高等代数（一）1.5：行列式计算与拉普拉斯展开

1 从排列展开式理解代数余子式

设 $A=(a_{ij})$ 为 $n$ 阶方阵，$A_{ij}$ 表示元素 $a_{ij}$ 的代数余子式。 固定第二列到第 $n$ 列，把第一列换成变量 $x_1,\ldots,x_n$，记 $$\Delta(x_1,\ldots,x_n)= \begin{vmatrix}x_1&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\x_2&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\x_n&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$$ 按列的次序写出排列定义，有 $$\Delta(x_1,\ldots,x_n) =\sum_{(i_1,\ldots,i_n)}(-1)^{\tau(i_1,\ldots,i_n)} x_{i_1}a_{i_2,2}\cdots a_{i_n,n},$$ 其中求和遍历 $1,\ldots,n$ 的所有排列，$\tau$ 表示逆序数。 每一项恰含一个 $x_k$。把含同一个 $x_k$ 的项合并，就得到 $$\Delta(x_1,\ldots,x_n)=\sum_{k=1}^n x_k A_{k1}.$$ 因此，代数余子式 $A_{k1}$ 就是把第一列看作变量时，$x_k$ 的系数。 它不依赖第一列中的元素，只由其余列决定。换成任意一列或一行，道理相同。

不同行（列）的对应乘积之和

上述观点也解释了上一讲的零和公式。若把第 $j$ 列换成第 $l$ 列（$l\ne j$）， 新行列式有两列相同，故为零；第 $j$ 列的代数余子式却不变。因此 $$\sum_{i=1}^n a_{il}A_{ij}=0\quad(l\ne j).$$ 同理，按行有 $$\sum_{j=1}^n a_{kj}A_{ij}=0\quad(k\ne i).$$ 与按行（列）展开公式合在一起，即为 $$\sum_{r=1}^n a_{hr}A_{ir} =\begin{cases}\det A,&h=i,\\0,&h\ne i,\end{cases} \qquad \sum_{r=1}^n a_{rk}A_{rj} =\begin{cases}\det A,&k=j,\\0,&k\ne j.\end{cases}$$ 同一行（列）对应相乘求和得到原行列式，换成另一行（列）则得到零。

2 行列式的降阶与递推计算

3 多行（列）的拉普拉斯展开

子式、余子式与展开公式

设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，$1\le r<n$。选取递增的行指标集 $I=\{i_1<\cdots<i_r\}$ 和列指标集 $J=\{j_1<\cdots<j_r\}$。 记 $A[I,J]$ 为这些行、列交叉位置构成的子矩阵，$I^c,J^c$ 为相应的补集。 所有子矩阵中的行、列均保持原来的顺序。

每次固定一组行或列，只遍历另一组，共有 $\binom nr$ 项。 当 $r=1$ 时，这正是上一讲的按一行或一列展开公式。

按前 $r$ 列展开时，符号从哪里来

固定 $J=\{1,\ldots,r\}$。排列展开式的每一项在前 $r$ 列取出的元素， 必定来自 $r$ 个不同的行。按这组行 $I=\{k_1<\cdots<k_r\}$ 把所有项分组。

先把所选行排在前面、其余行排在后面，且两组内部均递增。 第 $k_s$ 行前面有 $k_s-1$ 个较小的行指标，其中 $s-1$ 个已在所选组内， 故它与另一组产生 $k_s-s$ 个逆序。组间的总逆序数为 $$\sum_{s=1}^r(k_s-s)=\sum_{s=1}^r k_s-\frac{r(r+1)}2.$$ 组内的排列分别构成两个行列式，因此这一组的和为 $$(-1)^{\sum I+r(r+1)/2} \det A[I,\{1,\ldots,r\}]\det A[I^c,\{r+1,\ldots,n\}].$$ 这里把减号改成加号不改变奇偶性。对所有 $I$ 求和即得前 $r$ 列的公式。 一般列集 $J$ 先移到前面，另产生 $\sum J-r(r+1)/2$ 次对换， 故总符号为 $(-1)^{\sum I+\sum J}$。按行展开可由转置得到。

4 拉普拉斯展开的应用

分块三角行列式

这里要求对角块是方阵，但不要求它们可逆。一般的分块矩阵不能直接套用下面的二阶形式： $$\det\begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix} =\det A\det D-\det B\det C.$$ 例如四个块均为 $2\times2$ 矩阵，取 $A=D=0$、$B=C=I_2$。 整体矩阵对应两次对换，行列式为 $1$，而右端为 $-1$。

一个四阶行列式

5 代数余子式与三维叉积

设 $\boldsymbol\alpha=(a_{11},a_{21},a_{31})^{\mathsf T}$、 $\boldsymbol\beta=(a_{12},a_{22},a_{32})^{\mathsf T}$ 为 $\mathbb R^3$ 中的向量。 把它们作为前两列，第三列记为 $\boldsymbol x=(x,y,z)^{\mathsf T}$。按第三列展开： $$\begin{align*} \det(\boldsymbol\alpha,\boldsymbol\beta,\boldsymbol x) &=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&x\\a_{21}&a_{22}&y\\a_{31}&a_{32}&z\end{vmatrix}\\ &=x\begin{vmatrix}a_{21}&a_{22}\\a_{31}&a_{32}\end{vmatrix} -y\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{31}&a_{32}\end{vmatrix} +z\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{vmatrix}. \end{align*}$$ 因此，若令 $$\boldsymbol\gamma= \begin{pmatrix} a_{21}a_{32}-a_{31}a_{22}\\ a_{31}a_{12}-a_{11}a_{32}\\ a_{11}a_{22}-a_{21}a_{12} \end{pmatrix},$$ 就有 $$\det(\boldsymbol\alpha,\boldsymbol\beta,\boldsymbol x) =\boldsymbol\gamma\cdot\boldsymbol x.$$ 取 $\boldsymbol x=\boldsymbol\alpha$ 或 $\boldsymbol\beta$，左侧都有两列相同，因而 $$\boldsymbol\gamma\cdot\boldsymbol\alpha=0, \qquad \boldsymbol\gamma\cdot\boldsymbol\beta=0.$$ 这解释了为什么由这三个代数余子式组成的向量，同时与原来的两个向量正交。

例如 $$(1,0,0)^{\mathsf T}\times(0,1,0)^{\mathsf T}=(0,0,1)^{\mathsf T}.$$ 当 $\boldsymbol\alpha,\boldsymbol\beta$ 线性无关时，叉积非零，给出它们张成平面的一个法向量。 当两向量线性相关时，这些二阶子式均为零，叉积为零向量，不能用来指定法向方向。 交换两向量，相当于交换行列式的前两列，故 $$\boldsymbol\beta\times\boldsymbol\alpha=-\boldsymbol\alpha\times\boldsymbol\beta.$$ 所以叉积的三个坐标并非另行记忆的一组公式，它们就是第三列的代数余子式，符号依次为 $+,-,+$。

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