19. 按一列 (行) 展开行列式的公式的变体

首先, 我们回想, 我们是可, 按任何一列, 也可按任何一行, 展开一个阵的行列式的:

定理 19.1. 设 $A$ 是 $n$ 级阵 ($n⩾1$). 设 $j$ 为整数, 且 $1⩽j⩽n$. 则$$\begin{array}{r}\det (A)=\sum _{i=1}^n(-1{)}^{i+j}[A{]}_{i,j}\det (A(i|j)).\end{array}$$

定理 19.2. 设 $A$ 是 $n$ 级阵 ($n⩾1$). 设 $i$ 为整数, 且 $1⩽i⩽n$. 则$$\begin{array}{r}\det (A)=\sum _{j=1}^n(-1{)}^{i+j}[A{]}_{i,j}\det (A(i|j)).\end{array}$$

或许, 您还记得约定: 当 $A$ 是 $1$ 级阵时, 形如 $A(1|1)$ 的记号表示 “$0$ 级阵”, 且 “$0$ 级阵” 的行列式为 $1$. 此约定可使我们简单地写公式.

若我们改变公式的几个文字, 则可得到不一样的结果:

定理 19.3. 设 $A$ 是 $n$ 级阵 ($n⩾1$). 设 $k$, $j$ 都是不超过 $n$ 的正整数, 且 $k\ne j$. 则$$\begin{array}{r}\sum _{\ell =1}^n(-1{)}^{\ell +k}[A{]}_{\ell ,j}\det (A(\ell |k))=0.\end{array}$$类似地, 若 $i$, $k$ 都是不超过 $n$ 的正整数, 且 $i\ne k$, 则$$\begin{array}{r}\sum _{s=1}^n(-1{)}^{k+s}[A{]}_{i,s}\det (A(k|s))=0.\end{array}$$

我用一个例助您理解, 此定理在说什么.

例 19.4. 设$$\begin{array}{r}A=\left[\begin{array}{ccc}1& 5& 9\\ 2& 6& 7\\ 3& 4& 8\end{array}\right].\end{array}$$不难算出, $$\begin{array}{rl}& \det (A(1|1))=6\cdot 8-4\cdot 7=20,\\ & \det (A(2|1))=5\cdot 8-4\cdot 9=4,\\ & \det (A(3|1))=5\cdot 7-6\cdot 9=-19.\end{array}$$那么, 这个定理说, 当 $j=2$ 或 $j=3$ 时, $$\begin{array}{rl}& (-1{)}^{1+1}[A{]}_{1,j}\det (A(1|1))+(-1{)}^{2+1}[A{]}_{2,j}\det (A(2|1))\\ & +(-1{)}^{3+1}[A{]}_{3,j}\det (A(3|1))=0,\end{array}$$即$$\begin{array}{r}20[A{]}_{1,j}-4[A{]}_{2,j}-19[A{]}_{3,j}=0.\end{array}$$

我们直接地验证此事. 取 $j=2$, 有$$\begin{array}{r}20\cdot 5-4\cdot 6-19\cdot 4=100-24-76=0.\end{array}$$取 $j=3$, 有$$\begin{array}{r}20\cdot 9-4\cdot 7-19\cdot 8=180-28-152=0.\end{array}$$

证. 我证式 1, 您证式 2.

取 $n$ 个数 $z_1$, $z_2$, $\dots$, $z_n$. 我们作 $n$ 级阵 $B$, 其中$$\begin{array}{r}[B{]}_{\ell ,s}=\{\begin{array}{ll}[A{]}_{\ell ,s},& s\ne k;\\ z_{\ell },& s=k.\end{array}\end{array}$$(通俗地, $B$ 的列 $s$ 等于 $A$ 的列 $s$ ($s\ne k$), 而 $B$ 的列 $k$ 的元分别是 $z_1$, $z_2$, $\dots$, $z_n$.) 由此可见, $B(\ell |k)=A(\ell |k)$ ($\ell =1$, $2$, $\dots$, $n$). 所以$$\begin{array}{rl}\det (B)=& \sum _{\ell =1}^n(-1{)}^{\ell +k}[B{]}_{\ell ,k}\det (B(\ell |k))\\ =& \sum _{\ell =1}^n(-1{)}^{\ell +k}{z}_{\ell }\det (A(\ell |k)).\end{array}$$注意看. 现在, 特别地, 我们取 $z_1$, $z_2$, $\dots$, $z_n$ 为 $[A{]}_{1,j}$, $[A{]}_{2,j}$, $\dots$, $[A{]}_{n,j}$. 此时, $B$ 有相同的二列 ($B$ 的列 $j$ 即为 $B$ 的列 $k$, 并注意到 $k\ne j$). 所以 $\det (B)=0$. 故$$\sum _{\ell =1}^n(-1{)}^{\ell +k}[A{]}_{\ell ,j}\det (A(\ell |k))=0.$$证毕.

利用 $\delta$-记号, 有 (我留此事的论证为您的习题):

定理 19.5. 设 $A$ 是 $n$ 级阵 ($n⩾1$). 若 $k$, $j$ 都是不超过 $n$ 的正整数, 则$$\begin{array}{r}\sum _{\ell =1}^n(-1{)}^{\ell +k}\det (A(\ell |k))[A{]}_{\ell ,j}=\det (A)\delta (k,j).\end{array}$$类似地, 若 $i$, $k$ 都是不超过 $n$ 的正整数, 则$$\begin{array}{r}\sum _{s=1}^n[A{]}_{i,s}(-1{)}^{k+s}\det (A(k|s))=\det (A)\delta (i,k).\end{array}$$

您可能注意到, 我用数的乘法的结合律与交换律改写了公式. 为什么?

定义 19.6 (古伴). 设 $A$ 是 $n$ 级阵 ($n⩾1$). 定义 $A$ 的古伴 (或者, 古典伴随阵) 为 $n$ 级阵 $\mathrm{adj}(A)$, 其中, 对任何不超过 $n$ 的正整数 $i$, $j$, $$\begin{array}{r}[\mathrm{adj}(A){]}_{i,j}=(-1{)}^{j+i}\det (A(j|i))\end{array}$$(注意等式右侧的 $i$, $j$ 的次序).

有一件小事值得提. 根据约定, 一个 $1$ 级阵的古伴就是 $[1]$, 即 $1$ 级单位阵.

例 19.7. 设$$\begin{array}{r}A=\left[\begin{array}{ccc}1& 5& 9\\ 2& 6& 7\\ 3& 4& 8\end{array}\right].\end{array}$$我们计算 $A$ 的古伴 $\mathrm{adj}(A)$. 根据定义, 我们要计算 $9$ 个 $2$ 级阵的行列式: $$\begin{array}{rl}& \det (A(1|1))=6\cdot 8-4\cdot 7=20,\\ & \det (A(1|2))=2\cdot 8-3\cdot 7=-5,\\ & \det (A(1|3))=2\cdot 4-3\cdot 6=-10,\\ & \det (A(2|1))=5\cdot 8-4\cdot 9=4,\\ & \det (A(2|2))=1\cdot 8-3\cdot 9=-19,\\ & \det (A(2|3))=1\cdot 4-3\cdot 5=-11,\\ & \det (A(3|1))=5\cdot 7-6\cdot 9=-19,\\ & \det (A(3|2))=1\cdot 7-2\cdot 9=-11,\\ & \det (A(3|3))=1\cdot 6-2\cdot 5=-4.\end{array}$$所以$$\begin{array}{rl}& \mathrm{adj}(A)\\ =& \left[\begin{array}{ccc}(-1{)}^{1+1}\det (A(1|1))& (-1{)}^{2+1}\det (A(2|1))& (-1{)}^{3+1}\det (A(3|1))\\ (-1{)}^{1+2}\det (A(1|2))& (-1{)}^{2+2}\det (A(2|2))& (-1{)}^{3+2}\det (A(3|2))\\ (-1{)}^{1+3}\det (A(1|3))& (-1{)}^{2+3}\det (A(2|3))& (-1{)}^{3+3}\det (A(3|3))\end{array}\right]\\ =& \left[\begin{array}{ccc}+\det (A(1|1))& -\det (A(2|1))& +\det (A(3|1))\\ -\det (A(1|2))& +\det (A(2|2))& -\det (A(3|2))\\ +\det (A(1|3))& -\det (A(2|3))& +\det (A(3|3))\end{array}\right]\\ =& \left[\begin{array}{ccc}20& -4& -19\\ 5& -19& 11\\ -10& 11& -4\end{array}\right].\end{array}$$

定理 19.8. 设 $A$ 是 $n$ 级阵 ($n⩾1$). 设 $\mathrm{adj}(A)$ 为其古伴. 则$$\begin{array}{r}\mathrm{adj}(A)A=\det (A)I=A\mathrm{adj}(A).\end{array}$$

证. 首先, 二个等式的左右二侧都是 $n$ 级阵.

由上个定理 (的前一部分), $$\begin{array}{rl}[\mathrm{adj}(A)A{]}_{i,j}=& \sum _{\ell =1}^n[\mathrm{adj}(A){]}_{i,\ell }[A{]}_{\ell ,j}\\ =& \sum _{\ell =1}^n(-1{)}^{\ell +i}\det (A(\ell |i))[A{]}_{\ell ,j}\\ =& \det (A)\delta (i,j)\\ =& \det (A)[I{]}_{i,j}\\ =& [\det (A)I{]}_{i,j}.\end{array}$$同理, $$\begin{array}{rl}[A\mathrm{adj}(A){]}_{i,j}=& \sum _{s=1}^n[A{]}_{i,s}[\mathrm{adj}(A){]}_{s,j}\\ =& \sum _{s=1}^n[A{]}_{i,s}(-1{)}^{j+s}\det (A(j|s))\\ =& \det (A)\delta (i,j)\\ =& \det (A)[I{]}_{i,j}\\ =& [\det (A)I{]}_{i,j}.\end{array}$$

证毕.

例 19.9. 设$$\begin{array}{r}A=\left[\begin{array}{ccc}1& 5& 9\\ 2& 6& 7\\ 3& 4& 8\end{array}\right].\end{array}$$我们知道, $A$ 的行列式是 $-45$. 我们还知道, $A$ 的古伴$$\begin{array}{r}\mathrm{adj}(A)=\left[\begin{array}{ccc}20& -4& -19\\ 5& -19& 11\\ -10& 11& -4\end{array}\right].\end{array}$$可以验证$$\begin{array}{r}\mathrm{adj}(A)A=-45I=A\mathrm{adj}(A).\end{array}$$

设 $A$ 是 $n$ 级阵, 且其行列式 $\det (A)\ne 0$. 作 $n$ 级阵$$\begin{array}{r}B=\frac{1}{\det (A)}\mathrm{adj}(A).\end{array}$$从而$$\begin{array}{rl}BA=& (\frac{1}{\det (A)}\mathrm{adj}(A))A\\ =& \frac{1}{\det (A)}(\mathrm{adj}(A)A)\\ =& \frac{1}{\det (A)}(\det (A)I)\\ =& (\frac{1}{\det (A)}\det (A))I\\ =& 1I\\ =& I.\end{array}$$类似地, 可知 $AB=I$. 所以, 我们有

定理 19.10. 设 $A$ 是 $n$ 级阵 ($n⩾1$). 若 $\det (A)\ne 0$, 则存在 $n$ 级阵 $B$ 使$$\begin{array}{r}BA=I=AB.\end{array}$$

反之, 若有 $n$ 级阵 $B$ 使 $BA=I=AB$, 则, 因为二个同级的方阵的积的行列式等于这二个阵的行列式的积,$$\begin{array}{r}1=\det (I)=\det (AB)=\det (A)\det (B).\end{array}$$从而 $\det (A)\ne 0$.

我们熟知, 任取不等于 $0$ 的数 $a$, 必有一个数 $b$ 使 $ba=1=ab$; 反过来, 若 $ba=1=ab$, 则 $a\ne 0$. 这么看来, 行列式非零的阵跟非零的数 “像”; 甚至, 特别地, 行列式非零的 $1$ 级阵就是非零的数.