ω)(\alpha,\beta,\cdots,\omega)$ ，从行 $1$ 取 $a1αa_{1\alpha}$ ，从行 $2$ 取 $a2βa_{2\beta}$ ，最后从行 $n$ 取 $anωa_{n\omega}$ ，行列式包含乘积 $a1αa2β⋯anωa_{1\alpha}a_{2\beta}\cdots a_{n\omega}$ 乘上 $+ 1$ 或 $- 1$ ，半数的列序符号是 $- 1$ 。
$A$ 的行列式是这 $n!$ 项简单行列式的和，简单行列式 $a1αa2β⋯anωa_{1\alpha}a_{2\beta}\cdots a_{n\omega}$ 选择的是来自于每行每列的一个元素。对于 $5×55\times5$ 的情况， $a_{15}a_{22}a_{33}a_{44}a_{51}$ 这一项有 $det⁡P=−1\det P=-1$ ，仅一次交换 $5$ 和 $1$ 。

$FORMULA(5.2.8)\det A=所有\,n! \,个列排列\,P=(\alpha,\beta,\cdots,\omega)\\={\color{blue}\sum(\det P)a_{1\alpha}a_{2\beta}\cdots a_{n\omega}}=\textrm{\pmb{BIG\,\,FORMULA}}\kern 20pt(5.2.8)$

这个就是行列式的大公式（Big Formula）。 $2×22\times2$ 的情形是 $a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}$ （就是 $a d - b c$ ），这里 $P$ 是 $(1, 2)$ 和 $(2, 1)$ 。
$3×33\times 3$ 的情形有 $3$ 个 “右斜下”（down to right）的乘积和三个 “左斜下”（down to left）的乘积。警告：这个模式在 $4×44\times4$ 的情形是不适用的，这种模式只能选取 $8$ 项，但是实际是需要 $24$ 项。

【例3】（ $U$ 的行列式）当 $U$ 是上三角， $n!$ 个乘积中只有一个不为零，这一项就是对角线的乘积： $det⁡U=+u11u22⋯unn\det U=+u_{11}u_{22}\cdots u_{nn}$ 。其它的列序至少有一个元素在对角线下方， $U$ 的这些元素都是零。例如 $u_{21}=0$ ，由方程（5.1.8）知该项一定为零。
$det⁡I=0\det I=0$ ，唯一非零项是对角线的 $+(1)(1)⋯(1)+(1)(1)\cdots(1)$ 。

【例4】假设 $Z$ 除了第 $3$ 列都是单位矩阵，有 $c(5.2.9)Z\,的行列式=\begin{vmatrix}1&0&\pmb a&0\\0&1&\pmb b&0\\0&0&\pmb c&0\\0&0&\pmb d&1\end{vmatrix}是\,c\kern 25pt(5.2.9)$ 主对角线这一项 $(1) (1) (c) (1)$ 符号为正。总共有 $4! = 24$ 项乘积（每行每列选择一个因子），但是其它 $23$ 项都是零。原因：如果从列 $3$ 中选择 $a, b$ 或 $d$ 的话，则列 $3$ 已经使用了，那么行 $3$ 就只剩下 $0$ 可以使用。
另一个原因：如果 $c = 0$ ，则 $Z$ 有一个零行，所以 $det⁡Z=c=0\det Z=c=0$ 。如果 $c$ 不为零，利用消元法，从其它行减去乘数乘上行 $3$ ，可以消去 $a, b, c$ ，就只留下一个对角矩阵，有 $det⁡Z=c\det Z=c$ 。
改变 $I$ 的一列可以很容易得到 $Z$ 的行列式，它仅来自于主对角线。

【例5】假设 $A$ 仅在主对角线的上方和下方都是 $1$ ，这里 $n = 4$ ： $1A=\begin{bmatrix}0&\pmb1&0&0\\\pmb1&0&\pmb1&0\\0&\pmb1&0&\pmb1\\0&0&\pmb1&0\end{bmatrix},\kern 12ptP=\begin{bmatrix}0&\pmb1&0&0\\\pmb1&0&0&0\\0&0&0&\pmb1\\0&0&\pmb1&0\end{bmatrix}的行列式都为\,1$ 行 $1$ 非零的选择只能是列 $2$ ，行 $4$ 非零的选择只能是列 $3$ ，则行 $2$ 和行 $3$ 就只能选择列 $1$ 和列 $4$ 。换句话说就是 $det⁡P=det⁡A\det P=\det A$ 。 $P$ 的行列式是 $+ 1$ （两次行交换得到列序 $2, 1, 4, 3$ ），因此 $det⁡A=+1\det A=+1$ 。

四、代数余子式求行列式

公式 (5.2.8) 是行列式的直接定义，它一次性给了所有信息 —— 但是需要将它都理解，毕竟这 $n!$ 个和项都需要满足规则 $1 - 2 - 3$ （也就会满足性质 $4 - 10$ 了）。最简单的是 $det⁡I=1\det I=1$ ，这个已经验证好了。
当将第一行的因子 $a_{11},a_{12}$ 和 $a_{13}$ 提取出来，就可以看到线性性质。对于 $3×33\times3$ 的矩阵，可以将行列式的 $6$ 项分成 $3$ 对：

$det⁡A=a11(a22a33−a23a32)+a12(a23a31−a21a33)+a13(a21a32−a22a31)(5.2.10)\det A=\pmb{a_{11}}{\color{blue}(a_{22}a_{33}-a_{23}a_{32})}+\pmb{a_{12}}{\color{blue}(a_{23}a_{31}-a_{21}a_{33})}+\pmb{a_{13}}{\color{blue}(a_{21}a_{32}-a_{22}a_{31})}\kern 15pt(5.2.10)$

括号中的 $3$ 项称为 “代数余子式”（cofactor），注意这里前面不需要加 algebra，余子式的英文是 minor。这 $3$ 项代数余子式都是来自 $2$ 行与 $3$ 行的 $2×22\times2$ 的行列式，第一行提供了因子 $a_{11},a_{12},a_{13}$ ，下面的行贡献了代数余子式 $C_{11},C_{12},C_{13}$ 。当然行列式 $a_{11}C_{11}+a_{12}C_{12}+a_{13}C_{13}$ 与 $a_{11},a_{12},a_{13}$ 有线性关系，这就是规则 $3$ 。
$a_{11}$ 的代数余子式是 $C_{11}=a_{22}a_{33}-a_{23}a_{32}$ ，从下面的分解中就可以看出来代数余子式： $∣a11a12a13a21a22a23a31a32a33∣=∣a11a22a23a32a33∣+∣a12a21a23a31a33∣+∣a13a21a22a31a32∣\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}a_{11}\\&a_{22}&a_{23}\\&a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}&a_{12}\\a_{21}&&a_{23}\\a_{31}&&a_{33}\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}&&a_{13}\\a_{21}&a_{22}\\a_{31}&a_{32}\end{vmatrix}$ 我们仍然可以选择来自于每一行每一列的一个元素，因为 $a_{11}$ 使用了第 $1$ 行和第 $1$ 列，所以就剩下一个 $2×22\times2$ 的行列式当它的代数余子式。
行列式中需要一直关注符号，跟着 $a_{12}$ 的 $2×22\times 2$ 的行列式虽说看起来是 $a_{21}a_{33}-a_{23}a_{31}$ ，但是它的代数余子式 $C_{12}$ 与这个行列式的符号相反， $a_{12}C_{12}$ 才是正确的 $3×33\times3$ 行列式。代数余子式的符号沿着第一行的模式是 “正-负-正-负”。划掉第 $1$ 行和第 $j$ 列得到一个大小是 $(n−1)×(n−1)(n-1)\times(n-1)$ 的子矩阵 $M_{1j}$ ，它的行列式乘上符号 $1)^{1+j}$ 就得到代数余子式： $行\,1\,的代数余子式是\,C_{1j}=(-1)^{1+j}\det M_{1j}$ $代数余子式扩展是det⁡A=a11C11+a12C12+⋯+a1nC1n(5.2.11)\pmb{代数余子式扩展是\det A=a_{11}C_{11}+a_{12}C_{12}+\cdots+a_{1n}C_{1n}}\kern 15pt(5.2.11)$ 在大公式（5.2.8）中， $a_{11}$ 乘上一些项的组合 $C_{11}=\det M_{11}$ ，它的符号是 $1)^{1+1}$ ，即是正号。式（5.2.11）是式（5.2.8）和（5.2.10）的另一种形式，来自第 $1$ 行的因子乘上只用到其它行的代数余子式。

注：行 $1$ 是这样，那么行 $i$ 也一样。某一行的元素 $a_{ij}$ 也有代数余子式 $C_{ij}$ ，它们是 $1)^{i+j}$ 乘上 $n - 1$ 阶的行列式，因为 $a_{ij}$ 使用了行 $i$ 和列 $j$ ，子矩阵 $M_{ij}$ 会移除行 $i$ 和列 $j$ 。下面展示 $a_{43}$ 和 $M_{43}$ （行 $4$ 和列 $3$ 被移掉了），符号 $1)^{4+3}$ 乘上行列式 $M_{43}$ 得到 $C_{43}$ ，符号矩阵展示了 $\pm$ 号的模式： $A=[∙∙∙∙∙∙∙∙∙a43]符号(−1)i+j=[+−+−−+−++−+−−+−+]A=\begin{bmatrix}\bullet&\bullet&&\bullet\\\bullet&\bullet&&\bullet\\\bullet&\bullet&&\bullet\\&&a_{43}\end{bmatrix}\kern 15pt符号\kern 5pt(-1)^{i+j}=\begin{bmatrix}+&-&+&-\\-&+&-&+\\+&-&+&-\\-&+&-&+\end{bmatrix}$

行列式是 $A$ 的任意行 $i$ 与其它行的代数余子式的点积： $FORMULAdet⁡A=ai1Ci1+ai2Ci2+⋯+ainCin(5.2.12)\pmb{代数余子式公式\kern 3pt\textrm{COFACTOR\,\,\,FORMULA}}\kern 15pt{\color{blue}\det A=a_{i1}C_{i1}+a_{i2}C_{i2}+\cdots+a_{in}C_{in}}\kern 14pt(5.2.12)$ 每个代数余子式 $C_{ij}$ （阶数是 $n - 1$ ，去除掉行 $i$ 和列 $j$ ）包含它正确的符号： $代数余子式CofactorCij=(−1)i+jdet⁡Mij\pmb{代数余子式\kern 4pt\textrm{Cofactor}}\kern 10pt{\color{blue}C_{ij}=(-1)^{i+j}\det M_{ij}}$

一个 $n$ 阶行列式是 $n - 1$ 阶行列式的组合，继续递归下去，每个子行列式再分解成 $n - 2$ 阶行列式的组合。通过式（5.2.12）我们可以定义所有的行列式，这个规则从阶数 $n$ 到 $n - 1$ 到 $n - 2$ 最终到阶数 $1$ ，定义 $1×11\times1$ 的行列式 $∣ a ∣$ 是数字 $a$ ，则使用代数余子式的方法定义行列式就完成了。
我们更偏向于从行列式的性质来构建 $A$ （线性，符号反转， $det⁡I=1\det I=1$ ），大公式（5.2.8）和代数余子式公式（5.2.10）–（5.2.12）也遵循这些性质。使用规则得到的最后一个公式 $det A=\det A^T$ ，我们也可以使用代数余子式将它扩展，此时是沿着一列而不是一行。沿着列 $j$ 的元素是 $a_{1j}$ 到 $a_{nj}$ ，代数余子式是 $C_{1j}$ 到 $C_{nj}$ ，行列式就是下面的点积： $的代数余子式：det⁡A=a1jC1j+a2jC2j+⋯+anjCnj(5.2.13)\pmb{沿着列\,j\,的代数余子式：}\kern 13pt\det A=a_{1j}C_{1j}+a_{2j}C_{2j}+\cdots+a_{nj}C_{nj}\kern 13pt(5.2.13)$ 当矩阵有很多零时，代数余子式很有用 —— 如下例子：

【例6】 $- 1, 2, - 1$ 矩阵在第一行仅有两个非零值，所以仅有两个和行列式相关的代数余子式 $C_{11}$ 和 $C_{12}$ ，下面会将 $C_{12}$ 加粗： $∣2−1−12−1−12−1−12∣=2∣2−1−12−1−12∣−(−1)∣−1−12−1−12∣(5.2.14)\begin{vmatrix}\kern 7pt2&-1\\\pmb{-1}&\kern 7pt2&\pmb{-1}\\&-1&\kern 7pt\pmb2&\pmb{-1}\\&&\pmb{-1}&\kern 7pt\pmb{2}\end{vmatrix}=2\begin{vmatrix}\kern 7pt2&-1\\-1&\kern 7pt2&-1\\&-1&\kern 7pt2\end{vmatrix}-(-1)\begin{vmatrix}\pmb{-1}&\pmb{-1}\\&\kern 7pt\pmb2&\pmb{-1}\\&\pmb{-1}&\kern 7pt\pmb2\end{vmatrix}\kern 12pt(5.2.14)$ 右侧的第一项是 $2$ 乘上 $C_{11}$ ， $C_{11}$ 移除了第 $1$ 行和第 $1$ 列，代数余子式 $C_{11}$ 与原始矩阵 $A$ 有着相同的 $- 1, 2, - 1$ 的模式，它仅大小变小了一阶。
要计算上面加粗的代数余子式 $C_{12}$ ，沿着第一列使用代数余子式，最上面的是唯一一个非零数，这里又得到了另外一个 $(- 1)$ （所以前面要加上负号），它的代数余子式是一个 $2×22\times2$ 的 $- 1, 2, - 1$ 行列式，比原始的 $A$ 小了二阶。
总结：每个 $n$ 阶行列式 $D_n$ 都可由 $D_{n-1}$ 和 $D_{n-2}$ 得到： $D4=2D3−D2一般式Dn=2Dn−1−Dn−2(5.2.15)D_4=2D_3-D_2\kern 11pt一般式\kern 5pt{\color{blue}D_n=2D_{n-1}-D_{n-2}}\kern 12pt(5.2.15)$ 直接计算 $D_2=3$ ， $D_{3}=4$ ，所以式（5.2.14）有 $D_4=2(4)-3=5$ ，行列式 $3, 4, 5$ 符合公式 $D_{n}=n+1$ ，则 $D_n=2n-(n-1)$ 。这种 “特殊三对角答案”（special tridiagonal answer）用例 2 的主元乘积也可以得到。

【例7】下面这个矩阵，除了第一个元素（左上角）是 $1$ ，其它和例 $6$ 一样： $B4=[1−1−12−1−12−1−12]B_4=\begin{bmatrix}\kern 7pt1&-1\\-1&\kern 7pt2&-1\\&-1&\kern 7pt2&-1\\&&-1&\kern 7pt2\end{bmatrix}$ 这个矩阵的所有主元都是 $1$ ，所以行列式是 $1$ 。那么如何用代数余子式计算呢？将其沿第一行展开，所有的代数余子式都和例 $6$ 一致，仅仅是 $a_{11}=2$ 变成了 $b_{11}=1$ ： $det⁡B4=D3−D2而不是det⁡A4=2D3−D2\det B_4=D_3-D_2\kern 11pt而不是\kern 11pt\det A_4=2D_3-D_2$ $B_4$ 的行列式是 $4 - 3 = 1$ ，每个 $B_n=n-(n-1)=1$ 。
如果将最后一个 $2$ 改成 $1$ ，则 $det⁡=0\det =0$ 。

五、主要内容总结

如果没有行交换， $det⁡A=(主元的乘积)\det A=(主元的乘积)$ ，在 $A$ 的左上角， $det A_k=(前\,k\,个主元的乘积)$ 。
大公式（5.2.8）中的每一项使用每行每列一次。 $n!$ 个项中的一半符号是正（此时 $det⁡P=+1\det P=+1$ ），一半的符号是负。
代数余子式 $C_{ij}$ 是 $1)^{i+j}$ 乘上去掉 $i$ 行 $j$ 列的小一点的行列式（因为 $a_{ij}$ 使用了这一行和这一列）。
$A$ 的行列式是它任意行与该行的代数余子式的点积。如果 $A$ 有很多零的话，则只需要很少的代数余子式。

六、例题

【例8】海森堡矩阵（Hessenberg matrix）是一个多了一个对角线的三角矩阵。对第 $1$ 行使用代数余子式证明 $4×44\times4$ 的行列式满足斐波那契（Fibonacci）规则 $H_4|=|H_3|+|H_2|$ 。相同的规则适用于所有的大小， $H_n|=|H_{n-1}|+|H_{n-2}|$ 。 $H_n|$ 等于哪个斐波那契数呢？ $H2=[2112]H3=[21121112]H4=[2112111211112]H_2=\begin{bmatrix}2&1\\1&2\end{bmatrix}\kern 10ptH_3=\begin{bmatrix}2&1\\1&2&1\\1&1&2\end{bmatrix}\kern 10ptH_4=\begin{bmatrix}2&1\\1&2&1\\1&1&2&1\\1&1&1&2\end{bmatrix}$ 解： $H_4$ 的代数余子式 $C_{11}$ 是行列式 $H_3|$ ，还需要一个代数余子式 $C_{12}$ ： $C12=−∣110121112∣=−∣210121112∣+∣100121112∣C_{12}=-\begin{vmatrix}\pmb1&\pmb1&\pmb0\\\pmb1&\pmb2&\pmb1\\\pmb1&\pmb1&\pmb2\end{vmatrix}=-\begin{vmatrix}2&1&0\\1&2&1\\1&1&2\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}1&0&0\\1&2&1\\1&1&2\end{vmatrix}$ 保持第 $2$ 行和第 $3$ 行不变，使用了第 $1$ 行的线性性质。右侧的两个行列式是 $H_3|$ 和 $H_2|$ 。所以 $4×44\times4$ 的行列式就是 $H_4|=2C_{11}+1C_{12}=2|H_3|-|H_3|+|H_2|=|H_3|+|H_2|$ 实际数字 $H_1|=2$ ， $H_2|=3$ ， $H_3|=5$ ， $H_5|=8$ 。因为 $∣Hn∣=2,3,5,8,⋯|H_n|=2,3,5,8,\cdots$ 遵循斐波那契规则 $H_{n-1}|+|H_{n-2}|$ ，则必有 $H_n|=F_{n+2}$ 。

【例9】下面的问题是关于 $det⁡A\det A$ 的大公式里的 $\pm$ 号（ $P$ 是奇数还是偶数）：

如果 $A$ 是 $10×1010\times10$ 的全 $1$ 矩阵，用大公式如何得到 $det⁡A=0？\det A=0？$
如果所有 $n!$ 个排列乘在一起得到一个 $P$ ，那么 $P$ 是奇数还是偶数 $?$
如果每一项 $a_{ij}$ 都乘以分数 $i / j$ ，为什么 $det⁡A\det A$ 不变？

解：

由于所有的 $a_{ij}=1$ ，所以大公式（5.2.8）中所有的乘积都是 $1$ ，而半数符号是正，半数符号是负，它们加起来后都会消去，所以 $det⁡A=0\det A=0$ 。（如果 $n > 1$ ，则所有全 $1$ 矩阵都是奇异的。）
乘积 $[1001][0110]\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&1\\1&0\end{bmatrix}$ 是一个奇排列，对于 $3×33\times 3$ 的情形， $3$ 个奇排列乘在一起还是奇排列（顺序无关）。但是对于 $n > 3$ 的情形，所有奇排列的乘积是偶数。这是因为有 $n! /2$ 个奇排列，因为 $n!$ 是 $4$ 的倍数，所以这些奇排列的乘积会是一个偶数。
每个 $a_{ij}$ 乘上分数 $i / j$ ，所以大公式中的每个乘积 $a1αa2β⋯anωa_{1\alpha}a_{2\beta}\cdots a_{n\omega}$ 会乘上所有的行数字 $,ni=1,2,\cdots,n$ 然后除以所有的列数字 $,nj=1,2,\cdots,n$ （这个列序是某种排列）。这样每个乘积都不变所以 $det⁡A\det A$ 也不会变。
另一种方法：要 $i$ 乘上行 $i$ ，相当于对角矩阵 $D=diag(1:n)D=\textrm{\pmb{diag}}(1:n)$ 乘上矩阵 $A$ ；同样列 $j$ 除以 $j$ ，相当于右乘 $D^{-1}$ 。根据行列式的乘积规则， $det DAD^{-1}=\det A$ 。