上一篇文章《如何定义行列式？从逆序数到行列式的行展开！》中，我们从逆序数的角度出发，定义了行列式，并且推导出了行列式的行展开公式。 在本篇文章中，我们将继续推导行列式的性质。首先我们主要还是采用第三公理化（递归法）的视角来进行计算，逆序数的视角仅作为补充，我个人认为理由递归法的递推公式比较容易进行数学归纳法的证明。 定义回顾 递归法定义（第三公理化定义） 设$A$为$n\times n$矩阵，$a{ij}$为$A$的第$i$行第$j$列元素，$M{ij}$为去掉$A$的第$i$行第$j$列元素后得到的$(n-1)\times(n-1)$矩阵，则行列式定义如下： $$ \begin{aligned} \det(A) &= \sum{j=1}^n a{ij}(-1)^{i+j}\det(M{ij})\\ |a{ij}| &= a{ij} \end{aligned} $$ 其中$i$可以取任意整数$1\leq i\leq n$，通常取$i=1$。 逆序数定义 设$A$为$n\times n$矩阵，$a{ij}$为$A$的第$i$行第$j$列元素，则行列式定义如下： $$ \det(A) = \sum{\sigma\in Sn} (-1)^{\tau(\sigma)}\prod{i=1}^n a{i\sigma(i)} $$ 先计算一些常用的行列式 $n$ 阶下三角行列式 设$A$为$n$阶下三角矩阵（当$i<j$时，$a{ij}=0$，即主对角线以上元素为 $0$），则$A$的行列式为： $$ \det(A) = \prod{i=1}^n a_{ii} $$ 证明：对 $n$ 作数学归纳法，当$n=1,2$时，结论显然成立。 假设结论对$n-1$阶下三角行列式成立，则由定义得 $$ \begin{aligned} Dn &= (-1)^{1+1}a{11}D{n-1}\\ &= a{11}\prod{i=2}^n a{ii}\\ &= \prod{i=1}^n a{ii} \end{aligned} $$ 其中$Dn$为$n$阶下三角行列式，$D{n-1}$为去掉$Dn$的第一行第一列元素后得到的$(n-1)$阶下三角行列式。 因此结论对$n$阶下三角行列式成立。 $n$ 阶上三角行列式 设$A$为$n$阶上三角矩阵（当$i>j$时，$a{ij}=0$，即主对角线以下元素为 $0$），则$A$的行列式为： $$ \det(A) = \prod{i=1}^n a{ii} $$ 证明：对 $n$ 作数学归纳法，当$n=1,2$时，结论显然成立。 假设结论对$n-1$阶上三角行列式成立，则由定义得 $$ \begin{aligned} Dn &= (-1)^{n+n}a{nn}D{n-1}\\ &= a{nn}\prod{i=1}^{n-1} a{ii}\\ &= \prod{i=1}^n a{ii} \end{aligned} $$ 其中$Dn$为$n$阶上三角行列式，$D{n-1}$为去掉$Dn$的第$n$行第$n$列元素后得到的$(n-1)$阶上三角行列式。 因此结论对$n$阶上三角行列式成立。 $n$ 阶对角行列式 设$A$为$n$阶对角矩阵（当$i\neq j$时，$a{ij}=0$），则$A$的行列式为： $$ \det(A) = \prod{i=1}^n a{ii} $$ 证明：对 $n$ 作数学归纳法，当$n=1,2$时，结论显然成立。 假设结论对$n-1$阶对角行列式成立，则由定义得 $$ \begin{aligned} Dn &= (-1)^{1+1}a{11}D{n-1}\\ &= a{11}\prod{i=2}^n a{ii}\\ &= \prod{i=1}^n a{ii} \end{aligned} $$ 其中$Dn$为$n$阶对角行列式，$D{n-1}$为去掉$Dn$的第一行第一列元素后得到的$(n-1)$阶对角行列式。 因此结论对$n$阶对角行列式成立。 $n$ 阶反对角行列式 设$A$为$n$阶反对角矩阵（当$i+j\neq n+1$时，$a{ij}=0$），则$A$的行列式为： $$ \det(A) = (-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}\prod{i=1}^n a{i(n-i+1)} $$ 证明：对 $n$ 作数学归纳法，当$n=1,2$时，结论显然成立。 假设结论对$n-1$阶反对角行列式成立，则由定义得 $$ \begin{aligned} Dn &= (-1)^{1+n}a{1n}D{n-1}\\ &= (-1)^{1+n}a{1n}(-1)^{\frac{(n-1)(n-2)}{2}}\prod{i=2}^n a{i(n-i+1)}\\ &= (-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}\prod{i=1}^n a{i(n-i+1)} \end{aligned} $$ 其中$Dn$为$n$阶反对角行列式，$D{n-1}$为去掉$D_n$的第一行第$n$列元素后得到的$(n-1)$阶反对角行列式。 因此结论对$n$阶反对角行列式成立。 也可以通过计算得到： $$ \begin{aligned} Dn &= (-1)^{1+n}a{1n}D{n-1}\\ D{n-1} &= (-1)^{1+(n-1)}a{2(n-1)}D{n-2}\\ \vdots\\ D2 &= (-1)^{1+2}a{(n-1)2}D1\\ D1 &= a{nn} \end{aligned} $$ 将上面各式相乘，得到 $$ \begin{aligned} Dn &= (-1)^{1+n}(-1)^{1+(n-1)}\cdots(-1)^{1+2}a{1n}a{2(n-1)}\cdots a{(n-1)2}a{nn}\\ &= (-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}\prod{i=1}^n a{i(n-i+1)} \end{aligned} $$ $n$ 阶行列式的性质 性质 1：行列式与矩阵的转置相等 $$ \det(A) = \det(A^T) $$ 证明： 由定义得 $$ \begin{aligned} \det(A^T) &\xlongequal{\mathrm{define}} \sum{\sigma\in Sn} (-1)^{\tau(\sigma)}\prod{i=1}^n b{i\sigma(i)}\\ &\xlongequal{b{ij}=a{ji}} \sum{\sigma\in Sn} (-1)^{\tau(\sigma)}\prod{i=1}^n a{\sigma(i)i}\\ \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} \det(A) &= \sum{\sigma\in Sn} (-1)^{\tau(\sigma)}\prod{i=1}^n a{i\sigma(i)}\\ &= \sum{\sigma\in Sn} (-1)^{\tau(\sigma)}\prod{i=1}^n a{\sigma^{-1}(i)i}\\ &= \sum{\sigma\in Sn} (-1)^{\tau(\sigma^{-1})}\prod{i=1}^n a{\sigma^{-1}(i)i}\\ &= \sum{\rho\in Sn} (-1)^{\tau(\rho)}\prod{i=1}^n a{\rho(i)i}\\ \end{aligned} $$ 因此 $\det(A) = \det(A^T)$。 > 作者的话：你猜我为啥不用递归法定义来证明？ 性质 2：行列式可以按任意一行（列）展开 $$ \det(A) = \sum{j=1}^n a{ij}(-1)^{i+j}\det(M{ij}) = \sum{i=1}^n a{ij}(-1)^{i+j}\det(M{ij}) $$ 证明： 由定义得 $$ \begin{aligned} \det{A} &=\sum{\sigma \in Sn} (-1)^{\tau(\sigma)}\prod{i=1}^n a{i\sigma(i)}\\ &=\sum{j=1}^n a{ij}\sum{\substack{\sigma \in Sn \\ \sigma(i)=j}} (-1)^{\tau(\sigma)}\prod{\substack{k=1 \\ k\neq i}}^n a{k\sigma(k)}\\ &=\sum{j=1}^n a{ij}(-1)^{i+j}\sum{\rho \in S{n-1}} (-1)^{\tau(\rho)}\prod{k=1}^{n-1} a{k'\rho(k')}\\ &=\sum{j=1}^n a{ij}(-1)^{i+j}\det(M{ij}) \end{aligned} $$ 其中$k'=\begin{cases}k & k<i\\ k+1 & k\geq i\end{cases}$ 同理，由性质 1 可得 $$ \det(A) = \sum{i=1}^n a{ij}(-1)^{i+j}\det(M{ij}) $$ 性质 3：行列式的线性性质 1. 若将矩阵$A$的某一行（列）乘以常数$k$，则行列式也乘以$k$，即 $$ \det(B) = k\det(A) $$ 其中$B$为将矩阵$A$的第$i$行（列）乘以常数$k$后得到的矩阵。 2. 若将矩阵$A$的某一行（列）拆成两行（列）的和，则行列式也拆成两项的和，即 $$ \det(B) = \det(A) + \det(C) $$ 其中$B$为将矩阵$A$的第$i$行（列）拆成两行（列）的和后得到的矩阵，$C$为将矩阵$A$的第$i$行（列）替换成另一行（列）后得到的矩阵。 证明： 由定义得 $$ \begin{aligned} \det(B) &= \sum{j=1}^n b{ij}(-1)^{i+j}\det(M{ij})\\ &= \sum{j=1}^n k a{ij}(-1)^{i+j}\det(M{ij})\\ &= k\det(A) \end{aligned} $$ 其中$B$为将矩阵$A$的第$i$行（列）乘以常数$k$后得到的矩阵。 同理，若将矩阵$A$的第$i$行（列）拆成两行（列）的和，则 $$ \begin{aligned} \det(B) &= \sum{j=1}^n b{ij}(-1)^{i+j}\det(M{ij})\\ &= \sum{j=1}^n (a{ij}+c{ij})(-1)^{i+j}\det(M{ij})\\ &= \sum{j=1}^n a{ij}(-1)^{i+j}\det(M{ij}) + \sum{j=1}^n c{ij}(-1)^{i+j}\det(M_{ij})\\ &= \det(A) + \det(C) \end{aligned} $$ 其中$B$为将矩阵$A$的第$i$行（列）拆成两行（列）的和后得到的矩阵，$C$为将矩阵$A$的第$i$行（列）替换成另一行（列）后得到的矩阵。 上述性质使用逆序数定义也可以证明，读者可自行尝试。 性质 4：行列式中两行元素全相等，则行列式为零 $$ \det(A) = 0 $$ 其中$A$为$n\times n$矩阵，且$A$的第$i$行与第$j$行元素全相等，$i\neq j$。 证明1： 假设已经证明行列式交换两行（列）符号取反 $$ \det(A) = -\det(A) $$ 则可得$\det(A) = 0$。 证明2： 用数学归纳法证明，结果对$n=2$时显然成立，假设结论对$n-1$阶矩阵成立，则对$n$阶矩阵$A$的第$k$行展开（$k\neq i,j$），则 $$ \begin{aligned} \det(A) &= \sum{l=1}^n a{kl}(-1)^{k+l}\det(M{kl})\\ \end{aligned} $$ 其中$M{kl}$为去掉$A$的第$k$行第$l$列元素后得到的$(n-1)\times(n-1)$矩阵，且$M{kl}$的第$i$行与第$j$行元素全相等，因此$\det(M{kl})=0$，从而$\det(A)=0$。结论对$n$阶矩阵成立。 推论 1. 行列式中两行（列）成比例，则行列式为零。 2. 在行列式中，将某一行（列）的各元素加上另一行（列）对应元素的常数倍，行列式的值不变。 性质 5：行列式交换两行（列）符号取反 $$ \det(B) = -\det(A) $$ 其中$B$为将矩阵$A$的第$i$行（列）与第$j$行（列）交换后得到的矩阵，$i\neq j$。 证明： 设矩阵 $A = (a{ij})$，$B$ 是将 $A$ 的第 $r$ 行与第 $s$ 行交换后得到的矩阵。 设 $p = (p1 \cdots pn)$ 是一个排列，$q$ 是将 $p$ 中的第 $r$ 个元素 $pr$ 与第 $s$ 个元素 $ps$ 交换后得到的排列。 根据行列式定义： $$ \det(B) = \sum{p \in Sn} (-1)^{\tau(p)} \prod{i=1}^{n} b{i, pi} $$ 由 $B$ 的构造可知 $b{r, pr} = a{s, pr}$, $b{s, ps} = a{r, ps}$，且对 $i \neq r, s$ 有 $b{i, pi} = a{i, pi}$。代入上式： $$ \det(B) = \sum{p \in Sn} (-1)^{\tau(p)} \left( a{s, pr} a{r, ps} \prod{i \neq r, s} a{i, pi} \right) $$ 根据排列 $q$ 的定义，上式右边的乘积项可以写作： $$ a{s, pr} a{r, ps} \prod{i \neq r, s} a{i, pi} = \prod{i=1}^{n} a{i, qi} $$ 根据已知排列性质，交换排列中两个元素会改变逆序数的奇偶性，故 $(-1)^{\tau(p)} = -(-1)^{\tau(q)}$。 代入得： $$ \det(B) = \sum{p \in Sn} -(-1)^{\tau(q)} \prod{i=1}^{n} a{i, qi} $$ 当 $p$ 遍历所有排列 $Sn$ 时，$q$ 也同样遍历 $Sn$。因此，我们可以将求和变量从 $p$ 换成 $q$： $$ \det(B) = - \sum{q \in Sn} (-1)^{\tau(q)} \prod{i=1}^{n} a{i, q_i} = -\det(A) $$ 证毕。 利用推论的证明： > 思考一下，如果只有两个变量$a$和$b$，如何仅通过加减法运算来交换它们的值？（不得使用临时变量） > > 1. $a\ \text{+=}\ b = a + b$ > 2. $b\ \text{+=}\ -a = b - (a + b) = -a$ > 3. $a\ \text{+=}\ b = a + b - a = b$ 设矩阵 $A = (a{ij})$，$B$ 是将 $A$ 的第 $r$ 行与第 $s$ 行交换后得到的矩阵。 $$ \begin{aligned} \det{A} &\xlongequal{r+s} \det(A1)\\ &\xlongequal{s-r} \det(A2)\\ &\xlongequal{r+s} \det(A3)\\ &\xlongequal{-s} -\det(B) \end{aligned} $$ 证明如下式子： $$ \sum{k=1}^n a{ik}A{jk} = 0 \quad (i \neq j) $$ 其中$A{jk} = (-1)^{j+k}\det(M{jk})$为$a{jk}$的代数余子式。 证明： 设矩阵 $A = (a{ij})$，构造矩阵 $B$，其第 $j$ 行与第 $i$ 行相同，其余行与 $A$ 相同。则显然其第 $j$ 行元素对应的代数余子式为 $A{jk}$。 $$ \det(B) = \sum{k=1}^n a{ik}A_{jk} = 0 $$ 证毕。
