行列式与余因子展开

为什么用一个数概括矩阵

消元通过把方阵化为主元方程来判断可逆性。行列式则用一个标量记录同一区别：它非零，当且仅当矩阵可逆。这个标量的构造从带符号的子式展开开始，随后由展开推导它在消元中的变化规律。

构造是递归的：$n$ 阶行列式用 $n-1$ 阶行列式表示，最后在 $1\times1$ 情形停止。每个较小行列式前面的符号都很重要；即使所有子式都算对， 漏掉一个负号也会改变最终答案。

概念视角结构

同一个标量的两种读法

递归展开是一种算法性计算：选一个项，删去它所在的行和列，再对较 小的行列式继续计算。同一个数也有结构性意义：零行、相同行和三角 形状会给出可预测的值。这些结构规则来自展开公式。余因子是带符号的标量，并不是矩阵中新添的一行或一列。

从较小矩阵构造行列式

定义

子矩阵、子式与余因子

设 $A=[a_{ij}]$ 是一个 $n\times n$ 矩阵，其中 $n\ge2$。给定 $1\le i,j\le n$，同时删去第 $i$ 行与第 $j$ 列，所得的 $(n-1)\times(n-1)$ 矩阵记为子矩阵 $A(i\mid j)$。

属于项 $a_{ij}$ 的子式是标量

$$M_{ij}=\det\bigl(A(i\mid j)\bigr)$$

属于项 $a_{ij}$ 的余因子是带符号标量

$$C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$$

符号形成左上角为正的棋盘：

$$\begin{bmatrix} +&-&+&\cdots\\ -&+&-&\cdots\\ +&-&+&\cdots\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots \end{bmatrix}$$

$A(i\mid j)$ 表示一个矩阵，$M_{ij}$ 是该矩阵的行列式， $C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$ 则是加上符号后的标量。明确区分这三个对象， 就不会把符号错误地乘两次。

定义

行列式的递归定义

对于 $1\times1$ 矩阵 $[a_{11}]$，定义

$$\det([a_{11}])=a_{11}$$

对于 $n>1$ 的 $n\times n$ 矩阵，沿第一行定义

$$\det(A)=\sum_{j=1}^{n}a_{1j}C_{1j} =\sum_{j=1}^{n}(-1)^{1+j}a_{1j}M_{1j}$$

这是定义，还不是关于其他行或列的定理。每个子式的阶数都是 $n-1$， 所以反复使用定义最终会到达 $1\times1$ 基本情形。不需要约定 $0\times0$ 行列式：子矩阵和子式的定义只用于 $n\ge2$。

选择合适的行或列展开

定理

沿任意一行或一列展开

若 $A=[a_{ij}]$ 是 $n\ge2$ 阶方阵，对每个固定的行指标 $i$，有

$$\det(A)=\sum_{j=1}^{n}(-1)^{i+j}a_{ij}M_{ij}$$

相应的任意列展开是：对每个固定的列指标 $j$，

$$\det(A)=\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i+j}a_{ij}M_{ij}$$

因此，第一行公式是递归定义；任意行或任意列公式则是说明展开位置可以 改变、但行列式不变的定理。一般证明在本节省略，以下结论严格按此定理 使用。

结构规则为何成立

零行、零列与唯一支撑项

定理

有零行或零列时行列式为零

如果方阵的一整行或一整列的每个项都是零，则它的行列式为零。

定理

某行或某列至多有一个非零项

设 $C$ 是 $n\ge2$ 阶方阵。若第 $k$ 行除 $c_{k\ell}$ 外都为零，则

$$\det(C)=c_{k\ell}(-1)^{k+\ell}\det\bigl(C(k\mid\ell)\bigr)$$

若第 $\ell$ 列除 $c_{k\ell}$ 外都为零，也有同一公式。即使 $c_{k\ell}=0$，这个表述仍然成立。

当 $n=1$ 时，含有零行的矩阵就是 $[0]$，按基本定义其行列式为零。当 $n\ge2$ 时，使用任意行展开定理沿该行展开。每一项都含有一个零项作为 因子，所以每一项都为零，因而 $\det(A)=0$。

零列可以用归纳法直接证明，这样能看清零列如何传递。$n=1$ 时，唯一 具有零列的 $1\times1$ 矩阵是 $[0]$，其行列式为零。假设结论对 $n=k$ 成立。设 $(k+1)\times(k+1)$ 矩阵 $C$ 的第 $\ell$ 列全为零， 沿第一行展开。第 $\ell$ 项的因子已经是零。对其余每一项，删去第一 行和某个 $j\ne\ell$ 的列；原来的零列仍在所得 $k\times k$ 子矩阵中， 只是在 $j\lt\ell$ 时列指标向左移动。由归纳假设，每个这样的子矩阵的行列式 都是零，所以整行展开的每一项都为零，得到 $\det(C)=0$。

若某行除一个项外全为零，沿该行展开即可；若某列除一个项外全为零， 沿第 $k$ 行展开。$\ell$ 项保留下来，而对每个 $j\ne\ell$，子矩阵 $C(k\mid j)$ 都继承了原第 $\ell$ 列的零列，因此其行列式为零。最后只 剩下 $c_{k\ell}(-1)^{k+\ell}\det(C(k\mid\ell))$。这正是稀疏行或 列能把计算缩成一个子式的原因。

三角矩阵

定理

三角矩阵定理

若 $T$ 是上三角或下三角矩阵，则

$$\det(T)=t_{11}t_{22}\cdots t_{nn}$$

用 $n$ 作归纳证明上三角情形。$n=1$ 时结论就是行列式的定义。假设 结论对上三角 $k\times k$ 矩阵成立，令 $T$ 为 $k+1$ 阶上三角矩阵。最 后一行除最后一项 $t_{k+1,k+1}$ 外都是零。沿最后一行展开，只有这一项 保留，而且符号 $(-1)^{2k+2}=1$：

$$\det(T)=t_{k+1,k+1}\det\bigl(T(k+1\mid k+1)\bigr)$$

保留下来的子矩阵仍是上三角矩阵，对角线为 $t_{11},\ldots,t_{kk}$。由归纳假设，它的行列式是 $t_{11}\cdots t_{kk}$，于是得到完整的对角线乘积。下三角情形类似但可 沿第一行展开：第一行只可能留下 $t_{11}$，删去第一行第一列后的子矩阵 仍是下三角矩阵，对角线从 $t_{22}$ 到 $t_{nn}$。

固定一行时的多重线性

定理

固定一行时的多重线性

固定除第 $p$ 行外的每一行。若新第 $p$ 行是 $\alpha u+\beta v$，则

$$\det(\text{相同其他各行,但第 }p\text{ 行为 }\alpha u+\beta v) =\alpha\det(\text{相同其他各行,但第 }p\text{ 行为 }u) +\beta\det(\text{相同其他各行,但第 }p\text{ 行为 }v)$$

当 $n=1$ 时，基本定义直接给出

$$\det([\alpha a+\beta b])=\alpha a+\beta b =\alpha\det([a])+\beta\det([b])$$

这就证明了 $1\times1$ 情形。

当 $n\ge2$ 时，固定除第 $p$ 行外的每一行。设矩阵 $A,B,C$ 在这些固定行上完全相同， 而第 $p$ 行满足 $c_p=\alpha a_p+\beta b_p$。对每个列指标 $j$，删 去第 $p$ 行后得到相同的矩阵：

$$A(p\mid j)=B(p\mid j)=C(p\mid j)$$

沿第 $p$ 行展开 $\det(C)$，再用每个项的关系 $c_{pj}=\alpha a_{pj}+\beta b_{pj}$ 和分配律，得到

$$\begin{aligned} \det(C) &=\sum_{j=1}^{n}(\alpha a_{pj}+\beta b_{pj})(-1)^{p+j}\det(C(p\mid j))\\ &=\alpha\det(A)+\beta\det(B) \end{aligned}$$

关键正是其他每一行都固定；同时改变两行是另一条命题。

相邻换行与相同行

定理

若有两行相同，行列式必为零

若一个方阵有两行完全相同，则它的行列式等于 $0$。

设 $A$ 的相邻两行是 $r_q,r_{q+1}$，交换这两行得到 $B$。沿 $A$ 的第 $q$ 行展开，沿 $B$ 中已经移动到第 $q+1$ 行的同一行 $r_q$ 展开。对每个列指标 $j$，两次删去该行后留下的子矩阵次序相同， 但符号相反，因为

$$(-1)^{q+1+j}=-(-1)^{q+j}$$

逐项比较便得 $\det(B)=-\det(A)$。位置 $p\lt q$ 的两行交换可以由 $2(q-p)-1$ 次相邻交换组成，这是奇数次，所以同样会使行列式变号。

若 $A$ 的第 $p$ 行与第 $q$ 行相同，交换它们后矩阵仍是 $A$ 本身。换行 结论于是给出 $\det(A)=-\det(A)$。由于这里的项是实数， $2\det(A)=0$，所以 $\det(A)=0$。这个证明没有调用下一节才会出现的行 替换规则。

指标与计算策略

每一项都要同时保留三个对象：所选项、删去一行一列后得到的子矩阵，以及取该子矩阵行列式所得的子式。先按原矩阵中的行列位置写出棋盘符号，再计算子式。若继续展开子式，应使用子式自己的局部指标；局部指标不会取代外层余因子的符号。

任意行、任意列展开定理使展开线可以有策略地选择。优先选择零多或剩余子式较简单的行或列，并在计算前说明理由。零项会立即删去分支；零子式则必须由它自己的计算证明。第一行递归式定义行列式，任意行列展开则是允许这种计算选择的定理。

例题详解

例题

2×2 公式是第一个递归情形

令

$$A=\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{bmatrix}$$

删去第一行第一列留下 $[a_{22}]$，删去第一行第二列留下 $[a_{21}]$。 因此 $M_{11}=a_{22}$、$M_{12}=a_{21}$，而棋盘符号给出

$$C_{11}=a_{22},\qquad C_{12}=-a_{21}$$

递归定义于是产生

$$\det(A)=a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}$$

常见的 $ad-bc$ 规则正是递归定义在 $2\times2$ 时的具体写法。

例题

把符号写清楚的 3×3 展开

令

$$B=\begin{bmatrix}3&2&-1\\4&1&6\\-3&-1&2\end{bmatrix}$$

第一行的项为 $3,2,-1$，符号为 $+,-,+$。第三项写成 $+(-1)M_{13}$，可以避免漏掉负数项前面的正号：

$$\det(B)=3\begin{vmatrix}1&6\\-1&2\end{vmatrix} -2\begin{vmatrix}4&6\\-3&2\end{vmatrix} +(-1)\begin{vmatrix}4&1\\-3&-1\end{vmatrix}$$

三个子式依次为 $8,26,-1$，因为

$$1\cdot2-6(-1)=8,\qquad4\cdot2-6(-3)=26,$$

以及 $4(-1)-1(-3)=-1$。所以

$$\det(B)=3(8)-2(26)+(-1)(-1)=24-52+1=-27$$

最后一项有两种符号来源：棋盘符号为正，而矩阵项本身是 $-1$。

例题

稀疏 4×4 矩阵：完成每个保留下来的子式

考虑矩阵

$$C=\begin{bmatrix}1&9&7&7\\0&5&2&5\\1&9&8&0\\1&9&8&3\end{bmatrix}$$

第二行第一项为零，该行的棋盘符号是 $-,+,-,+$，所以

$$\det(C)=-0M_{21}+5M_{22}-2M_{23}+5M_{24}$$

三个需要计算的子式是

$$M_{22}=\det\begin{bmatrix}1&7&7\\1&8&0\\1&8&3\end{bmatrix}=3,$$$$M_{23}=\det\begin{bmatrix}1&9&7\\1&9&0\\1&9&3\end{bmatrix}=0, \qquad M_{24}=\det\begin{bmatrix}1&9&7\\1&9&8\\1&9&8\end{bmatrix}=0$$

沿第一行对三个 $3\times3$ 子式展开，得到

$$M_{22}=1(8\cdot3-0\cdot8)-7(1\cdot3-0\cdot1)+7(1\cdot8-8\cdot1) =24-21+0=3,$$$$M_{23}=1(9\cdot3-0\cdot9)-9(1\cdot3-0\cdot1)+7(1\cdot9-9\cdot1) =27-27+0=0,$$$$M_{24}=1(9\cdot8-8\cdot9)-9(1\cdot8-8\cdot1)+7(1\cdot9-9\cdot1) =0-0+0=0$$

因此

$$\det(C)=5(3)-2(0)+5(0)=15$$

第一项的零可以剪掉一个分支，但仍须保留 $-2M_{23}$ 的负号，并核对其 余下的子式。

例题

三角矩阵只留下对角线乘积

对于

$$T=\begin{bmatrix}2&3&4\\0&5&7\\0&0&-1\end{bmatrix}$$

三角矩阵定理给出

$$\det(T)=2\cdot5\cdot(-1)=-10$$

归纳证明说明了对角线以上的项为什么不出现：最后一行的展开只留下 $-1$，而保留的子矩阵是上三角矩阵 $\begin{bmatrix}2&3\\0&5\end{bmatrix}$，继续展开便留下 $2$ 和 $5$。 对角矩阵是特别情形，所以 $\det(I_n)=1$。

反例模式

行列式不是对整个矩阵的加法线性

一般不能写成 $\det(A+B)=\det(A)+\det(B)$。取 $I_2=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}$，则

$$\det(I_2+I_2)=\det(2I_2)=4, \qquad\det(I_2)+\det(I_2)=1+1=2$$

正确的修正是固定其他行后对一行使用多重线性。对于行向量 $r=(r_1,r_2)$，令 $F(r)=\det\begin{bmatrix}r_1&r_2\\1&0\end{bmatrix}$， $u=(1,2)$、$v=(0,1)$，则

$$F(2u-v)=\det\begin{bmatrix}2&3\\1&0\end{bmatrix}=-3$$

同时

$$2F(u)-F(v)=2\det\begin{bmatrix}1&2\\1&0\end{bmatrix} -\det\begin{bmatrix}0&1\\1&0\end{bmatrix}=-3$$

两边都保持第二行不变，这正是多重线性所要求的固定行条件。

常见错误

常见错误

混淆子矩阵、子式与余因子

$A(i\mid j)$ 是矩阵，$M_{ij}$ 是这个矩阵的行列式， $C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$ 才是余因子。若在展开式中已经写了棋盘符 号，又把已经带符号的余因子再乘一次，就会把符号算两遍。

常见错误

行列式只对方阵定义

本节的行列式只对方阵定义。$2\times3$ 矩阵不属于这个递归构造，因为 删去一行一列后不能得到所需的方形递归问题。

练习

思考检查

用递归定义计算 $\det\begin{bmatrix}1&2\\3&4\end{bmatrix}$。

先写出第一行两个余因子及其棋盘符号，再与对应项相乘。

解答 · 答案 1

第一行余因子为 $C_{11}=4$、$C_{12}=-3$，所以

$$\det\begin{bmatrix}1&2\\3&4\end{bmatrix}=1(4)+2(-3)=-2$$

思考检查

用最合适的行或列计算 $\det\begin{bmatrix}2&0&1\\0&3&0\\4&0&5\end{bmatrix}$。

选择含有两个零项的第二行，并保留它中间位置的正号。

解答 · 答案 2

沿第二行展开：

$$\det=3(-1)^{2+2}\begin{vmatrix}2&1\\4&5\end{vmatrix} =3(10-4)=18$$

思考检查

写出第二行的余因子展开，并说明各项符号的依据。

$$C=\begin{bmatrix}1&9&7&7\\0&5&2&5\\1&9&8&0\\1&9&8&3\end{bmatrix}.$$

每个子式的指标都按元素在原矩阵中的位置确定。

解答 · 答案 3

第 $2$ 行的符号是 $-,+,-,+$，因此展开为 $-0M_{21}+5M_{22}-2M_{23}+5M_{24}$；中间的负号属于第 $3$ 列的项。

思考检查

解释为什么有两行相同的方阵行列式为零。

使用换行变号，并注意交换相同的两行不会改变矩阵。

解答 · 答案 4

交换两行会使行列式变号，但交换相同两行后矩阵不变。因此 $\det(A)=-\det(A)$，在实数范围内 $2\det(A)=0$，故 $\det(A)=0$。

思考检查

$\det\begin{bmatrix}4\end{bmatrix}$ 是多少？

使用递归定义的 $1\times1$ 基本情形。

解答 · 答案 5

答案是 $4$，因为 $1\times1$ 矩阵的行列式等于它唯一的项。

思考检查

为什么沿着零较多的行展开能减少计算量？

数一数展开式中还会留下多少个非零项。

解答 · 答案 6

每个零项都会贡献零倍余因子，所以只需计算较少的非零项和较少的较小行列式。

思考检查

若一个对角矩阵的对角线项是 $2$、$-1$、$5$，它的行列式是多少？

使用三角矩阵定理。

解答 · 答案 7

行列式是 $2(-1)(5)=-10$。

思考检查

解释为什么有一条零行的矩阵不可能可逆。

把零行定理与下一节的行列式可逆判准联系起来。

解答 · 答案 8

零行迫使行列式为 $0$。下一节说明可逆矩阵的行列式非零，因此有零行的矩阵不可能可逆。

相关笔记

可先回到 2.1 矩阵基础 复习方阵与索引记号。

接着读 7.2 行变换、乘积与可逆性， 看看行列式如何与消元法接上。

也可把 5.1 可逆矩阵 一并放在旁边，因为之后行列式会成为另一个可逆性判准。