行列式與餘因子展開

從較小矩陣構造行列式

定義

子矩陣、子式與餘因子

設 $A=[a_{ij}]$ 是一個 $n\times n$ 矩陣，其中 $n\ge2$。給定 $1\le i,j\le n$，同時刪去第 $i$ 行與第 $j$ 欄，所得的 $(n-1)\times(n-1)$ 矩陣記為子矩陣 $A(i\mid j)$。

屬於項 $a_{ij}$ 的子式是純量

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

屬於項 $a_{ij}$ 的餘因子是帶符號純量

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

符號形成左上角為正的棋盤：

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

$A(i\mid j)$ 表示一個矩陣，$M_{ij}$ 是該矩陣的行列式， $C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$ 則是加上符號後的純量。清楚區分這三個對 象，就不會把符號錯誤地乘兩次。

定義

行列式的遞迴定義

對於 $1\times1$ 矩陣 $[a_{11}]$，定義

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

對於 $n>1$ 的 $n\times n$ 矩陣，沿第一行定義

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

這是定義，還不是關於其他行或欄的定理。每個子式的階數都是 $n-1$， 所以反覆使用定義最終會到達 $1\times1$ 基本情形。不需要約定 $0\times0$ 行列式：子矩陣和子式的定義只用於 $n\ge2$。

從遞迴行列式證明任意餘因子展開

設 $A$ 為實 $n\times n$ 矩陣，$n\ge1$，行列式由一階基例和第一行遞迴定義。令 $S_n$ 為 $1,\ldots,n$ 的排列集合；定義逆序數 $\operatorname{inv}(\sigma)$ 為滿足 $r<s$ 且 $\sigma(r)>\sigma(s)$ 的數對個數，並令 $\operatorname{sgn}(\sigma)=(-1)^{\operatorname{inv}(\sigma)}$。

若 $\sigma(i)=j$，刪去位置 $i$ 與值 $j$，保持其餘位置及值的相對次序，得到排列 $\tau\in S_{n-1}$。設位置 $i$ 之前有 $u$ 個值小於 $j$；被刪去的逆序共有 $(i-1-u)+(j-1-u)=i+j-2-2u$ 個，故

$$\operatorname{sgn}(\sigma)=(-1)^{i+j}\operatorname{sgn}(\tau).$$

定義 $P_n(A)=\sum_{\sigma\in S_n}\operatorname{sgn}(\sigma)\prod_{r=1}^n a_{r,\sigma(r)}$。$n=1$ 時它就是遞迴行列式。$n>1$ 時，按 $\sigma(1)=j$ 分組並用符號恆等式，得 $P_n(A)=\sum_j(-1)^{1+j}a_{1j}P_{n-1}(A(1\mid j))$。歸納法因而證明 $P_n(A)=\det A$。

現在固定任意行 $i$，將同一有限排列和按 $\sigma(i)=j$ 分組。刪除操作與對應子矩陣的全部排列一一對應，因此

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

固定任意欄 $j$ 時，每個排列恰有一個位置 $i$ 滿足 $\sigma(i)=j$；按該位置分組即得

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

兩個展開公式均用於 $n\ge2$，沒有引入空行列式約定。此證明不預設換行交錯規則或行列式乘積定理。

結構規則為何成立

零行、零欄與唯一支撐項

定理

有零行或零欄時行列式為零

如果方陣的一整行或一整欄的每一項都是零，則它的行列式為零。

定理

某行或某欄至多有一個非零項

設 $C$ 是 $n\ge2$ 階方陣。若第 $k$ 行除 $c_{k\ell}$ 外都為零，則

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

若第 $\ell$ 欄除 $c_{k\ell}$ 外都為零，也有同一公式。即使 $c_{k\ell}=0$，這個表述仍然成立。

當 $n=1$ 時，含有零行的矩陣就是 $[0]$，按基本定義其行列式為零。當 $n\ge2$ 時，使用任意行展開定理沿該行展開。每一項都含有一個零項作為 因子，所以每一項都為零，因而 $\det(A)=0$。

零欄可以用歸納法直接證明，這樣能看清零欄如何傳遞。$n=1$ 時，唯一 具有零欄的 $1\times1$ 矩陣是 $[0]$，其行列式為零。假設結論對 $n=k$ 成立。設 $(k+1)\times(k+1)$ 矩陣 $C$ 的第 $\ell$ 欄全為零， 沿第一行展開。第 $\ell$ 項的因子已經是零。對其餘每一項，刪去第一行 和某個 $j\ne\ell$ 的欄；原來的零欄仍在所得 $k\times k$ 子矩陣中，只是 在 $j\lt\ell$ 時欄指標向左移。由歸納假設，每個這樣的子矩陣的行列式都是零， 所以整行展開的每一項都為零，得到 $\det(C)=0$。

若某行除一項外全為零，沿該行展開即可；若某欄除一項外全為零，沿第 $k$ 行展開。$\ell$ 項保留下來，而對每個 $j\ne\ell$，子矩陣 $C(k\mid j)$ 都繼承了原第 $\ell$ 欄的零欄，因此其行列式為零。最後 只剩下 $c_{k\ell}(-1)^{k+\ell}\det(C(k\mid\ell))$。這正是稀疏行或 欄能把計算縮成一個子式的原因。

三角矩陣

定理

三角矩陣定理

若 $T$ 是上三角或下三角矩陣，則

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

用 $n$ 作歸納證明上三角情形。$n=1$ 時結論就是行列式的定義。假設 結論對上三角 $k\times k$ 矩陣成立，令 $T$ 為 $k+1$ 階上三角矩陣。最 後一行除最後一項 $t_{k+1,k+1}$ 外都是零。沿最後一行展開，只有這一項 保留，而且符號 $(-1)^{2k+2}=1$：

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

保留下來的子矩陣仍是上三角矩陣，對角線為 $t_{11},\ldots,t_{kk}$。由歸納假設，它的行列式是 $t_{11}\cdots t_{kk}$，於是得到完整的對角線乘積。下三角情形類似但可 沿第一行展開：第一行只可能留下 $t_{11}$，刪去第一行第一欄後的子矩陣 仍是下三角矩陣，對角線由 $t_{22}$ 到 $t_{nn}$。

固定一行時的多重線性

定理

固定一行時的多重線性

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

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

當 $n=1$ 時，基本定義直接給出

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

這就證明了 $1\times1$ 情形。

當 $n\ge2$ 時，固定除第 $p$ 行外的每一行。設矩陣 $A,B,C$ 在這些固定行上完全相同， 而第 $p$ 行滿足 $c_p=\alpha a_p+\beta b_p$。對每個欄指標 $j$，刪 去第 $p$ 行後得到相同的矩陣：

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

沿第 $p$ 行展開 $\det(C)$，再用每一項的關係 $c_{pj}=\alpha a_{pj}+\beta b_{pj}$ 和分配律，得到

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

關鍵正是其他每一行都固定；同時改變兩行是另一條命題。

相鄰換行與相同行

定理

若有兩行相同，行列式必為零

若一個方陣有兩行完全相同，則它的行列式等於 $0$。

設 $A$ 的相鄰兩行是 $r_q,r_{q+1}$，交換這兩行得到 $B$。沿 $A$ 的第 $q$ 行展開，沿 $B$ 中已經移動到第 $q+1$ 行的同一行 $r_q$ 展開。對每個欄指標 $j$，兩次刪去該行後留下的子矩陣次序相同， 但符號相反，因為

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

逐項比較便得 $\det(B)=-\det(A)$。位置 $p\lt q$ 的兩行交換可以由 $2(q-p)-1$ 次相鄰交換組成，這是奇數次，所以同樣會使行列式變號。

若 $A$ 的第 $p$ 行與第 $q$ 行相同，交換它們後矩陣仍是 $A$ 本身。換行 結論於是給出 $\det(A)=-\det(A)$。由於這裏的項是實數， $2\det(A)=0$，所以 $\det(A)=0$。這個證明沒有調用下一節才會出現的行 替換規則。

指標與計算策略

每一項都要同時保留三個對象：所選項、刪去一行一欄後得到的子矩陣，以及取該子矩陣行列式所得的子式。先按原矩陣中的行列位置寫出棋盤符號，再計算子式。若繼續展開子式，應使用子式自己的局部指標；局部指標不會取代外層餘因子的符號。

任意行、任意欄展開定理使展開線可以有策略地選擇。優先選擇零多或剩餘子式較簡單的行或欄，並在計算前說明理由。零項會立即刪去分支；零子式則必須由它自己的計算證明。第一行遞迴式定義行列式，任意行欄展開則是容許這種計算選擇的定理。

為甚麼用一個數概括矩陣

消元透過把方陣化為主元方程來判斷可逆性。行列式則用一個純量記錄同一區別：它非零，當且僅當矩陣可逆。這個純量的構造從帶符號的子式展開開始，隨後由展開推導它在消元中的變化規律。

構造是遞迴的：$n$ 階行列式用 $n-1$ 階行列式表示，最後在 $1\times1$ 情形停止。每個較小行列式前面的符號都很重要；即使所有子式都計算正 確，漏掉一個負號也會改變最終答案。

概念視角結構

同一個純量的兩種讀法

遞迴展開是一種算法性計算：選一個項，刪去它所在的行和欄，再對較 小的行列式繼續計算。同一個數也有結構性意義：零行、相同行和三角 形狀會給出可預測的值。這些結構規則來自展開公式。餘因子是帶符號的純量，並不是矩陣中新添的一行或一欄。

從較小矩陣構造行列式

定義

子矩陣、子式與餘因子

設 $A=[a_{ij}]$ 是一個 $n\times n$ 矩陣，其中 $n\ge2$。給定 $1\le i,j\le n$，同時刪去第 $i$ 行與第 $j$ 欄，所得的 $(n-1)\times(n-1)$ 矩陣記為子矩陣 $A(i\mid j)$。

屬於項 $a_{ij}$ 的子式是純量

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

屬於項 $a_{ij}$ 的餘因子是帶符號純量

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

符號形成左上角為正的棋盤：

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

$A(i\mid j)$ 表示一個矩陣，$M_{ij}$ 是該矩陣的行列式， $C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$ 則是加上符號後的純量。清楚區分這三個對 象，就不會把符號錯誤地乘兩次。

定義

行列式的遞迴定義

對於 $1\times1$ 矩陣 $[a_{11}]$，定義

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

對於 $n>1$ 的 $n\times n$ 矩陣，沿第一行定義

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

這是定義，還不是關於其他行或欄的定理。每個子式的階數都是 $n-1$， 所以反覆使用定義最終會到達 $1\times1$ 基本情形。不需要約定 $0\times0$ 行列式：子矩陣和子式的定義只用於 $n\ge2$。

選擇合適的行或欄展開

定理

沿任意一行或一欄展開

若 $A=[a_{ij}]$ 是 $n\ge2$ 階方陣，對每個固定的行指標 $i$，有

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

相應的任意欄展開是：對每個固定的欄指標 $j$，

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

因此，第一行公式是遞迴定義；任意行或任意欄公式則是說明展開位置可以 改變、但行列式不變的定理。一般證明在本節省略，以下結論嚴格按此定理 使用。

結構規則為何成立

零行、零欄與唯一支撐項

定理

有零行或零欄時行列式為零

如果方陣的一整行或一整欄的每一項都是零，則它的行列式為零。

定理

某行或某欄至多有一個非零項

設 $C$ 是 $n\ge2$ 階方陣。若第 $k$ 行除 $c_{k\ell}$ 外都為零，則

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

若第 $\ell$ 欄除 $c_{k\ell}$ 外都為零，也有同一公式。即使 $c_{k\ell}=0$，這個表述仍然成立。

當 $n=1$ 時，含有零行的矩陣就是 $[0]$，按基本定義其行列式為零。當 $n\ge2$ 時，使用任意行展開定理沿該行展開。每一項都含有一個零項作為 因子，所以每一項都為零，因而 $\det(A)=0$。

零欄可以用歸納法直接證明，這樣能看清零欄如何傳遞。$n=1$ 時，唯一 具有零欄的 $1\times1$ 矩陣是 $[0]$，其行列式為零。假設結論對 $n=k$ 成立。設 $(k+1)\times(k+1)$ 矩陣 $C$ 的第 $\ell$ 欄全為零， 沿第一行展開。第 $\ell$ 項的因子已經是零。對其餘每一項，刪去第一行 和某個 $j\ne\ell$ 的欄；原來的零欄仍在所得 $k\times k$ 子矩陣中，只是 在 $j\lt\ell$ 時欄指標向左移。由歸納假設，每個這樣的子矩陣的行列式都是零， 所以整行展開的每一項都為零，得到 $\det(C)=0$。

若某行除一項外全為零，沿該行展開即可；若某欄除一項外全為零，沿第 $k$ 行展開。$\ell$ 項保留下來，而對每個 $j\ne\ell$，子矩陣 $C(k\mid j)$ 都繼承了原第 $\ell$ 欄的零欄，因此其行列式為零。最後 只剩下 $c_{k\ell}(-1)^{k+\ell}\det(C(k\mid\ell))$。這正是稀疏行或 欄能把計算縮成一個子式的原因。

三角矩陣

定理

三角矩陣定理

若 $T$ 是上三角或下三角矩陣，則

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

用 $n$ 作歸納證明上三角情形。$n=1$ 時結論就是行列式的定義。假設 結論對上三角 $k\times k$ 矩陣成立，令 $T$ 為 $k+1$ 階上三角矩陣。最 後一行除最後一項 $t_{k+1,k+1}$ 外都是零。沿最後一行展開，只有這一項 保留，而且符號 $(-1)^{2k+2}=1$：

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

保留下來的子矩陣仍是上三角矩陣，對角線為 $t_{11},\ldots,t_{kk}$。由歸納假設，它的行列式是 $t_{11}\cdots t_{kk}$，於是得到完整的對角線乘積。下三角情形類似但可 沿第一行展開：第一行只可能留下 $t_{11}$，刪去第一行第一欄後的子矩陣 仍是下三角矩陣，對角線由 $t_{22}$ 到 $t_{nn}$。

固定一行時的多重線性

定理

固定一行時的多重線性

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

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

當 $n=1$ 時，基本定義直接給出

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

這就證明了 $1\times1$ 情形。

當 $n\ge2$ 時，固定除第 $p$ 行外的每一行。設矩陣 $A,B,C$ 在這些固定行上完全相同， 而第 $p$ 行滿足 $c_p=\alpha a_p+\beta b_p$。對每個欄指標 $j$，刪 去第 $p$ 行後得到相同的矩陣：

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

沿第 $p$ 行展開 $\det(C)$，再用每一項的關係 $c_{pj}=\alpha a_{pj}+\beta b_{pj}$ 和分配律，得到

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

關鍵正是其他每一行都固定；同時改變兩行是另一條命題。

相鄰換行與相同行

定理

若有兩行相同，行列式必為零

若一個方陣有兩行完全相同，則它的行列式等於 $0$。

設 $A$ 的相鄰兩行是 $r_q,r_{q+1}$，交換這兩行得到 $B$。沿 $A$ 的第 $q$ 行展開，沿 $B$ 中已經移動到第 $q+1$ 行的同一行 $r_q$ 展開。對每個欄指標 $j$，兩次刪去該行後留下的子矩陣次序相同， 但符號相反，因為

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

逐項比較便得 $\det(B)=-\det(A)$。位置 $p\lt q$ 的兩行交換可以由 $2(q-p)-1$ 次相鄰交換組成，這是奇數次，所以同樣會使行列式變號。

若 $A$ 的第 $p$ 行與第 $q$ 行相同，交換它們後矩陣仍是 $A$ 本身。換行 結論於是給出 $\det(A)=-\det(A)$。由於這裏的項是實數， $2\det(A)=0$，所以 $\det(A)=0$。這個證明沒有調用下一節才會出現的行 替換規則。

指標與計算策略

每一項都要同時保留三個對象：所選項、刪去一行一欄後得到的子矩陣，以及取該子矩陣行列式所得的子式。先按原矩陣中的行列位置寫出棋盤符號，再計算子式。若繼續展開子式，應使用子式自己的局部指標；局部指標不會取代外層餘因子的符號。

任意行、任意欄展開定理使展開線可以有策略地選擇。優先選擇零多或剩餘子式較簡單的行或欄，並在計算前說明理由。零項會立即刪去分支；零子式則必須由它自己的計算證明。第一行遞迴式定義行列式，任意行欄展開則是容許這種計算選擇的定理。

例題詳解

例題

2×2 公式是第一個遞迴情形

令

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

刪去第一行第一欄留下 $[a_{22}]$，刪去第一行第二欄留下 $[a_{21}]$。 因此 $M_{11}=a_{22}$、$M_{12}=a_{21}$，而棋盤符號給出

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

遞迴定義於是產生

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

常見的 $ad-bc$ 規則正是遞迴定義在 $2\times2$ 時的具體寫法。

例題

把符號寫清楚的 3×3 展開

令

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

第一行的項為 $3,2,-1$，符號為 $+,-,+$。第三項寫成 $+(-1)M_{13}$，可以避免漏掉負數項前面的正號：

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

三個子式依次為 $8,26,-1$，因為

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

以及 $4(-1)-1(-3)=-1$。所以

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

最後一項有兩種符號來源：棋盤符號為正，而矩陣項本身是 $-1$。

例題

稀疏 4×4 矩陣：完成每個保留下來的子式

考慮矩陣

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

第二行第一項為零，該行的棋盤符號是 $-,+,-,+$，所以

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

三個需要計算的子式是

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

沿第一行對三個 $3\times3$ 子式展開，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

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

第一項的零可以剪掉一個分支，但仍須保留 $-2M_{23}$ 的負號，並核對其 餘下的子式。

例題

三角矩陣只留下對角線乘積

對於

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

三角矩陣定理給出

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

歸納證明說明了對角線以上的項為甚麼不出現：最後一行的展開只留下 $-1$，而保留的子矩陣是上三角矩陣 $\begin{bmatrix}2&3\\0&5\end{bmatrix}$，繼續展開便留下 $2$ 和 $5$。 對角矩陣是特別情形，所以 $\det(I_n)=1$。

反例模式

行列式不是對整個矩陣的加法線性

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

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

正確的修正是固定其他行後對一行使用多重線性。對於行向量 $r=(r_1,r_2)$，令 $F(r)=\det\begin{bmatrix}r_1&r_2\\1&0\end{bmatrix}$， $u=(1,2)$、$v=(0,1)$，則

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

同時

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

兩邊都保持第二行不變，這正是多重線性所要求的固定行條件。

常見錯誤

常見錯誤

混淆子矩陣、子式與餘因子

$A(i\mid j)$ 是矩陣，$M_{ij}$ 是這個矩陣的行列式， $C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$ 才是餘因子。若在展開式中已經寫了棋盤符 號，又把已經帶符號的餘因子再乘一次，就會把符號算兩遍。

常見錯誤

行列式只對方陣定義

本節的行列式只對方陣定義。$2\times3$ 矩陣不屬於這個遞迴構造，因為 刪去一行一欄後不能得到所需的方形遞迴問題。

練習

思考檢查

用遞迴定義計算 $\det\begin{bmatrix}1&2\\3&4\end{bmatrix}$。

先寫出第一行兩個餘因子及其棋盤符號，再與對應項相乘。

解答 · 答案 1

第一行餘因子為 $C_{11}=4$、$C_{12}=-3$，所以

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

思考檢查

用最合適的行或欄計算 $\det\begin{bmatrix}2&0&1\\0&3&0\\4&0&5\end{bmatrix}$。

選擇含有兩個零項的第二行，並保留它中間位置的正號。

解答 · 答案 2

沿第二行展開：

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

思考檢查

寫出第二行的餘因子展開，並說明各項符號的依據。

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

每個子式的指標都按元素在原矩陣中的位置確定。

解答 · 答案 3

第 $2$ 行的符號是 $-,+,-,+$，所以展開為 $-0M_{21}+5M_{22}-2M_{23}+5M_{24}$；中間的負號屬於第 $3$ 欄的項。

思考檢查

解釋為甚麼有兩行相同的方陣行列式為零。

使用換行變號，並注意交換相同的兩行不會改變矩陣。

解答 · 答案 4

交換兩行會使行列式變號，但交換相同兩行後矩陣不變。因此 $\det(A)=-\det(A)$，在實數範圍內 $2\det(A)=0$，故 $\det(A)=0$。

思考檢查

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

使用遞迴定義的 $1\times1$ 基本情形。

解答 · 答案 5

答案是 $4$，因為 $1\times1$ 矩陣的行列式等於它唯一的項。

思考檢查

為甚麼沿着零較多的行展開能減少計算量？

數一數展開式中還會留下多少個非零項。

解答 · 答案 6

每個零項都會貢獻零倍餘因子，所以只需計算較少的非零項和較少的較小行列式。

思考檢查

若一個對角矩陣的對角線項是 $2$、$-1$、$5$，它的行列式是多少？

使用三角矩陣定理。

解答 · 答案 7

行列式是 $2(-1)(5)=-10$。

思考檢查

解釋為甚麼有一條零行的矩陣不可能可逆。

把零行定理與下一節的行列式可逆判準聯繫起來。

解答 · 答案 8

零行迫使行列式為 $0$。下一節說明可逆矩陣的行列式非零，因此有零行的矩陣不可能可逆。

相關筆記

可先回到 2.1 矩陣基礎 複習方陣與索引記號。

接着讀 7.2 行變換、乘積與可逆性， 看看行列式如何與消元法接上。

亦可把 5.1 可逆矩陣 一併放在旁邊，因為之後行列式會成為另一個可逆性判準。