行列式函数

何谓行列式呢？我们先从空间六面体的有向体积讲起。空间中两个向量 $a$和 $b$的外积定义为空间中的一个向量 $a\times b$，其长度为
$|a||b|\sin<a,b>$与 $a$和 $b$都垂直都垂直的一个向量。那么，这个向量的坐标是多少呢？假设 $a=(x_1,x_2,x_3)$， $b=(y_1,y_2,y_3)$，经过简单的计算，可以得出该向量的长度为
$\sqrt{(x_1y_2-x_2y_1)^2+(x_1y_3-x_3y_1)^2+(x_2y_3-x_3y_2)^2}$我们设 $a\times b = (z_1,z_2,z_3)$，我们要求：
$\begin{cases} x_1z_1+x_2z_2+x_3z_3=0\\ y_1z_1+y_2z_2+y_3z_3=0 \end{cases}$当然，我们要求 $a,b$不共线，否则，平行四边形的面积自然是0，求解该线性方程组就可以得到全体与 $a,b$都垂直的向量， $x_1,\cdots,x_n$不全为0，假设 $x_1\neq 0$，消去第二个方程的 $x_1$就可以得到
$\begin{cases} z_1+\frac{x_2}{x_1}z_2+\frac{x_3}{x_1}z_3=0\\ 0z_1+(y_2-y_1\frac{x_2}{x_1})z_2+(y_3-y_1\frac{x_3}{x_1})z_3=0 \end{cases}$ $y_2-y_1\frac{x_2}{x_1}$及 $y_3-y_1\frac{x_3}{x_1}$也不全为0，假设 $y_2-y_1\frac{x_2}{x_1}\neq 0$，再消去第一个方程的 $z_2$，就得到
$\begin{cases} (x_1y_2-x_2y_1)z_1=(x_2y_3-x_3y_2)z_3\\ (x_1y_2-x_2y_1)z_2=(x_3y_1-x_1y_3)z_3 \end{cases}$这样，全体与 $a,b$垂直的向量可以表为
$(k(x_2y_3-x_3y_2),k(x_3y_1-x_1y_3),k(x_1y_2-x_2y_1))$再由
$z_1^2+z_2^2+z_3^2=(x_1y_2-x_2y_1)^2+(x_1y_3-x_3y_1)^2+(x_2y_3-x_3y_2)^2$这样
$k=\pm 1$我们规定， $a\times b$是 $k=1$时的空间向量。这样
$a\times b = (x_2y_3-x_3y_2,-(x_1y_3-x_3y_1),x_1y_2-x_2y_1)$怎么求空间六面体的体积呢？我们只需要第三个向量和 $a\times b$求内积，得到的内积的值，就称为空间六面体的有向体积。设 $c=(z_1,z_2,z_3)$
$V(a,b,c)=z_1(x_2y_3-x_3y_2)-z_2(x_1y_3-x_3y_1)+z_3(x_1y_2-x_3y_1)$这个空间六面体的体积对各个向量都是线性的，即：
$V(a_1+a_2,b,c)=V(a_1,b,c)+V(a_2,b,c)$
$V(ka,b,c)=kV(a,b,c)$同样地，容易验证 $V$对 $b,c$变元也是线性的。对于平面上的平行四边形：假设两个邻边为 $a=(x_1,y_1),b=(x_2,y_2)$，其面积同样地也可以进行类似的计算.面积为
$|x_1y_2-x_2y_1|$我们规定二维情形下的有向面积为 $S(a,b)=x_1y_2-x_2y_1$同样地， $S$对 $a,b$都是线性运算。对于抽象的 $n$维空间上的多面体，我们也定义这么一个有向体积
$V(a_1,\cdots,a_n)$当然， $V$应当是对各变元是线性，这就提出了矩阵的行线性函数和列线性函数的概念。首先，我们要明确有向体积是 $n$个 $n$维向量到数域 $K$的函数，我们把这 $n$个 $n$维向量拼接成 $n$阶方阵，实际上，我们研究的是一个 $n$阶方阵的函数，即定义在 $M_n(K)$上的函数。其次，我们可以理解成以行向量组为邻边的 $n$维多面体的体积，就是所谓的行线性函数，如果理解成以列向量组为邻边的 $n$维多面体的体积，就是所谓的列线性函数。这样，我们就可以对行列线性函数，给出一个定义。

定义3.1 $f$是 $M_n(K)$到 $K$的函数，如果 $f$对任意的 $n+1$个行向量 $a_1,\cdots,a_{i-1},b_1,b_2,a_{i+1},\cdots,a_n$，及任意的 $\alpha,\beta \in K$，都有
$f(\left[\begin{matrix} a_1\\ \cdots\\ a_{i-1}\\ \alpha b_1 + \beta b_2\\ a_{i+1}\\ \cdots\\ a_{n} \end{matrix}\right]) =\alpha f(\left[ \begin{matrix} a_1\\ \cdots\\ a_{i-1}\\ b_1\\ a_{i+1}\\ \cdots\\ a_{n} \end{matrix}\right]) + \beta f(\left[\begin{matrix} a_1\\ \cdots\\ a_{i-1}\\ b_2\\ a_{i+1}\\ \cdots\\ a_{n} \end{matrix} \right])$则称 $f$是 $M_n(K)$上的行线性函数

同样地，可以定义列线性函数，这里不再赘述。除了行列线性以外，有向体积还满足一个特点，如果 $a_1,\cdots,a_n$线性相关，那么，这个空间多面体就被压缩在更低的维度当中，正如平面上线的面积为0，空间上面的体积为0，这个有向体积也应当是0，这点在二三维是比较容易验证的。也就是说：
$A\in M_n(K),r(A)<n,f(A)=0$同时，如果是由自然基，也就是直角坐标系上的各坐标轴取一个单位向量，所形成的空间多面体，也就是 $n$维方体，其有向体积应当是 $1$，即
$f(I_n)=1$下面我们将证明，满足以上两点性质的 $M_n(K)$上的函数是唯一的。我们先给以上的函数下一个定义。

定义3.2 $f$是 $M_n(K)$上的行线性函数，并且满足：
(1) $A\in M_n(K)$不满秩，则 $f(A)=0$
(2) $f(I_n)=1$
则称 $f$是 $M_n(K)$上的行列式函数

定理3.1 $M_n(K)$上的行列式函数是唯一的

为了证明定理3.1，我们先来给出行列式函数所满足的一些性质：
(1) $A$交换两行得到 $B$，则 $f(A)=-f(B)$
(2)将 $A$某一行的 $k$被加到另一行，得到 $B$，则 $f(A)=f(B)$
(1)由行线性，就有
$f(\left[ \begin{matrix} *\\ a_i+a_j\\ *\\ a_i+a_j\\ * \end{matrix} \right]) =f(\left[ \begin{matrix} *\\ a_i\\ *\\ a_i\\ * \end{matrix} \right])+f( \left[ \begin{matrix} *\\ a_i\\ *\\ a_j\\ * \end{matrix}\right] )+f(\left[ \begin{matrix} *\\ a_j\\ *\\ a_i\\ * \end{matrix}\right]) +f( \left[\begin{matrix} *\\ a_j\\ *\\ a_j\\ * \end{matrix}\right] )$而按照行列式的定义，就有
$0=f( \left[ \begin{matrix} *\\ a_i\\ *\\ a_j\\ * \end{matrix}\right] )+f(\left[ \begin{matrix} *\\ a_j\\ *\\ a_i\\ * \end{matrix}\right])$(2)
$f(\left[\begin{matrix} *\\ a_i+ka_j\\ *\\ a_j\\ * \end{matrix} \right])=f(\left[ \begin{matrix} *\\a_i\\*\\a_j\\* \end{matrix}\right] )+kf(\left[\begin{matrix} *\\a_j\\*\\a_j\\* \end{matrix}\right]) =f(\left[\begin{matrix} *\\a_i\\*\\a_j\\* \end{matrix}\right])$

引理3.1 $f,g$是 $M_n(K)$上的两个行列式函数，如果 $f(A)=g(A)$， $A$经过有限次初等行变换后，变换成 $B$，则 $f(B)=g(B)$

这一引理的证明是简单的，证明的具体过程省略。由引理3.1，我们就不难理解定理3.1，这是因为，任意可逆矩阵都可由 $I_n$经过有限次初等行变换得到，因而，对于任意的可逆矩阵 $A$，任意两个行列式函数都有 $f,g$，都有 $f(A)=g(A)$。而按照行列式函数的定义，对任意不可逆矩阵 $A$, $f(A)=g(A)=0$，因此，对任意的 $A\in M_n(K)$，都有 $f(A)=g(A)$，这就证明了行列式函数是唯一的。

行列式定义

上一节我们引入了行列式函数的概念，并且证明了 $M_n(K)$上的行列式函数是唯一的，这一函数的几何意义是以行向量组为边的空间多面体的有向体积。本节我们来给出行列式函数的具体表达式。对于 $n$阶矩阵 $A=\left[\begin{matrix} a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\ &\cdots&&\\ a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn} \end{matrix}\right]$我们记其行列式函数的值为 $det(A)$，下面，我们来推导出行列式的值。首先，我们知道
$(a_{11},\cdots,a_{1n})=\sum_{i=1}^n{e_i}$ $e_i$是除第 $i$个变元为1，其他变元为0的行向量，这样，
$det(A)=\sum_{i=1}^n{a_{1i}det( \left[\begin{matrix} &e_i&\\ a_{21}&\cdots&a_{2n}\\ \cdots&\cdots&\cdots\\ a_{n1}&\cdots&a_{nn} \end{matrix}\right] )}$类似地，再对其他行进行展开就有 $\det(A) = \sum_{1\le k_1,k_2,\cdots,k_n \le n,k_i\neq k_j(i\neq j)} {a_{1k_1}\cdots a_{nk_n}\det{ \left[\begin{matrix} e_{k_1}\\ \cdots\\ e_{k_n} \end{matrix}\right] }}$所以我们只要求出
$\det{ \left[\begin{matrix} e_{k_1}\\ \cdots\\ e_{k_n} \end{matrix}\right]}$
就可以得到行列式的具体表达式，而这实际上可以通过 $I_n$经过若干次交换行得到。所以
$\det{ \left[\begin{matrix} e_{k_1}\\ \cdots\\ e_{k_n} \end{matrix}\right]}$应当是 $\pm 1$，那么具体是 $+1$还是 $-1$呢，实际上， $k_1,\cdots,k_n$是 $1,\cdots,n$的一个排列。如果 $i<j$， $k_i>k_j$，就称 $k_i,k_j$是一对逆序，排列 $k_1,\cdots,k_n$逆序的对数称为逆序数，记为 $N(k_1,\cdots,k_n)$，现在，我们通过交换 $I_n$行的顺序得到以上的行列式。

定理3.2 对 $n$阶方阵
$A=\left[\begin{matrix} a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\ &\cdots&&\\ a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn} \end{matrix}\right]$ $\det(A) = \sum_{1\le k_1,k_2,\cdots,k_n \le n,k_i\neq k_j(i\neq j)} { (-1)^{N(k_1,\cdots,k_n)} a_{1k_1}\cdots a_{nk_n} }$

证：
实际上，我们只需要证明对 $1,\cdots,n$的任意排列 $k_1,\cdots,k_n$，都有
$\det\left[\begin{matrix} e_{k_1}\\ e_{k_2}\\ \cdots\\ e_{k_n} \end{matrix}\right] =(-1)^{N(k_1,\cdots,k_n)}$
如果 $N(k_1,\cdots,k_n)=0$，则结论显然成立。\
如果 $N(k_1,\cdots,k_n)>0$，则令
$i=\min\{i:k_i\neq i\}$再令
$j=\min\{j:k_j<k_i,j>i\}$这样，对任意的 $i<s<j$，都有
$k_j<k_i<k_s$交换 $k_i$和 $k_j$，得到的新排列逆序数减1，对应交换 $i,j$得到的矩阵 $B$，此时， $\det(B)=-\det(A)$，只要逆序数不为0，就反复进行以上操作，而逆序数不超过 $n$，这样就证得了结论。

这样，根据定理3.2，我们就得到了行列式函数的具体表达式。当然，容易验证，行列式函数也是列线性的，那么，我们就把行列式函数，简称为行列式，记为 $\det(A)$。

行列式的求解的基本手段当然是初等行变换和初等列变换。但从行列式表达式也可以看出来，行列式求解实际上并不简单，特别是对抽象矩阵，得到其行列式的具体表达式不总是这么容易的，容易验证：在 $n=1$时，
$\det{A}=a_{11}$在 $n=2$时，实际上就是正对角线乘积减去反对角线的乘积。
$\det{A}=a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}$在 $n=3$时，也是正对角线的乘积减去反对角线的乘积，只不过此时正对角线有三条，反对角线也有3条。

下面我们给出一些常用的 $n$阶方阵的行列式：

例3.1 三角矩阵
$\left[ \begin{matrix} a_{11}\\ a_{12}&a_{22}\\ &\cdots&\\ a_{1n}&a_{2n}&\cdots&a_{nn} \end{matrix} \right]$或
$\left[\begin{matrix} a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ &a_{2n}&\cdots&a_{2n}\\ &&\cdots&\\ &&&a_{nn} \end{matrix}\right]$的行列式为 $\prod_{i=1}^n{a_{ii}}$

证：
对 $1,2,\cdots,n$的任意排列 $k_1,\cdots,k_n$，只要不是完全顺序排列，那么必然存在 $i<k_i,j>k_j$，从而行列式只有一项不为0，即是 $a_{11}\cdots a_{nn}$

下面，我们先给出行列式按某行某列展开的方法， $a_{ij}$的余子式 $M_{ij}$定义为划去 $i$行 $j$列后行列式的值，于是，有以下展开公式：

定理3.3 $A=(a_{ij})$是 $n$阶方阵，则
$\det(A) = \sum_{k=1}^n{(-1)^{i+k}a_{ik}M_{ik}} =\sum_{k=1}^n{(-1)^{j+k}a_{kj}M_{kj}}$

定理3.3中的 $(-1)^{i+j}M_{ij}$称为 $a_{ij}$的代数余子式，记为 $A_{ij}$，则定理3.3中的公式又可以写成
$\det(A)=\sum_{k=1}^n{a_{ik}A_{ik}} =\sum_{k=1}^n{a_{kj}A_{kj}}$这样，我们就给出了行列式按某行某列展开的公式，下面，我们来证明定理\ref{th7}。

证：
我们仅证明按某行展开的结论，按列展开的证明是类似的。首先我们证明可以按第1行展开。
设 $A$的行向量组为 $a_1,\cdots,a_n$， $a_1=(a_{11},a_{12},\cdots,a_{1n})$，由行线性，就有
$\det(A) = \sum_{k=1}^n{a_{1k}\det(A_k)}$其中
$A_k = \left[\begin{matrix} \varepsilon_k\\ a_2\\ \cdots\\ a_n \end{matrix}\right]$再求解 $\det(A_k)$即可，将第 $k$列逐次和前一列交换直至交换到第 $1$列，这样，就得到
$\det(A_k)=(-1)^{k-1}\det\left[\begin{matrix} 1&0&&\cdots&\cdots&&0\\ a_{2k}&a_{21}&\cdots&a_{2(k-1)}&a_{2(k+1)}&\cdots&a_{2n}\\ \cdots\\ a_{nk}&a_{n1}&\cdots&a_{n(k-1)}&a_{n(k+1)}&\cdots&a_{nn} \end{matrix}\right]=(-1)^{k+1}M_{1k}$对其他行，逐次和前一行进行交换交换至第一行，再按第一行进行展开，即可得出结论。

求解行列式，技巧众多，可按某行某列展开，也可以利用初等行变换化成三角矩阵进行求解。没有固定的方法，需要"具体矩阵，具体分析"。

例3.2 范德蒙德行列式，求解以下矩阵的行列式
$A= \left[\begin{matrix} 1&1&\cdots&1\\ a_1&a_2&\cdots&a_n\\ a_1^2&a_2^2&\cdots&a_n^2\\ \cdots\\ a_1^{n-1}&a_2^{n-1}&\cdots&a_n^{n-1} \end{matrix}\right]$

解：
第一步：第 $2~n$列减去第 $1$列，行列式等于
$\det(A) = \det\left[\begin{matrix} 1&0&\cdots&0\\ a_1&a_2-a_1&\cdots&a_n-a_1\\ \cdots\\ a_1^{n-1}&a_2^{n-1}-a_1^{n-1}&\cdots&a_n^{n-1}-a_1^{n-1} \end{matrix}\right]$按第一行展开，就有
$\det(A) = \det\left[\begin{matrix} a_2-a_1&\cdots&a_n-a_1\\ \cdots\\ a_2^{n-1}-a_1^{n-1}&\cdots&a_n^{n-1}-a_1^{n-1} \end{matrix} \right]$由行列式的性质，就有
$\det(A) = \prod_{i=2}^n{(a_i-a_1)}\det\left[\begin{matrix} 1&\cdots&1\\ a_2+a_1&\cdots&a_n+a_1\\ a_2^2+a_2a_1+a_1^2&\cdots&a_n^2+a_na_1+a_1^2\\ \cdots\\ \sum_{j=1}^{n-2}{a_2^ja_1^{n-2-j}}&\cdots& \sum_{j=1}^{n-2}{a_n^ja_1^{n-2-j}} \end{matrix}\right]$可以通过将不改变行列式值的初等行变换，将行列式化为
$\det(A) =\prod_{i=2}^n{(a_i-a_1)} \det\left[\begin{matrix} 1&\cdots&1\\ a_2&\cdots&a_n\\ \cdots\\ a_2^{n-2}&\cdots&a_n^{n-2} \end{matrix}\right]$这就启发我们可以用归纳法，得到
$\det(A) = \prod_{1\le i<j\le n}{(a_j-a_i)}$范德蒙德行列式不为0的充要条件是 $a_1,\cdots,a_n$两两不同

行列式的应用与性质

接下来介绍行列式的两个应用及一些性质

行列式与逆矩阵

将行列式按第 $k$行展开，就有
$\det(A)=\sum_{j=1}^n{a_{kj}A_{kj}}$如果将 $a_{kj}$替换成其他数，就相当于在矩阵的第 $k$行替换相应的数，于是
$\sum_{j=1}^n{a_{ij}A_{kj}}=\begin{cases} \det(A) & i=k\\ 0 & i\neq k \end{cases}$于是，对任意矩阵 $A$，定义
$A^*=\left[\begin{matrix} A_{11}&A_{21}&\cdots&A_{n1}\\ A_{12}&A_{22}&\cdots&A_{n2}\\ \cdots\\ A_{1n}&A_{2n}&\cdots&A_{nn} \end{matrix}\right]$为 $A$的伴随矩阵，就有
$AA^*=\left[\begin{matrix} \det(A)\\ &\det(A)\\ &&\cdots\\ &&&\det(A) \end{matrix}\right]$如果 $A$可逆，那么 $\det(A)\neq 0$，于是
$\frac{AA^*}{\det(A)}=I_n$因此， $A^{-1}=\frac{A^*}{\det(A)}$，这样，如果 $A$可逆，那么，线性方程组 $Ax=b$的解为
$x^*=A^{-1}b=\frac{A^*b}{\det(A)}$于是
$x_i^*=\frac{\sum_{s=1}^n{b_sA_{si}}}{\det{(A)}}$其中，分子即是将 $A$的第 $i$列替换成 $b$得到的矩阵，这就是著名的Carmer法则。实际应用中，由于行列式求解不总是那么容易，因此，求解线性方程组时很少借助Carmer法则，通常还是使用初等变换求解线性方程组，但是，Carmer法则在理论上是非常实用的。

行列式与矩阵的秩

通过行列式子式是零还是非零，就可以判断矩阵的秩。首先提出子式的概念，即是 $A$的第 $i_1,\cdots,i_k$行和第 $j_1,\cdots,j_k$列交叉处元素组成的 $k$阶方阵的行列式的秩，记为
$A\left\{\begin{matrix} i_1&i_2&\cdots&i_k\\ j_1&j_2&\cdots&j_k \end{matrix}\right\}$称为 $A$的一个 $k$阶子式

定理3.4 $A$是 $n\times m$矩阵， $r(A)=r$，则 $A$存在一个 $r$阶非零子式，但 $r+1$阶子式都为 $0$

证：
证明要分两步进行，第一步，证明 $A$有一个 $r$阶非零子式：\
由于 $r(A)=r$，设 $a_1,\cdots,a_n$是 $A$的行向量组，设 $a_{i_1},\cdots,a_{i_r}$是 $A$行向量组的极大线性无关组，截取 $i_1,\cdots,i_r$所在的行向量组成子矩阵 $B$，设 $B$的列向量组为 $b_1,\cdots,b_m$，由于 $r(B)=r$，设其极大线性无关组为 $b_{j_1},\cdots,b_{j_r}$，这样
$A\left\{\begin{matrix} i_1&i_2&\cdots&i_k\\ j_1&j_2&\cdots&j_k \end{matrix}\right\}$就是 $A$的一个 $r$阶非零子式。\
第二步：证明 $A$的所有 $r+1$阶子式都为0：\
任取 $A$的 $r+1$个行向量，这 $r+1$个行向量线性相关，因此，某一个向量可被另外 $r$个向量线性表示，因此，任取 $r+1$阶子方阵一定不满秩，因此，任意 $r+1$阶子式都为0

由于以上证明中的 $r$阶非零子式的任意子式都非零，因此，对 $i<r$，一定存在一个 $i$阶的非零子式，但任意 $r+1$阶子式都为0，因此，矩阵的秩又可以定义为非零子式的最大阶数，并且，定理3.4是可以加强到充要条件的。利用秩的这个定义，我们可以给出分块矩阵的秩的一个不等式。

命题3.1 对分块矩阵
$M = \left[\begin{matrix} A & C\\ 0 & B \end{matrix}\right]$有不等式
$r(M)\ge r(A) + r(B)$特别地，如果 $C=0$，则
$r(M)=r(A)+r(B)$

行列式与矩阵运算

最后，我们来给出行列式与矩阵转置、矩阵乘法的关系。

命题3.2 $A$是数域 $K$上的 $n$阶方阵，则
$\det(A) = \det(A^T)$

命题3.3 $A$和 $B$是数域 $K$上的 $n$阶方阵，则
$\det(AB)=\det(A)\det(B)$

为了证明这两个命题，我们先来给出初等矩阵的行列式与矩阵转置，矩阵乘法的关系

引理3.2 $E$是 $K$上的 $n$阶初等矩阵，则
$\det(E)=\det(E^T)$

引理3.3 $E$是 $K$上的 $n$阶初等矩阵， $A$是 $K$上的 $n$阶初等矩阵，则
$\det(EA)=\det(E)\det(A)$

这两个引理的证明只需要对每一类初等矩阵进行分类讨论即可。于是，下面可以着手证明本节开头提出的两个命题。

证：
不妨设 $A$是可逆矩阵，否则 $\det(A)=\det(A^T)=0$。
存在有限个初等矩阵 $E_1,\cdots,E_s$，使得
$A=E_1\cdots E_s$则
$A^T=E_s^T\cdots E_1^T$这样
$\det(A^T)=\det(E_s^T)\cdots \det(E_1^T)=\det(E_s)\cdots\det(E_1)=\det(A)$乘法的证明是类似的，这里省略