53. 用行列式的性质确定行列式

本节, 我想讨论如何用行列式的性质确定行列式.

我们知道, 多线性与交错性可 “基本确定” 行列式:

定理 53.1. 设定义在全体 $n$ 级阵上的函数 $f$ 适合:

(1) (多线性) 对任何不超过 $n$ 的正整数 $j$, 任何 $n-1$ 个 $n\times 1$ 阵 $a_1$, $\dots$, $a_{j-1}$, $a_{j+1}$, $\dots$, $a_n$, 任何二个 $n\times 1$ 阵 $x$, $y$, 任何二个数 $s$, $t$, 有$$\begin{array}{rl}& f([a_1,\dots ,a_{j-1},sx+ty,a_{j+1},\dots ,a_n])\\ =& sf([a_1,\dots ,a_{j-1},x,a_{j+1},\dots ,a_n])+tf([a_1,\dots ,a_{j-1},y,a_{j+1},\dots ,a_n]).\end{array}$$

(2) (交错性) 若 $n$ 级阵 $A$ 有二列相同, 则 $f(A)=0$.

那么, 对任何 $n$ 级阵 $A$, $f(A)=f(I)\det (A)$.

特别地, 若 $f(I)=1$ (规范性), 则 $f$ 就是行列式.

现在, 我要展示一些变体.

定理 53.2. 设定义在全体 $n$ 级阵上的函数 $f$ 适合:

(1) 对任何 $n-1$ 个 $n\times 1$ 阵 $a_2$, $a_3$, $\dots$, $a_n$, 任何二个 $n\times 1$ 阵 $x$, $y$, 任何二个数 $s$, $t$, 有$$\begin{array}{r}f([sx+ty,a_2,\dots ,a_n])=sf([x,a_2,\dots ,a_n])+tf([y,a_2,\dots ,a_n]).\end{array}$$

(2) (反称性) 设 $A$ 是 $n$ 级阵, 设交换 $A$ 的列 $p$ 与列 $q$ 后得到的阵为 $B$ ($p<q$). 则 $f(B)=-f(A)$.

那么, 对任何 $n$ 级阵 $A$, $f(A)=f(I)\det (A)$.

特别地, 若 $f(I)=1$ (规范性), 则 $f$ 就是行列式.

证. 见上节的讨论. 我们可由 (1) 与反称性, 得到多线性; 我们可由反称性, 得到交错性.

证毕.

我们也可代反称性以 “相邻反称性”: “设 $A$ 是 $n$ 级阵, 设交换 $A$ 的列 $p$ 与列 $p+1$ 后得到的阵为 $B$ ($p<n$). 则 $f(B)=-f(A)$.” 毕竟, 相邻反称性可推出反称性.

我们也可代交错性以 “相邻交错性”: “若 $n$ 级阵 $A$ 有相邻的二列相同, 则 $f(A)=0$.” 毕竟, 多线性与相邻交错性可推出相邻反称性, 相邻反称性可推出反称性, 且相邻交错性与反称性可推出交错性 (见 “(关于列的) 交错性” 的讨论).

然后, 我要展现一个 “大不一样的” 变体. 不过, 我要先定义一个行为:

定义 53.3 (倍加). 设 $A$ 是一个 $m\times n$ 阵. 设 $p$, $q$ 是二个不超过 $n$ 的正整数, 且 $\mathbf{p}\ne \mathbf{q}$. 设 $s$ 是一个数. 作 $m\times n$ 阵 $B$, 其中$$\begin{array}{r}[B{]}_{i,j}=\{\begin{array}{ll}[A{]}_{i,j},& j\ne q;\\ [A{]}_{i,q}+s[A{]}_{i,p},& j=q.\end{array}\end{array}$$(通俗地, 我们加 $A$ 的列 $p$ 的 $s$ 倍于列 $q$, 不改变其他的列, 得阵 $B$.) 我们说, 变 $A$ 为 $B$ 的行为是一次 (列的) 倍加.

注意到, $s$ 可以取 $0$, 而这相当于 $B=A$. 所以, 我们认为, “什么都不变” 也是一次倍加.

利用多线性与交错性, 我们有

定理 53.4. 设定义在全体 $n$ 级阵上的函数 $f$ 多线性与交错性. 则 $f$ 适合 “倍加不变性”:

设 $A$ 是一个 $n$ 级阵. 设 $p$, $q$ 是二个不超过 $n$ 的正整数, 且 $\mathbf{p}\ne \mathbf{q}$. 设 $s$ 是一个数. 作 $n$ 级阵 $B$, 其中$$\begin{array}{r}[B{]}_{i,j}=\{\begin{array}{ll}[A{]}_{i,j},& j\ne q;\\ [A{]}_{i,q}+s[A{]}_{i,p},& j=q.\end{array}\end{array}$$则 $f(B)=f(A)$.

证. 设 $A=[a_1,a_2,\dots ,a_n]$.

先设 $p<q$. 为方便说话, 我们写$$\begin{array}{r}g(u,v)=f([a_1,\dots ,a_{p-1},u,a_{p+1},\dots ,a_{q-1},v,a_{q+1},\dots ,a_n]).\end{array}$$于是, $g(a_p,a_q)$ 就是 $f(A)$, 而 $g(a_p,a_q+s{a}_p)$ 就是 $f(B)$. 利用多线性与交错性, $$\begin{array}{rl}f(B)=& g(a_p,a_q+s{a}_p)\\ =& g(a_p,a_q)+sg(a_p,a_p)\\ =& g(a_p,a_q)+s0\\ =& g(a_p,a_q)\\ =& f(A).\end{array}$$

再设 $p>q$. 为方便说话, 我们写$$\begin{array}{r}h(u,v)=f([a_1,\dots ,a_{q-1},u,a_{q+1},\dots ,a_{p-1},v,a_{p+1},\dots ,a_n]).\end{array}$$于是, $h(a_q,a_p)$ 就是 $f(A)$, 而 $h(a_q+s{a}_p,a_p)$ 就是 $f(B)$. 利用多线性与交错性, $$\begin{array}{rl}f(B)=& h(a_q+s{a}_p,a_p)\\ =& h(a_q,a_p)+sh(a_p,a_p)\\ =& h(a_q,a_p)+s0\\ =& h(a_q,a_p)\\ =& f(A).\end{array}$$

证毕.

现在, 我要引出本节的主要结论.

定理 53.5. 设定义在全体 $n$ 级阵上的函数 $f$ 适合:

(1) 倍加不变性.

(2) (多齐性) 对任何不超过 $n$ 的正整数 $j$, 任何 $n-1$ 个 $n\times 1$ 阵 $a_1$, $\dots$, $a_{j-1}$, $a_{j+1}$, $\dots$, $a_n$, 任何 $n\times 1$ 阵 $x$, 任何数 $s$, 有$$\begin{array}{r}f([a_1,\dots ,a_{j-1},sx,a_{j+1},\dots ,a_n])=sf([a_1,\dots ,a_{j-1},x,a_{j+1},\dots ,a_n]).\end{array}$$

那么, 对任何 $n$ 级阵 $A$, $f(A)=f(I)\det (A)$.

特别地, 若 $f(I)=1$ (规范性), 则 $f$ 就是行列式.

此事是重要的, 故我会给二个证明.

不难看出, 倍加不变性与多齐性可推出交错性. 具体地, 设 $A$ 的列 $p$, $q$ 相同, 且 $p\ne q$. 加 $A$ 的列 $q$ 的 $-1$ 倍于列 $p$, 得阵 $B$. 那么, $B$ 的列 $p$ 的元全为 $0$. 由多齐性, $f(B)=0$. 由倍加不变性, $f(A)=f(B)=0$.

倍加不变性与多齐性还可推出反称性. 设 $p<q$. 记$$\begin{array}{r}g(u,v)=f([a_1,\dots ,a_{p-1},u,a_{p+1},\dots ,a_{q-1},v,a_{q+1},\dots ,a_n]).\end{array}$$则$$\begin{array}{rl}g(a_q,a_p)=& g(a_q+1a_p,a_p)\\ =& g(a_p+a_q,a_p)\\ =& g(a_p+a_q,a_p+(-1)(a_p+a_q))\\ =& g(a_p+a_q,-a_q)\\ =& g(a_p+a_q+1(-a_q),-a_q)\\ =& g(a_p,(-1)a_q)\\ =& (-1)g(a_p,a_q)\\ =& -g(a_p,a_q).\end{array}$$

若我们能推出, 对任何 $n-1$ 个 $n\times 1$ 阵 $a_2$, $a_3$, $\dots$, $a_n$, 任何二个 $n\times 1$ 阵 $x$, $y$, 任何二个数 $s$, $t$, 有$$\begin{array}{r}f([sx+ty,a_2,\dots ,a_n])=sf([x,a_2,\dots ,a_n])+tf([y,a_2,\dots ,a_n]),\end{array}$$那么, 利用反称性, 我们即得多线性.

在第一章, 节 27 里, 有如下结论:

定理 53.6. 设 $A$ 是 $m\times n$ 阵, 且 $A\ne 0$. 设 $A$ 有一个行列式非零的 $r$ 级子阵$$\begin{array}{r}{A}_r=A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_r}{j_1,\dots ,j_r}\right)\end{array}$$(其中 $1⩽i_1<\cdots <i_r⩽m$, $1⩽j_1<\cdots <j_r⩽n$), 但 $A$ 没有行列式非零的 $r+1$ 级子阵. 设 $A$ 的行 $1$, $2$, $\dots$, $m$ 为 $a_1$, $a_2$, $\dots$, $a_m$. 那么, 对任何不超过 $m$ 的正整数 $p$, 存在 $r$ 个数 $d_{p,1}$, $d_{p,2}$, $\dots$, $d_{p,r}$, 使$$\begin{array}{rl}{a}_p=& d_{p,1}{a}_{i_1}+d_{p,2}{a}_{i_2}+\cdots +d_{p,r}{a}_{i_r}\\ =& \sum _{s=1}^r{d}_{p,s}{a}_{i_s}.\end{array}$$

利用类似的方法, 或利用转置, 我们可证

定理 53.7. 设 $A$ 是 $m\times n$ 阵, 且 $A\ne 0$. 设 $A$ 有一个行列式非零的 $r$ 级子阵$$\begin{array}{r}{A}_r=A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_r}{j_1,\dots ,j_r}\right)\end{array}$$(其中 $1⩽i_1<\cdots <i_r⩽m$, $1⩽j_1<\cdots <j_r⩽n$), 但 $A$ 没有行列式非零的 $r+1$ 级子阵. 设 $A$ 的列 $1$, $2$, $\dots$, $n$ 为 $a_1$, $a_2$, $\dots$, $a_n$. 那么, 对任何不超过 $n$ 的正整数 $q$, 存在 $r$ 个数 $d_{1,q}$, $d_{2,q}$, $\dots$, $d_{r,q}$, 使$$\begin{array}{rl}{a}_q=& d_{1,q}{a}_{j_1}+d_{2,q}{a}_{j_2}+\cdots +d_{r,q}{a}_{j_r}\\ =& \sum _{s=1}^r{d}_{s,q}{a}_{j_s}.\end{array}$$

利用此事, 我们即可证明, 对任何 $n-1$ 个 $n\times 1$ 阵 $a_2$, $a_3$, $\dots$, $a_n$, 任何二个 $n\times 1$ 阵 $x$, $y$, 任何二个数 $s$, $t$, 有$$\begin{array}{r}f([sx+ty,a_2,\dots ,a_n])=sf([x,a_2,\dots ,a_n])+tf([y,a_2,\dots ,a_n]).\end{array}$$由此, 我们可证多线性.

证. 作 $n\times (n-1)$ 阵 $B=[a_2,a_3,\dots ,a_n]$; 也就是, $B$ 的列 $j-1$ 是 $a_j$.

若 $B=0$, 由多齐性, $$\begin{array}{r}0=f([sx+ty,a_2,\dots ,a_n])=f([x,a_2,\dots ,a_n])=f([y,a_2,\dots ,a_n]).\end{array}$$

下设 $B\ne 0$. 那么, 存在一个低于 $n$ 的正整数 $r$, 使 $B$ 有一个行列式非零的 $r$ 级子阵$$\begin{array}{r}{B}_r=B\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_r}{j_1-1,\dots ,j_r-1}\right)\end{array}$$(其中 $1⩽i_1<\cdots <i_r⩽n$, $2⩽j_1<\cdots <j_r⩽n$), 但 $B$ 没有行列式非零的 $r+1$ 级子阵.

若 $r<n-1$, 那么, 必存在不等于 $j_1$, $\dots$, $j_r$ 的正整数 $q$, 与 $r$ 个数 $d_{1,q}$, $d_{2,q}$, $\dots$, $d_{r,q}$, 使$$\begin{array}{rl}{a}_q=& d_{1,q}{a}_{j_1}+d_{2,q}{a}_{j_2}+\cdots +d_{r,q}{a}_{j_r}.\end{array}$$任取 $n\times 1$ 阵 $z$. 记$$\begin{array}{r}g(u)=f([z,a_2,\dots ,a_{q-1},u,a_{q+1},\dots ,a_n]).\end{array}$$利用倍加不变性, $$\begin{array}{rl}g(a_q)=& g(a_q+(-d_{1,q})a_{j_1})\\ =& \dots \dots \dots \dots \\ =& g(a_q+(-d_{1,q})a_{j_1}+\cdots +(-d_{r,q})a_{j_r})\\ =& g(a_q-(d_{1,q}{a}_{j_1}+\cdots +d_{r,q}{a}_{j_r}))\\ =& g(0).\end{array}$$利用多齐性, $g(0)=0$. 故 $g(a_q)=0$. 所以, $$\begin{array}{r}0=f([sx+ty,a_2,\dots ,a_n])=f([x,a_2,\dots ,a_n])=f([y,a_2,\dots ,a_n]).\end{array}$$

下设 $r=n-1$.

设从 $1$, $2$, $\dots$, $n$ 去除 $i_1$, $i_2$, $\dots$, $i_{n-1}$ 后, 还剩一个数 $i_n$. 设 $a_1$ 是 $n$ 级单位阵的列 $i_n$. 作 $n$ 级阵 $A=[a_1,a_2,\dots ,a_n]$. 则 $A(i_n|1)=B_r$. 不难算出, $\det (A)=(-1{)}^{i_n+1}\det (B_r)\ne 0$.

作 $n\times (n+2)$ 阵 $C=[a_1,a_2,\dots ,a_n,x,y]$. 于是, $C$ 有一个行列式非零的 $n$ 级子阵 $A$, 但 $C$ 没有行列式非零的 $n+1$ 级子阵. 所以, 存在 $n$ 个数 $d_1$, $d_2$, $\dots$, $d_n$, 使 $x=d_1{a}_1+d_2{a}_2+\cdots +d_n{a}_n$, 也存在 $n$ 个数 $d_1^{\prime }$, $d_2^{\prime }$, $\dots$, $d_n^{\prime }$, 使 $y=d_1^{\prime }{a}_1+d_2^{\prime }{a}_2+\cdots +d_n^{\prime }{a}_n$. 所以, $sx+ty=(s{d}_1+t{d}_1^{\prime })a_1+(s{d}_2+t{d}_2^{\prime })a_2+\cdots +(s{d}_n+t{d}_n^{\prime })a_n$.

记 $h(z)=f([z,a_2,\dots ,a_n])$. 则$$\begin{array}{rl}f([x,a_2,\dots ,a_n])=& h(x)\\ =& h(x-d_2{a}_2)\\ =& \dots \dots \dots \dots \\ =& h(x-d_2{a}_2-\cdots -d_n{a}_n)\\ =& h(d_1{a}_1)\\ =& d_{1}h(a_1).\end{array}$$同理, $$\begin{array}{rl}& f([y,a_2,\dots ,a_n])=d_1^{\prime }h(a_1),\\ & f([sx+ty,a_2,\dots ,a_n])=(s{d}_1+t{d}_1^{\prime })h(a_1).\end{array}$$比较, 得$$\begin{array}{rl}& f([sx+ty,a_2,\dots ,a_n])\\ =& sf([x,a_2,\dots ,a_n])+tf([y,a_2,\dots ,a_n]).\end{array}$$

证毕.

接下来, 我展现另一个证明. 此证明或许更有意思.

定理 53.8. 设 $A$ 是一个 $m\times n$ 阵. 利用若干次 (列的) 倍加, 我们可变 $A$ 为一个 $m\times n$ 阵 $B$, 使当 $i<j$ 时, $[B{]}_{i,j}=0$.

证. 我们用数学归纳法证明此事. 具体地, 设 $P(n)$ 为命题

对任何正整数 $m$, 对任何 $m\times n$ 阵, 利用若干次倍加 (指 “列的倍加”, 下同), 我们可变 $A$ 为一个 $m\times n$ 阵 $B$, 使当 $i<j$ 时, $[B{]}_{i,j}=0$.

则, 我们的目标是: 对任何正整数 $n$, $P(n)$ 是正确的.

$P(1)$ 显然是对的.

假定 $P(n-1)$ 是对的. 我们由此证 $P(n)$ 也是对的.

任取正整数 $m$. 任取一个 $m\times n$ 阵 $A$.

我们先说明, 利用若干次倍加, 我们可变 $A$ 为一个 $m\times n$ 阵 $C$, 使当 $1<j$ 时, $[C{]}_{1,j}=0$.

若 $A$ 的行 $1$ 的元全为 $0$, 我们 “什么都不变”, 取 $C$ 为 $A$.

若 $[A{]}_{1,1}\ne 0$, 我们可加 $A$ 的列 $1$ 的 $-[A{]}_{1,2}/[A{]}_{1,1}$ 倍于列 $2$, 得阵 $A_2$. 那么, $[A_2{]}_{1,2}=0$, 且 $[A_2{]}_{1,j}=[A{]}_{1,1}$ ($j\ne 2$). 然后, 我们可加 $A_2$ 的列 $1$ 的 $-[A_2{]}_{1,3}/[A_2{]}_{1,1}$ 倍于列 $3$, 得阵 $A_3$. 那么, $[A_3{]}_{1,k}=0$ ($k=2$, $3$), 且 $[A_3{]}_{1,j}=[A_2{]}_{1,j}$ ($j\ne 3$). …… 然后, 我们可加 $A_{n-1}$ 的列 $1$ 的 $-[A_{n-1}{]}_{1,n}/[A_{n-1}{]}_{1,1}$ 倍于列 $n$, 得阵 $A_n$. 那么, $[A_n{]}_{1,k}=0$ ($k=2$, $3$, $\dots$, $n$). 我们取 $C$ 为 $A_n$.

若 $[A{]}_{1,1}=0$, 但有某 $[A{]}_{1,j}\ne 0$ ($j\ne 1$), 我们加 $A$ 的列 $j$ 的 $1$ 倍于列 $1$, 得阵 $D$. 那么, $[D{]}_{1,1}\ne 0$, 这就变问题为前面讨论过的情形.

综上, 作若干次倍加, 我们可变 $A$ 为一个 $m\times n$ 阵 $C$, 使当 $1<j$ 时, $[C{]}_{1,j}=0$.

考虑 $C$ 的右下角的 $(m-1)\times (n-1)$ 子阵 $C(1|1)$. 由假定, 作若干次倍加, 我们可变 $C(1|1)$ 为一个 $(m-1)\times (n-1)$ 阵 $G$, 使当 $i<j$ 时, $[G{]}_{i,j}=0$.

注意到, 既然当 $1<j$ 时, $[C{]}_{1,j}=0$, 那么, 无论如何对 $C$ 的不是列 $1$ 的列作倍加, 所得的阵的 $(1,j)$-元是 $0$. 那么, 作若干次倍加后, 我们可变 $C$ 为一个 $m\times n$ 阵 $B$, 使当 $i$ 或 $j$ 为 $1$ 时, $[B{]}_{i,j}=[C{]}_{i,j}$, 且 $i$ 与 $j$ 不为 $1$ 时, $[B{]}_{i,j}=[G{]}_{i-1,j-1}$. 所以, 当 $i<j$ 时, $[B{]}_{i,j}=0$.

所以, $P(n)$ 是正确的. 由数学归纳法原理, 待证命题成立.

证毕.

定理 53.9. 设定义在全体 $n$ 级阵上的函数 $f$ 适合倍加不变性与多齐性. 设 $A$ 是一个 $n$ 级阵, 且当 $i<j$ 时, $[A{]}_{i,j}=0$. 则 $f(A)=f(I_n)\det (A)$.

证. 我们用数学归纳法证明此事. 具体地, 设 $P(n)$ 为命题

设定义在全体 $n$ 级阵上的函数 $f$ 适合倍加不变性与多齐性. 设 $A$ 是一个 $n$ 级阵, 且当 $i<j$ 时, $[A{]}_{i,j}=0$. 则 $f(A)=f(I_n)\det (A)$.

则, 我们的目标是: 对任何正整数 $n$, $P(n)$ 是正确的.

$P(1)$ 显然是对的.

假定 $P(n-1)$ 是对的. 我们由此证 $P(n)$ 也是对的.

任取一个 $n$ 级阵 $A$, 且当 $i<j$ 时, $[A{]}_{i,j}=0$. 所以, $A$ 形如$$\begin{array}{r}\left[\begin{array}{ccccc}[A{]}_{1,1}& 0& \cdots & 0& 0\\ [A{]}_{2,1}& [A{]}_{2,2}& \cdots & 0& 0\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮\\ [A{]}_{n-1,1}& [A{]}_{n-1,2}& \cdots & [A{]}_{n-1,n-1}& 0\\ [A{]}_{n,1}& [A{]}_{n,2}& \cdots & [A{]}_{n,n-1}& [A{]}_{n,n}\end{array}\right]\end{array}$$那么, 由多齐性, $$\begin{array}{r}f(A)=[A{]}_{n,n}f\left(\left[\begin{array}{ccccc}[A{]}_{1,1}& 0& \cdots & 0& 0\\ [A{]}_{2,1}& [A{]}_{2,2}& \cdots & 0& 0\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮\\ [A{]}_{n-1,1}& [A{]}_{n-1,2}& \cdots & [A{]}_{n-1,n-1}& 0\\ [A{]}_{n,1}& [A{]}_{n,2}& \cdots & [A{]}_{n,n-1}& 1\end{array}\right]\right).\end{array}$$利用 $n-1$ 次倍加不变性, $$\begin{array}{rl}& f\left(\left[\begin{array}{ccccc}[A{]}_{1,1}& 0& \cdots & 0& 0\\ [A{]}_{2,1}& [A{]}_{2,2}& \cdots & 0& 0\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮\\ [A{]}_{n-1,1}& [A{]}_{n-1,2}& \cdots & [A{]}_{n-1,n-1}& 0\\ [A{]}_{n,1}& [A{]}_{n,2}& \cdots & [A{]}_{n,n-1}& 1\end{array}\right]\right)\\ =& f\left(\left[\begin{array}{ccccc}[A{]}_{1,1}& 0& \cdots & 0& 0\\ [A{]}_{2,1}& [A{]}_{2,2}& \cdots & 0& 0\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮\\ [A{]}_{n-1,1}& [A{]}_{n-1,2}& \cdots & [A{]}_{n-1,n-1}& 0\\ 0& 0& \cdots & 0& 1\end{array}\right]\right),\end{array}$$故$$\begin{array}{r}f(A)=f\left(\left[\begin{array}{ccccc}[A{]}_{1,1}& 0& \cdots & 0& 0\\ [A{]}_{2,1}& [A{]}_{2,2}& \cdots & 0& 0\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮\\ [A{]}_{n-1,1}& [A{]}_{n-1,2}& \cdots & [A{]}_{n-1,n-1}& 0\\ 0& 0& \cdots & 0& 1\end{array}\right]\right)[A{]}_{n,n}.\end{array}$$

考虑定义在全体 $n-1$ 级阵上的函数$$\begin{array}{r}g(X)=f\left(\left[\begin{array}{ccccc}[X{]}_{1,1}& [X{]}_{1,2}& \cdots & [X{]}_{1,n-1}& 0\\ [X{]}_{2,1}& [X{]}_{2,2}& \cdots & [X{]}_{2,n-1}& 0\\ ⋮& ⋮& & ⋮& ⋮\\ [X{]}_{n-1,1}& [X{]}_{n-1,2}& \cdots & [X{]}_{n-1,n-1}& 0\\ 0& 0& \cdots & 0& 1\end{array}\right]\right).\end{array}$$不难验证, $g$ 适合倍加不变性与多齐性. 注意到, 若 $i<j$, 则 $A(n|n)$ 的 $(i,j)$-元为 $0$. 故, 由假定, $$\begin{array}{r}g(A(n|n))=g(I_{n-1})\det (A(n|n))=f(I_n)\det (A(n|n)).\end{array}$$从而$$\begin{array}{rl}& f\left(\left[\begin{array}{ccccc}[A{]}_{1,1}& 0& \cdots & 0& 0\\ [A{]}_{2,1}& [A{]}_{2,2}& \cdots & 0& 0\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮\\ [A{]}_{n-1,1}& [A{]}_{n-1,2}& \cdots & [A{]}_{n-1,n-1}& 0\\ 0& 0& \cdots & 0& 1\end{array}\right]\right)\\ =& g(A(n|n))=f(I_n)\det (A(n|n)).\end{array}$$则$$\begin{array}{r}f(A)=f(I_n)\det (A(n|n))[A{]}_{n,n}=f(I_n)\det (A).\end{array}$$

所以, $P(n)$ 是正确的. 由数学归纳法原理, 待证命题成立.

证毕.

有了这些准备, 我们即可证明本节的主要结论.

证. 设定义在全体 $n$ 级阵上的函数 $f$ 适合倍加不变性与多齐性.

任取一个 $n$ 级阵 $A$. 利用若干次倍加, 我们可变 $A$ 为一个 $n$ 级阵 $B$, 使当 $i<j$ 时, $[B{]}_{i,j}=0$. 因为倍加不变性, $f(B)=f(A)$. 由上个定理, $f(B)=f(I)\det (B)$. 故 $f(A)=f(I)\det (B)=f(I)\det (A)$. (反过来, 不难验证, 若我们定义 $f(A)=f(I)\det (A)$, 则 $f$ 适合倍加不变性与多齐性.)

证毕.