10 行列式.tex

\chapter{行列式}

接下来，我们将开始介绍大部分线性代数或高等代数教材中开头就会介绍的内容——行列式. 在本讲义的知识体系中，我们更倾向于将行列式视为一种辅助研究的工具，无论是当前的主线——线性方程组解的理论还是之后要介绍的矩阵标准形的内容. 因此我们会将这一章只作类似``工具介绍''的作用，而非其他教材那样从行列式出发引出相关概念，因为我们研究的核心和出发点是之前的抽象空间和映射. 当然我们完全无法否认行列式的历史地位，从 17 世纪起行列式就是用于求解线性方程组的重要的工具，历经数百年也逐渐发展出了许多重要的理论和应用，因此我们仍然需要完整的章节来讲述行列式的相关内容. 事实上在之后\nameref{chap:多重线性映射与张量的计算}一章中，我们还会介绍行列式的另一种定义的视角，从而更深入理解行列式的内涵.

\section{导言}

行列式是线性代数中非常重要的工具，笔者将从两条路线引入这一概念：一条从线性方程的判别式出发，属于代数范畴；而另一条从体积的变化出发，属于几何范畴. 然而代数和几何之间很多时候是一体两面，从两条路线能够得到相同的结果. 在导言中我们不会给出行列式的严格定义，而是先通过直观分析，帮助读者建立对于行列式的初步印象.

\subsection{从判别式到行列式}\label{subsec:从判别式到行列式}

对于二次方程$ax^2 + bx + c = 0$，我们熟知其\term{判别式（discriminant）}$\Delta = b^2 - 4ac$， $\Delta = 0$ 意味着方程产生了重根. 如果读者了解三次方程求根公式的话可能知道，三次方程 $x^3+ax+b=0$ 同样存在判别式 $4a^3 + 27b^2$，与二次方程的判别式类似，它给出了三次方程重根的判据.

如果说$b^2 - 4ac$ 是二次方程重根的判别式（在圆锥曲线研究中不可或缺），$4a^3+27b^2$ 是三次方程重根的判别式（贯穿椭圆曲线和相关密码学），那么线性代数中对应的概念就是\term{行列式（determinant）}，即行列式是线性方程组重根的判别式. 线性方程组的重根意味着 $AX=0$ 有不止 $0$ 这一个根，按照常识大多数情况下 $n$ 个方程能够解出 $n$ 个未知数，所以这里我们限制方程数量和未知数数量相等，即 $A$ 是方阵，这样的判别式我们记作 $\det A$.

% 正如判别式为 $0$ 是一元多项式方程重根的标志，我们称 $\det A = 0$ 是线性方程组重根的标志，即解不唯一的标志，这等价于方阵不满秩，映射不可逆.

虽然从英文的单词形式上看，二者是较为相似的，但是中文上，``判别式''和``行列式''两个词看起来便完全没有关系了，然而笔者还是希望读者能够将它理解为一种线性方程组版本的``判别式''，接下来我们就要尝试找出这样一种判别式.

为了找出线性方程组的判别式，一个很直接的方法便是做高斯消元. 对于一个方阵，通过初等行变换可以得到一个上三角矩阵. 现在我们调整行变换的顺序，使得高斯消元先进行完所有的行交换操作再进行倍乘和倍加操作，设进行完所有的行交换操作后的方阵为$A=(a_{ij})_{n\times n}$，最后得到的上三角矩阵为
\[
\begin{pmatrix}
    a_{11}' & a_{12}' & \cdots & a_{1n}' \\
            & a_{22}' & \cdots & a_{2n}' \\
            &         & \ddots & \vdots  \\
            &         &        & a_{nn}'
\end{pmatrix}
\]

设 $a_{ij}$ 经过 $k$ 次消元后的结果为 $a_{ij}^{(k)}$，那么由于第 $i$ 行需要进行 $i-1$ 次消元，我们有 $a_{ij}' = a_{ij}^{(i-1)}$，从而
\begin{align*}
    a_{22}' = a_{22}^{(1)} &= a_{22} - \frac{a_{21}}{a_{11}}a_{12} = \frac{a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}}{a_{11}} \\
    a_{23}' = a_{23}^{(1)} &= a_{23} - \frac{a_{21}}{a_{11}}a_{13} = \frac{a_{11}a_{23}-a_{21}a_{13}}{a_{11}} \\
     a_{32}^{(1)} &= a_{32} - \frac{a_{31}}{a_{11}}a_{12} = \frac{a_{11}a_{32}-a_{31}a_{12}}{a_{11}} \\
     a_{33}^{(1)} &= a_{33} - \frac{a_{31}}{a_{11}}a_{13} = \frac{a_{11}a_{33}-a_{31}a_{13}}{a_{11}}
\end{align*}

更进一步地我们有
\begin{align*}
    a_{33}' &= a_{33}^{(2)} = a_{33}^{(1)} - \frac{a_{32}^{(1)}}{a_{22}'}a_{23}' \\
    &= \frac{a_{11}a_{22}a_{33} + a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}-a_{11}a_{23}a_{32}-a_{12}a_{21}a_{33} - a_{13}a_{22}a_{31}}{a_{11}a_{22}- a_{12}a_{21}}
\end{align*}

如此消元下去我们便会发现，$a_{ij}'$ 的分子和分母都是关于这些系数的多项式，且 $a_{k+1,k+1}$ 的分母恰好为 $a_{kk}$ 的分子，即结果具有形式（为了方便我们令 $\Delta_0 = 1$，这里略过对 $a_{kk}'$ 具有如下形式这一结论的证明）
\[
a_{11}' = \frac{\Delta_1}{\Delta_0},\quad a_{22}' = \frac{\Delta_2}{\Delta_1},\quad \cdots,\quad a_{nn}' = \frac{\Delta_n}{\Delta_{n-1}}
\]

由于调整了行变换的顺序，因此高斯消元保证了如果某个 $\Delta_k = 0$，那么从第$k$行开始的主对角元就全为$0$了（进而$\Delta_k,\ldots,\Delta_n$全为$0$，特别的，$\Delta_n=0$），这等价于线性方程组有重根. 从而我们找到了这个判别式 $\det A=\Delta_n$，$\det A=0$即可作为线性方程组有重根的判据. 至于$\det A=\Delta_n$的显式表达式，我们将在\nameref{sec:行列式的逆序数定义}一节中给出.

\subsection{从体积变化到行列式}\label{subsec:从体积变化到行列式}

以向量空间$\mathbf{R}^n$为例，我们考虑线性变换对空间几何性质的影响，比如长度、角度、面积/体积等. 由于线性变换具有``保线性性''的良好性质（也就是将直线映射为直线），在这样的映射下，很多几何性质在每块区域都会以相同的倍数变化，因此应该存在一个与线性变换对应的矩阵相关的量来描述这种变化的倍数.

通过分析伸缩变换、错切变换、镜面变换、投影变换等典型的线性变换可发现，线性变换对长度与角度的改变通常缺乏统一规律（多数情况下难以用固定比例描述），但是面积/体积的变化却有一些良好的性质，例如错切变换就可以保持面积/体积不变，而投影变换则可以将面积/体积压缩为$0$，其他线性变换也能使空间中任意区域的面积/体积按相同比例变化. 由此可推断，体积变化的比例就是那个与线性变换对应矩阵相关的量（或者成一定的比例）.

考虑矩阵空间$\mathbf{R}^{n\times n}$，若矩阵的出发空间和到达空间的基均取自然基$e_1,\ldots,e_n$，那么对于方阵$A=(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$，$\forall\alpha_i\in\mathbf{R}^n$，有$Ae_i=\alpha_i$. 也就是说，$A$将自然基$e_1,\ldots,e_n$映射为$\alpha_1,\ldots,\alpha_n$. 从而可选取线性空间中的``单位正方体''（由标准基向量张成），考虑变换后的几个向量张成的平行多面体的体积（或者其他维空间的对应物），变化的比例就是映射过后平行多面体的体积.

\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=Stealth, scale=1]
        \draw[->] (-0.5, 0) -- (1.5, 0);
        \draw[->] (0, -0.5) -- (0, 1.5);
        \draw[thick, ->] (0, 0) -- (1, 0) node[below]{$e_1$};
        \draw[thick, ->] (0, 0) -- (0, 1) node[left]{$e_2$};
        \fill[red, opacity=0.2] (0, 0) -- (1, 0) -- (1, 1) -- (0, 1);
        \begin{scope}[shift={(3, 0)}]
            \draw[->] (-.5, 0) -- (3.5, 0);
            \draw[->] (0, -1) -- (0, 2);
            \draw[thick, ->] (0, 0) -- (2, -.5)
                node[below]{$\varphi(e_1)$};
            \draw[thick, ->] (0, 0) -- (1, 1.5)
                node[above]{$\varphi(e_2)$};
            \fill[red, opacity=0.2] (0, 0) -- (2, -.5)
                -- (3, 1) -- (1, 1.5);
        \end{scope}
        \draw[->] (1.6, 0.5) -- node[above]{$\varphi$}
             (2.4, 0.5);
    \end{tikzpicture}
    \caption{可以参考 \href{https://b23.tv/BV1ys411472E}{3b1b《线性代数的本质》系列视频}相关内容}
\end{figure}

这个变化的比例，实际上就是行列式. 读者可以自行验证：对于二阶矩阵与三阶矩阵，由高斯消元计算得到的行列式与上述体积变化的比例是相等的. 我们将其放在习题中.

从几何视角还可推导出行列式的重要性质：矩阵的乘积对应于线性映射的复合，那么矩阵复合的体积变化倍数应当等于体积变化倍数的乘积，即 $\det(AB) = \det A \cdot \det B$，而在严格定义行列式之后也会证明这一点.

% 此外，通过一些技巧可以证明行变换矩阵的行列式为 $1$，由此也可以导出行列式的计算方式（但是我们这里略去这一部分的展开）.

\subsection{两条路线的联系}

前面提到了代数与几何的一体两面，那么上述两条看似截然不同的路线有什么关联呢？不妨这样想：若体积变化的倍数等于 $0$，说明原来的空间必然被降维了，这需要通过压缩某个维度来实现，这个维度的所有向量都被压缩到 $0$ 自然就说明了线性方程的重根；反过来当重根存在时，重根这个方向的所有向量都会被映射到 $0$，所以体积会被压缩到 $0$，变化的倍数也变成了 $0$. 因此两条路线得到的结果是一致的.

% 从代数视角（判别式）来看，行列式为我们提供了方便的计算方法：行列式源于线性方程组，而线性方程组的经典解法就是高斯消元，因此可通过高斯消元得到行列式最方便的计算方法，并在高斯消元的过程中提取出行列式的显式表达式，它构成了``行列式按照行或列展开''的基础，数百年前的数学家们正是在高斯消元中找规律并初次提出了行列式. 同时由于线性方程的解在行变换下不变，反映重根情况的判别式自然具有一些对应的性质，我们可以借助行变换下的若干不变性来定义行列式.

% 从几何视角（体积变化）来看，行列式为我们提供了良好的不变性，例如，体积的变化比例自然不会随着基的选取而变化，所以后面可以得出相似变换不改变行列式的结论. 正如我们小学学过的平行四边形面积等于底乘高，将一条边在自身的方向上平移不改变平行四边形的面积，这里的拓展便是列倍加下的不变性，从而也可以用列变换下的若干不变性来定义行列式. 进一步地，Cramer法则也具有很好的几何解释（实质上可以理解为知道面积和底边长的情况下求高） % TODO：解释一下cramer相关的几何解释

总的来说，行列式按行看去是代数，是方程根的判据，反映了重根和可逆性（线性方程组是否有重根意味着方阵是否可逆）；按列看去是几何，是体积变化的情况，在后面研究相似与特征值时也会用到. 它不只是其他教材中定义的``两条竖线围起的式子''，还是一个有着丰富内涵的概念. 在对行列式有了初步印象之后，下面我们开始正式地介绍行列式的定义与性质.

\section{行列式的公理化定义}

由于行列式有众多等价的定义方式，下面我们选取较为简洁的一种，即使用若干条公理定义行列式. 在这种定义下，我们可以很容易地推导出行列式的一些基本性质，然后再引入其他定义方式并证明其等价性，这样的顺序更加符合我们的思路，也更加便于理解.

\subsection{公理化定义}

在\nameref{subsec:从体积变化到行列式}一节中，我们已经从体积变化的角度直观地理解了行列式的几何意义——对于方阵$A$与自然基$e_1,\ldots,e_n$，$\det A$表示由$Ae_1,\ldots,Ae_n$张成的平行多面体的体积. 下面我们将这一直观理解公理化.

\begin{definition}{行列式}{公理化定义}
    数域$\mathbf{F}$上的一个$n$阶\term{行列式}是取值于$\mathbf{F}$的$n$个$n$维向量$\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n \in \mathbf{F}^n$的一个函数，且$\forall \alpha_i,\beta_i \in \mathbf{F}^n$和$\forall \lambda \in \mathbf{F}$，满足下列规则：
    \begin{enumerate}
        \item \label{item:13:齐性}
              (齐性) $D(\alpha_1,\ldots,\lambda\alpha_i,\ldots,\alpha_n)=\lambda D(\alpha_1,\ldots,\alpha_i,\ldots,\alpha_n)$；

        \item \label{item:13:加性}
              (加性，与 \ref*{item:13:齐性} 合称线性性) \\
              $D(\alpha_1,\ldots,\alpha_i+\beta_i,\ldots,\alpha_n)=D(\alpha_1,\ldots,\alpha_i,\ldots,\alpha_n)+D(\alpha_1,\ldots,\beta_i,\ldots,\alpha_n)$；

        \item \label{item:13:反对称性}
              (反对称性) $D(\alpha_1,\ldots,\alpha_i,\ldots,\alpha_j,\ldots,\alpha_n)=-D(\alpha_1,\ldots,\alpha_j,\ldots,\alpha_i,\ldots,\alpha_n)$；

        \item \label{item:13:规范性}
              (规范性) $D(e_1,e_2,\ldots,e_n)=1$.
    \end{enumerate}
\end{definition}

在公理化定义中，我们将行列式定义为一个满足特定的运算性质的从列向量组合到数的函数. 需要注意的是，行列式除了上述记法外，如果设矩阵 $A = (\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$，那么行列式 $D(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$ 也可以记为 $|A|$ 或 $\det A$.

\subsection{行列式的简单性质}

下面的例子给出了从公理化定义出发证明的行列式的一些简单性质：

\begin{example}{}{公理化定义}
    使用\autoref{def:公理化定义} 验证下述命题的正确性：
    \begin{enumerate}
        \item 若行列式有一列为零向量，则行列式的值等于0.

        \item 若行列式有两列元素相同，则行列式的值等于0.

        \item 若行列式有两列元素成比例，则行列式的值等于0.

        \item 对行列式做倍加列变换，行列式的值不变.

        \item \label{item:13:公理化定义导出性质:5}
            若$\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n$线性相关，则$D(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)=0$.
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{proof}
    \begin{enumerate}
        \item 由于行列式满足\autoref{def:公理化定义} 的\ref*{item:13:齐性}，设行列式第$i$列为零向量，因此
              \begin{align*}
                  D(\alpha_1,\ldots,0,\ldots,\alpha_n) & =D(\alpha_1,\ldots,0\cdot\alpha_i,\ldots,\alpha_n)  \\
                                                       & =0\cdot D(\alpha_1,\ldots,\alpha_i,\ldots,\alpha_n) \\
                                                       & =0
              \end{align*}

        \item 由于行列式满足\autoref{def:公理化定义} 的\ref*{item:13:反对称性}，设行列式第$i$列和第$j$列元素相同，因此
              \begin{align*}
                  D(\alpha_1,\ldots,\alpha_i,\ldots,\alpha_j,\ldots,\alpha_n) & =D(\alpha_1,\ldots,\alpha_j,\ldots,\alpha_i,\ldots,\alpha_n)  \\
                                                                              & =-D(\alpha_1,\ldots,\alpha_i,\ldots,\alpha_j,\ldots,\alpha_n)
              \end{align*}
              从而$D(\alpha_1,\ldots,\alpha_i,\ldots,\alpha_j,\ldots,\alpha_n)=0$.

        \item 由于行列式满足\autoref{def:公理化定义} 的\ref*{item:13:齐性}，设行列式第$i$列和第$j$列元素成比例，$\alpha_i=k\alpha_j$，因此
              \begin{align*}
                  D(\alpha_1,\ldots,\alpha_i,\ldots,\alpha_j,\ldots,\alpha_n)
                   & =D(\alpha_1,\ldots,k\alpha_j,\ldots,\alpha_j,\ldots,\alpha_n) \\
                   & =kD(\alpha_1,\ldots,\alpha_j,\ldots,\alpha_j,\ldots,\alpha_n) \\
                   & =0.
              \end{align*}
              其中最后一个等号用到了本例的第二条结论.

        \item 事实上，根据\autoref{def:公理化定义} 的\ref*{item:13:加性} 以及本例第3条结论，我们可以得到
              \begin{align*}
                  D(\alpha_1,\ldots,\alpha_i+k\alpha_j,\ldots,\alpha_j,\ldots,\alpha_n)
                   & =D(\alpha_1,\ldots,\alpha_i,\ldots,\alpha_j,\ldots,\alpha_n)   \\&+D(\alpha_1,\ldots,k\alpha_j,\ldots,\alpha_j,\ldots,\alpha_n) \\
                   & =D(\alpha_1,\ldots,\alpha_i,\ldots,\alpha_j,\ldots,\alpha_n)+0 \\
                   & =D(\alpha_1,\ldots,\alpha_i,\ldots,\alpha_j,\ldots,\alpha_n).
              \end{align*}

        \item 设$\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n$线性相关，因此存在不全为0的数$k_1,k_2,\ldots,k_n$使得$k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+\cdots+k_n\alpha_n=0$，不妨设$k_1 \neq 0$，因此
              \[\alpha_1=-\frac{k_2}{k_1}\alpha_2-\frac{k_3}{k_1}\alpha_3-\cdots-\frac{k_n}{k_1}\alpha_n,\]
              因此
              \begin{align*}
                  D(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n) & =D(-\frac{k_2}{k_1}\alpha_2-\frac{k_3}{k_1}\alpha_3-\cdots-\frac{k_n}{k_1}\alpha_n,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)     \\
                                                       & =-\frac{k_2}{k_1}D(\alpha_2,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)-\cdots-\frac{k_n}{k_1}D(\alpha_n,\alpha_2,\ldots,\alpha_n) \\
                                                       & =0.
              \end{align*}
    \end{enumerate}
\end{proof}

使用公理化定义可以对一些简单的行列式进行计算：

\begin{example}{}{从公理化定义出发计算行列式}
    计算行列式 $D = \begin{vmatrix}
        1 & 2 \\
        2 & 3
    \end{vmatrix}$.
\end{example}

\begin{solution}
    设 $\alpha_1 = (1, 2)$, $\alpha_2 = (2, 3)$，将行列式 $D$ 写成向量形式并用公理化定义展开可得：
    \begin{align*}
        D &= D(\alpha_1, \alpha_2) = D(e_1 + 2e_2, 2e_1 + 3e_2) \\
          &= D(e_1, 2e_1 + 3e_2) + 2 D(e_2, 2e_1 + 3e_2) \\
          &= 2D(e_1, e_1) + 3D(e_1, e_2) + 4D(e_2, e_1) + 6D(e_2, e_2) \\
          &= 3 - 4 = -1.
    \end{align*}
\end{solution}

\begin{example}{}{公理化定义2}
    设向量$\alpha_1,\alpha_2,\beta_1,\beta_2$为三维列向量，又$A=(\alpha_1,\alpha_2,\beta_1),B=(\alpha_1,\alpha_2,\beta_2)$，且$|A|=3$，$|B|=2$，求$|2A+3B|$.
\end{example}

\begin{solution}
    $2A+3B=(2\alpha_1+3\alpha_1,2\alpha_2+3\alpha_2,2\beta_1+3\beta_2)=(5\alpha_1,5\alpha_2,2\beta_1+3\beta_2)$，因此
    \begin{align*}
        |2A+3B| & =D(5\alpha_1,5\alpha_2,2\beta_1+3\beta_2)                        \\
                & =25D(\alpha_1,\alpha_2,2\beta_1+3\beta_2)                        \\
                & =25(2D(\alpha_1,\alpha_2,\beta_1)+3D(\alpha_1,\alpha_2,\beta_2)) \\
                & =25(2|A|+3|B|)=300.
    \end{align*}
\end{solution}

上（下）三角行列式是一类非常重要的特殊行列式，在行列式有关的计算与证明中经常出现，下面我们通过行列式的公理化定义来证明上（下）三角行列式的一个重要性质：

\begin{example}{上三角矩阵的行列式}{上三角矩阵的行列式}
    证明上三角矩阵的行列式的值等于其主对角线元素之积，即证明对任意矩阵

    \[
        A = \begin{pmatrix}
            a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
            0      & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
            \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
            0      & 0      & \cdots & a_{nn}
        \end{pmatrix},
    \]

    有 $|A| = \prod_{i=1}^n a_{ii}$.
\end{example}

\begin{proof}
    设 $A$ 为上三角矩阵，其对角线元素为 $a_{11}, a_{22}, \ldots, a_{nn}$，若 $\exists a_{ii} = 0$，则 $A$ 的列向量线性相关，$|A| = 0$；反之，若 $a_{ii} \neq 0, \enspace i=1,2,\ldots,n$，则对 $A$ 作倍加列变换可将 $A$ 化为对角矩阵 $\mathrm{diag}(a_{11},a_{22},\ldots,a_{nn})$，故 $|A| = \prod_{i=1}^n a_{ii}$.
\end{proof}

公理化定义告诉了我们行列式满足的几条基本性质，并且清晰地反映了行列式的几何意义. 然而，行列式作为一种工具，势必需要一种比公理化定义更为直观的计算方法，换句话说，我们希望找到 $|A|$ 关于 $a_{ij}$ 的关系式. 接下来我们将给出两种行列式的计算定义，并证明它们与公理化定义的等价性.

\section{行列式的逆序数定义}\label{sec:行列式的逆序数定义}

在\autoref{ex:从公理化定义出发计算行列式} 中我们用到了硬拆法：把每个列向量拆成单位正交基的线性组合，然后拆成 $2^n$ 个可以使用公理化定义求解的行列式. 下面我们把这种方法规范化：给定一个行列式

\[|A| = \begin{vmatrix}
        a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
        a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
        \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
        a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
    \end{vmatrix},\]

为了叙述方便，记 $A = (\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$，并记 $e_i$ 为 $n$ 维单位向量，即 $e_i = (0,\ldots,1,\ldots,0)^\mathrm{T}$，其中 $1$ 在第 $i$ 个位置. 这样，行列式的第 $j$ 列就可以表达为

\[\alpha_j = a_{1j}e_1 + a_{2j}e_2 + \cdots + a_{nj}e_n = \sum_{i=1}^{n}a_{ij}e_i.\]

于是，根据行列式公理化定义\autoref{def:公理化定义} 的线性性质，我们有
\[
    |A| = D(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n) = D\left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i1}e_i,\alpha_2,\ldots,\alpha_n\right) = \sum\limits_{i=1}^{n}a_{i1}D(e_i,\alpha_2,\ldots,\alpha_n).
\]

对行列式 $D(e_i,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)$ 继续展开，由 $\alpha_2 = \sum\limits_{j=1}^{n}a_{j2}e_j$，我们有

\[D(e_i,\alpha_2,\ldots,\alpha_n) = \sum\limits_{j=1}^{n}a_{j2}D(e_i,e_j,\alpha_3,\ldots,\alpha_n).\]

于是 $|A| = \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}a_{i1}a_{j2}D(e_i,e_j,\alpha_3,\ldots,\alpha_n)$. 不断展开，我们最终得到

\[|A| = \sum\limits_{k_1,k_2,\ldots,k_n} a_{k_11}a_{k_22}\cdots a_{k_nn}D(e_{k_1},e_{k_2},\ldots,e_{k_n}).\]

以上为硬拆法的基本流程. 注意行列式 $D(e_{k_1},e_{k_2},\ldots,e_{k_n})$ 在某对 $k_i,k_j$ 重复时的值为 $0$，所以在不为 $0$ 的项中，$(k_1,k_2,\ldots,k_n)$ 必定是 $(1,2,\ldots,n)$ 的一个全排列，即在 $k_1,k_2,\ldots,k_n$ 中，$1,2,\ldots,n$ 中每个数都出现且仅出现一次. 设 $S_n$ 为 $1,2,\ldots,n$ 所有全排列构成的集合，那么 $S_n$ 的元素个数为 $n!$.

进一步地，当 $(k_1,k_2,\ldots,k_n) \in S_n$ 时，行列式 $D(e_{k_1},e_{k_2},\ldots,e_{k_n})$ 的每一行、每一列都有且只有一个元素等于 $1$，其余元素都等于 $0$，因此 $D(e_{k_1},e_{k_2},\ldots,e_{k_n}) = \pm 1$，因此 $|A|$ 的展开式一共有 $n!$ 项，可以表达为

\[|A| = \sum\limits_{(k_1,k_2,\ldots,k_n)\in S_n} (-1)^\varepsilon a_{k_11}a_{k_22}\cdots a_{k_nn}.\]

下面我们需要确定 $\varepsilon$ 的取值，可以肯定它是一个关于排列 $(k_1, k_2, \ldots, k_n)$ 的一个函数，下面我们引入逆序数的概念来帮助我们确定 $\varepsilon$ 的值：

\begin{definition}{逆序数}{}
    设 $(k_1,k_2,\ldots,k_n) \in S_n$，如果 $i < j$ 且 $k_i > k_j$，则称 $k_i,k_j$ 是这个排列的一个\term{逆序对}\index{nixudui@逆序对}，排序中所有逆序对的总数称为这个排列的\term{逆序数}\index{nixushu@逆序数}，记作 $\tau(k_1,k_2,\ldots,k_n)$.
\end{definition}
逆序数的定义是非常易懂的，就是位置在前但数值更大的情况出现的次数. 直观上来看，逆序数衡量了与\term{常序排列} $(1,2,\ldots,n)$ 之间的距离，逆序数越大，排列与常序排列的差距越大. 逆序数的求法也非常简单：设排列为 $(k_1,k_2,\ldots,k_n)$，那么我们先看 $k_1$ 后面有多少个数比 $k_1$ 小，然后看 $k_2$ 后面有多少个数比 $k_2$ 小，以此类推，最后将所有这些数相加即可. 我们来看一个简单的例子：

\begin{example}{}{}
    求排列 $(3,1,4,2)$ 的逆序数.
\end{example}

\begin{solution}
    我们可以直接计算：$3$ 后面有 $2$ 个数比 $3$ 小，$1$ 后面没有数比 $1$ 小，$4$ 后面有 $1$ 个数比 $4$ 小，$2$ 后面没有数比 $2$ 小，因此逆序数为 $2+0+1+0=3$.
\end{solution}

基于逆序数的定义，我们可以将排列做一个简单的分类：

\begin{definition}{奇排列和偶排列}{}
    如果一个排列的逆序数是偶数（包括零），则称这个排列是\term{偶排列}\index{oupailie@偶排列}；如果一个排列的逆序数是奇数，则称这个排列是\term{奇排列}\index{jipailie@奇排列}.
\end{definition}

不难证明奇偶排列有如下简单的性质：
\begin{example}{奇偶排列的性质}{}
    \begin{enumerate}
        \item 设 $(k_1,k_2,\ldots,k_n) \in S_n$，若将 $k_i$ 与 $k_j$ 交换，其余数不动，那么排列的奇偶性会改变；
        \item 设 $n \geqslant 2$，则 $S_n$ 中奇排列和偶排列的个数相等.
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{proof}
    \begin{enumerate}
        \item 首先我们考虑相邻两个数的对换. 若 $k_i > k_{i+1}$，则对换后逆序数会减少 $1$，因此奇偶性会改变；若 $k_i < k_{i+1}$，则对换后逆序数会增加 $1$，奇偶性也会改变. 对于一般情形，$k_i$ 和 $k_j$ 的对换可以通过多次相邻两个数的对换来实现：不妨设 $i < j$，那么我们可以先将 $k_i$ 与 $k_{i+1}$ 对换，然后与 $k_{i+2}$ 对换，以此类推，最后与 $k_j$ 对换，这样就可以将 $k_i$ 和 $k_j$ 对换（一共对换了 $j-i$ 次）；接下来还需要将 $k_j$ 与 $k_{j-1}$ 对换，然后与 $k_{j-2}$ 对换，以此类推，最后与 $k_{i+1}$ 对换（一共对换了 $j-i-1$ 次），这样就可以将 $k_j$ 和 $k_i$ 对换. 因此，总的相邻对换次数为 $j-i+j-i-1=2(j-i)-1$，奇偶性会改变.
        \item 设 $S_n$ 中奇排列有 $p$ 个，偶排列有 $q$ 个，因为 $n \geqslant 2$，故可以将每个奇排列的头两个数对换一下，则所有的奇排列都变成了互不相同的偶排列，故 $p \leqslant q$；同理，可以将每个偶排列的头两个数对换一下，所有的偶排列都变成了互不相同的奇排列，故 $q \leqslant p$，因此 $p = q$.
    \end{enumerate}
\end{proof}

讨论到此，我们终于可以给出逆序数与行列式展开中每项的符号之间的联系：

\begin{lemma}{}{逆序数与幂次的关系}
    设 $(k_1,k_2,\ldots,k_n) \in S_n$，则通过 $\tau(k_1,k_2,\ldots,k_n)$ 次相邻对换可以将 $(k_1,k_2,\ldots,k_n)$ 变为 $(1,2,\ldots,n)$，因此 $\varepsilon = \tau(k_1,k_2,\ldots,k_n)$.
\end{lemma}

\begin{proof}
    对 $n$ 进行归纳. $n=1$ 时结论显然成立，设对 $1,2,\ldots,n-1$ 的任一排列结论成立，我们来证明 $n$ 的情形. 设 $n$ 在排列 $(k_1,\ldots,k_n)$ 的第 $i$ 位，即 $k_i = n$，$n$ 贡献的逆序数为 $m_i = n - i$. 将 $k_i$ 与 $k_{i+1}$ 对换，再与 $k_{i+2}$ 对换，以此类推，最后与 $k_n$ 对换，这样 $n$ 就到了第 $n$ 位. 注意到

    \[ \tau(k_1,\ldots,k_n) = \tau(k_1,\ldots,k_{i-1},k_{i+1},\ldots,n) + m_i,\]

    且 $(k_1,\ldots,k_{i-1},k_{i+1},\ldots,n) \in S_{n-1}$，由归纳假设知 $(k_1,\ldots,k_{i-1},k_{i+1},\ldots,n)$ 经过 $\tau(k_1,\ldots,k_{i-1},k_{i+1},\ldots,n)$ 次相邻对换可以变为 $(1,2,\ldots,n-1)$，结合上面的讨论可知 $(k_1,\ldots,k_n)$ 经过 $\tau(k_1,\ldots,k_n)$ 次相邻对换可以变为 $(1,2,\ldots,n)$，因此 $\varepsilon = \tau(k_1,\ldots,k_n)$.
\end{proof}

事实上，我们也可以给出\autoref{lem:逆序数与幂次的关系} 的一种更为直观的理解：由公理化定义，我们知道 $\varepsilon$ 的取值实质上是将 $D(e_{k_1}, e_{k_2}, \ldots, e_{k_n})$ 通过行列对换得到 $D(e_1, e_2, \ldots, e_n)$ 的次数. 令 $k_m = n$ 为 $k_1, k_2, \ldots, k_n$ 中最大的元素，我们先将 $e_{k_m}$ 通过相邻列交换的方式换到最后一列，这个过程中需要交换 $n - m$ 次，而由于 $k_m > k_i, \forall i > m$，故交换的过程中我们``解决''了 $n - m$ 个逆序对，这与交换次数是相同的. 第一轮交换结束后，我们得到了 $D(e_{k_1}, e_{k_2}, \ldots, e_{k_{m-1}}, e_{k_{m+1}}, \ldots, e_{k_{n-1}}, e_{k_{n}}, e_{{k_m}})$，可以看到第一轮交换并没有``解决''与 $k_m$ 无关的逆序对. 接着我们只需要重复将前 $n-p$ 个向量中下标最大的向量交换到第 $n-p$ 个位置上的操作即可，而上面我们已经说明了操作过程中的交换次数与``解决''的逆序数是相同的. 因此我们可以知道总的交换次数 $\varepsilon$ 就是所有``解决''的逆序数个数 $\tau(k_1,k_2,\ldots,k_n)$.

我们由此给出行列式的逆序数定义：

\begin{theorem}{行列式的逆序数定义}{}
    设
    \[|A| = \begin{vmatrix}
            a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
            a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
            \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
            a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
        \end{vmatrix},\]
    则 $|A| = \sum\limits_{(k_1,k_2,\ldots,k_n) \in S_n} (-1)^{\tau(k_1,k_2,\ldots,k_n)}a_{k_11}a_{k_22}\cdots a_{k_nn}$.
\end{theorem}

下面我们给出逆序数定义与公理化定义的等价性. 上文已经说明从公理化定义得到逆序数定义的过程，因此我们只需说明如何从逆序数定义得到公理化定义即可：

\begin{proof}
    \begin{enumerate}
        \item （线性性）使用逆序数定义对行列式进行展开：
            \begin{align*}
                & D(\alpha_1, \ldots , \lambda\alpha_i + \mu\beta_i, \ldots, \alpha_n) \\
                ={} & \sum_{(k_1, k_2, \ldots, k_n) \in S_n} (-1)^{\varepsilon} a_{k_1 1} \cdots a_{k_{i-1},i-1} (\lambda a_{k_i i} + \mu b_{k_i i}) a_{k_{i+1},i+1} \cdots a_{k_n n} \\
                ={} & \lambda \left(\sum_{(k_1, k_2, \ldots, k_n) \in S_n} (-1)^{\varepsilon} a_{k_1 1} \cdots a_{k_{i-1},i-1} a_{k_i i} a_{k_{i+1},i+1} \cdots a_{k_n n} \right) + \\
                    {} & \mu \left(\sum_{(k_1, k_2, \ldots, k_n) \in S_n} (-1)^{\varepsilon} a_{k_1 1} \cdots a_{k_{i-1},i-1} b_{k_i i} \cdots a_{k_n n}\right) \\
                ={} & \lambda D(\alpha_1, \ldots, \alpha_i, \ldots, \alpha_n) + \mu D(\alpha_1, \ldots, \beta_i, \ldots, \alpha_n),
            \end{align*}
            其中 $\varepsilon = \tau(k_1, k_2, \ldots, k_n)$ 表示排列 $(k_1, k_2, \ldots, k_n)$ 的逆序数.

        \item （反对称性）对于 $D(\alpha_1, \ldots, \alpha_i, \ldots, \alpha_j, \ldots, \alpha_n)$ 逆序数定义展开式中的任意一项
            \[
                (-1)^{\tau(k_1, \ldots, k_i, \ldots, k_j, \ldots, k_n)} a_{k_1 1} \cdots a_{k_i i} \cdots a_{k_j j} \cdots a_{k_n n},
            \]

            其可以对应 $D(\alpha_1, \ldots, \alpha_j, \ldots, \alpha_i, \ldots, \alpha_n)$ 逆序数定义展开式中的一项
            \[
                (-1)^{\tau(k_1, \ldots, k_j, \ldots, k_i, \ldots, k_n)} a_{k_1 1} \cdots a_{k_j j} \cdots a_{k_i i} \cdots a_{k_n n}.
            \]

            而排列 $(k_1, \ldots, k_i, \ldots, k_j, \ldots, k_n)$ 与 $(k_1, \ldots, k_j, \ldots, k_i, \ldots, k_n)$ 的奇偶性必定相反，故以上两个对应项为相反数，因此有
            \[
                D(\alpha_1, \ldots, \alpha_j, \ldots, \alpha_i, \ldots, \alpha_n) = -D(\alpha_1, \ldots, \alpha_i, \ldots, \alpha_j, \ldots, \alpha_n).
            \]

        \item （规范性）$E_n$ 的逆序数定义展开式中只有一项
            \[
                (-1)^{\tau(1, 2, \ldots, n)} a_{11} a_{22} \cdots a_{nn}
            \]
            不为零，故 $|E_n| = 1$.
    \end{enumerate}
\end{proof}

下面的例子会让我们更进一步地理解逆序数定义中``排列''的含义：
\begin{example}{}{}
    设
    \[f(x)=\begin{vmatrix}
            x-a_{11} & -a_{12}  & \cdots & -a_{1n}  \\
            -a_{21}  & x-a_{22} & \cdots & -a_{2n}  \\
            \vdots   & \vdots   & \ddots & \vdots   \\
            -a_{n1}  & -a_{n2}  & \cdots & x-a_{nn}
        \end{vmatrix},\]
    其中$x$是未知数，$a_{ij}$是常数，证明：$f(x)$是一个最高次项系数为1的$n$次多项式，且其$n-1$次项的系数等于$-(a_{11}+\cdots+a_{nn})$.
\end{example}

\begin{proof}
    根据逆序数定义，我们知道 $f(x)$ 的最高次项出现在展开式中的单项 $(x-a_{11})(x-a_{22})\cdots(x-a_{nn})$ 中，且展开式中的其他单项作为 $x$ 的多项式的次数必定小于等于 $n-2$（因为我们要求 $(k_1,\ldots,k_n)$ 是全排列）. 因此 $f(x)$ 是一个最高次项系数为 $1$ 的 $n$ 次多项式，且其 $n-1$ 次项的系数只能来源于 $(x-a_{11})(x-a_{22})\cdots(x-a_{nn})$，故等于 $-(a_{11}+\cdots+a_{nn})$.
\end{proof}

\section{行列式的递归式定义}

找到了行列式的 ``通项公式''，下面我们来推导行列式的 ``递推公式''，即其递归式定义. 首先我们需要引入余子式和代数余子式的概念：

\begin{definition}{}{余子式}
    在$n$阶行列式$D=|a_{ij}|_{n \times n}$中，去掉元素$a_{ij}$所在的第$i$行和第$j$列的所有元素而得到的$n-1$阶行列式称为元素$a_{ij}$的\term{余子式}\index{yuzishi@余子式 (minor)}，记作$M_{ij}$，并把数$A_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$称为元素$a_{ij}$的\term{代数余子式}\index{yuzishi!daishu@代数余子式 (cofactor)}.
\end{definition}

注意，虽然余子式和代数余子式在名称中含有式，但实际上他们是一个值. 实际上行列式也称为``式''，但这些``式''只是形状上有个形式，实际上只是一个值.
\begin{example}{}{余子式}
    根据\autoref{def:余子式} 计算行列式$\begin{vmatrix}
            2  & 1 & 3  \\
            -1 & 0 & 2  \\
            1  & 5 & -2
        \end{vmatrix}$每个元素的余子式和代数余子式.
\end{example}

\begin{solution}
    我们只举一个例子，第二行第一列元素$-1$的余子式和代数余子式. 根据定义，它的余子式是去掉第二行和第一列所有元素剩余的二阶行列式
    \[\begin{vmatrix}
            1 & 3  \\
            5 & -2
        \end{vmatrix}=-17,\]
    因此它的代数余子式是$A_{21}=(-1)^{2+1}(-17)=17$. 读者可以自行计算其他元素的余子式和代数余子式.
\end{solution}

接下来我们便可以给出递归式定义：
\begin{definition}{}{递归式定义}
    设$D=|a_{ij}|_{n \times n}$，则
    \begin{align}
        \label{eq:13:递归式定义1}
        D=\sum_{k=1}^{n}a_{kj}A_{kj}=a_{1j}A_{1j}+a_{2j}A_{2j}+\cdots+a_{nj}A_{nj} & \qquad j=1,2,\ldots,n \\
        \label{eq:13:递归式定义2}
        D=\sum_{k=1}^{n}a_{ik}A_{ik}=a_{i1}A_{i1}+a_{i2}A_{i2}+\cdots+a_{in}A_{in} & \qquad i=1,2,\ldots,n
    \end{align}
\end{definition}
其中$A_{ij}$即为\autoref{def:余子式} 给出的代数余子式，\autoref{eq:13:递归式定义1} 称为$D$对第$j$列的展开式，\autoref{eq:13:递归式定义2} 称为$D$对第$i$行的展开式. 事实上，这一定义被称为递归式定义的原因是显然的（如果在程序设计课程中已经学习过递归的概念），它使用$n-1$阶行列式定义$n$阶行列式，因此我们对任意$n$阶行列式都可以递归展开到1阶，从而得到最终行列式计算结果.

除此之外，我们需要强调的是，这里的递归式定义能称之为定义，必须要使得其与之前的公理化定义不冲突. 事实上二者等价的证明都是技术性的，从公理化定义推出递归式定义需要利用公理化定义将原行列式进行拆分与变形，反过来我们只需要对公理化定义中每个性质利用递归式定义逐个展开验算即可：

\begin{proof}
    \begin{enumerate}
        \item 公理化定义 $\implies$ 递归式定义：

            先证明一个引理：设 $A=(a_{ij})_{n \times n}$ 中 $a_{in}=0,\enspace i = 1, 2, \ldots, n-1$，则 $|A| = a_{nn} M_{nn} = a_{nn} A_{nn}$.

            引理之证明：将 $A$ 分块表示为
            \[
                A = \begin{pmatrix}
                    A_1             & \mathbf{0} \\
                    \mathbf{\alpha} & a_{nn}
                \end{pmatrix},
            \]

            其中 $|A_1| = M_{nn} = A_{nn}$. 若 $a_{nn} = 0$，则 $A$ 不可逆，$|A| = 0$，引理成立；若 $A_1$ 不可逆，则 $r(A) \leqslant r(A_1) + 1 < n$，故 $A$ 不可逆，$|A| = 0$，引理亦成立；若 $a_{nn} \neq 0$ 且 $A_1$ 可逆，则对 $A$ 作倍加列变换，有
            \[
                |A| = \begin{vmatrix}
                    A_1             & \mathbf{0} \\
                    \mathbf{0}      & a_{nn}
                \end{vmatrix}.
            \]

            再对 $A$ 作倍加行变换，将 $A_1$ 化为上三角矩阵 $B_1$，且有 $|B_1| = |A_1| = M_{nn}$，此时有
            \[
                |A| = \begin{vmatrix}
                    B_1             & \mathbf{0} \\
                    \mathbf{0}      & a_{nn}
                \end{vmatrix} = a_{nn} |B_1| = a_{nn} M_{nn}.
            \]

            上式成立是因为上三角矩阵的行列式等于其对角线元素之积.

            下面我们来通过公理化定义推出递归式定义. 我们先推导行列式 $D=|a_{ij}|_{n \times n}$ 对第 $j$ 列元素的展开式：

            令 $\alpha_j$ 为 $A$ 中第 $j$ 列的元素，则由公理化定义可得
            \begin{align*}
                D &= D(\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_j, \ldots, \alpha_n) \\
                  &= D(\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \sum_{i=1}^n a_{ij} e_i, \ldots, \alpha_n) \\
                  &= \sum_{i=1}^n D(\alpha_1, \alpha_2, \ldots, a_{ij} e_i, \ldots, \alpha_n).
            \end{align*}
            对于上式中的第 $i$ 项 $D_i$，我们将第 $j$ 列依次与第 $j+1, j+2, \ldots, n$ 列对换，再将第 $i$ 行依次与第 $i+1, i+2, \ldots, n$ 行对换，于是有
            \[
                D_i = (-1)^{2n-i-j} \begin{vmatrix}
                    a_{11}     & \cdots & a_{1, j-1}   & a_{1, j+1}   & \cdots & a_{1n}     & 0      \\
                    \vdots     &        &              &              &        &            & \vdots \\
                    a_{i-1, 1} & \cdots & a_{i-1, j-1} & a_{i-1, j+1} & \cdots & a_{i-1, n} & 0      \\
                    a_{i+1, 1} & \cdots & a_{i+1, j-1} & a_{i+1, j+1} & \cdots & a_{i+1, n} & 0      \\
                    \vdots     &        &              &              &        &            & \vdots \\
                    a_{n1}     & \cdots & a_{n, j-1}   & a_{n, j+1}   & \cdots & a_{nn}     & 0      \\
                    a_{i1}     & \cdots & a_{i, j-1}   & a_{i, j+1}   & \cdots & a_{in}     & a_{ij}
                \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
                    A_1         & 0      \\
                    \alpha_{ij} & a_{ij}
                \end{vmatrix}.
            \]

            根据引理，我们有
            \[
                D_i = (-1)^{2n-i-j} a_{ij} |A_1| = (-1)^{i+j} a_{ij} M_{ij} = a_{ij} A_{ij}.
            \]

            由此可得行列式的递推式定义（对列展开，对行展开同理）：
            \[
                D = \sum_{i=1}^n D_i = \sum_{i=1}^n a_{ij} A_{ij}.
            \]

        \item 递归式定义 $\implies$ 公理化定义：
            \begin{enumerate}
                \item （线性性）直接将公理化定义用递归式对第$i$列展开：
                    \begin{align*}
                            & D(\alpha_1,\ldots,\lambda\alpha_{i}+\mu\beta_i,\ldots,\alpha_n)                                      \\
                        ={} & \sum_{k=1}^{n}(\lambda a_{ki}+\mu b_{ki})A_{ki}                                                      \\
                        ={} & \lambda \cdot \sum_{k=1}^{n}a_{ki}A_{ki}+\mu \cdot \sum_{k=1}^{n}b_{ki}A_{ki}                        \\
                        ={} & \lambda D(\alpha_1,\ldots,\alpha_{i},\ldots,\alpha_n)+\mu D(\alpha_1,\ldots,\beta_i,\ldots,\alpha_n),
                    \end{align*}
                    则线性性得证.

                \item （反对称性）对维数 $n$ 归纳. 显然，$D(\alpha_1,\alpha_2)=-D(\alpha_2,\alpha_1)$，然后做出归纳假设：对于任意正整数$i,j$，$1 \leqslant i < j \leqslant n - 1$，有：
                    \[ D(\alpha_1,\ldots,\alpha_i,\ldots,\alpha_j,\ldots,\alpha_{n-1})=-D(\alpha_1,\ldots,\alpha_j,\ldots,\alpha_i,\ldots,\alpha_{n-1}). \]
                    由此做出递推，对交换前后的行列式的首行做展开：
                    \begin{gather*}
                        D(\alpha_1,\ldots,\alpha_{i},\ldots,\alpha_{j},\ldots,\alpha_n)
                         =\sum_{k=1}^{n}a_{1k}A_{1k},   \\
                        D(\alpha_1,\ldots,\alpha_{j},\ldots,\alpha_{i},\ldots,\alpha_n)
                         =\sum_{k=1}^{n}a'_{1k}A'_{1k}.
                    \end{gather*}
                    其中，除第$i,j$项外，由归纳假设，其余项都满足$a_{1k}=a'_{1k},A_{1k}=-A'_{1k}$，则有$a_{1k}A_{1k}=-a'_{1k}A'_{1k},k\neq i,j$. 因此主要考察$a_{1i}A_{1i}+a_{1j}A_{1j}$与$a'_{1i}A'_{1i}+a'_{1j}A'_{1j}$这两项. 首先有$a'_{1i}=a_{1j},a'_{1j}=a_{1i}$. 然后将$A_{1i}$与$A'_{1j}$两项展开对比：
                    \begin{align*}
                        A_{1i}  & =(-1)^{1+i} D(\beta_{1},\ldots,\beta_{i-1},\beta_{i+1},\ldots,\beta_{j},\ldots,\beta_{n}),                             \\
                        A'_{1j} & =(-1)^{1+j} D(\beta_{1},\ldots,\beta_{i-1},\beta_{j},\beta_{i+1},\ldots,\beta_{j-1},\beta_{j+1},\ldots,\beta_{n}).
                    \end{align*}
                    式中的$\beta_k$表示原列向量 $\alpha_k$ 去掉首行元素后剩余$n-1$个元素组成的新列向量. 可以发现，$A_{1i}$中的$\beta_j$向左交换$j-(i+1)$次后与$A'_{1j}$是绝对值一致的. 则根据归纳假设，有$(-1)^{1+j}A'_{1j}=(-1)^{1+i+j-(i+1)}A_{1i}$，即有$A'_{1j}=-A_{1i}$，同理$A'_{1i}=A_{1j}$所以$a_{1i}A_{1i}+a_{1j}A_{1j}=-(a'_{1j}A'_{1j}+a'_{1i}A'_{1i})$. 综上可证：
                    \[ D(\alpha_1,\ldots,\alpha_{i},\ldots,\alpha_{j},\ldots,\alpha_n)=-D(\alpha_1,\ldots,\alpha_{j},\ldots,\alpha_{i},\ldots,\alpha_n). \]

                \item （规范性）用定义对$|E_n|$按第一行展开：
                \[|E_n|=1\cdot |E_{n-1}|+\sum\limits_{j=2}^{n}0\cdot A_{1j}=|E_{n-1}|=\cdots=|E_1|=1.\]
            \end{enumerate}
    \end{enumerate}
\end{proof}


递归式定义有一个重要的结论如下：
\begin{theorem}{}{递归性质}
    $n$阶行列式$D=|a_{ij}|_{n \times n}$的某一行（列）元素与另一行（列）相应元素的代数余子式的乘积之和等于0，即
    \begin{align}
        \label{eq:13:递归式定义3}
        \sum_{k=1}^{n}a_{kj}A_{ki}=a_{1j}A_{1i}+a_{2j}A_{2i}+\cdots+a_{nj}A_{ni}=0 & \qquad j \neq i \\
        \label{eq:13:递归式定义4}
        \sum_{k=1}^{n}a_{jk}A_{ik}=a_{j1}A_{i1}+a_{j2}A_{i2}+\cdots+a_{jn}A_{in}=0 & \qquad j \neq i
    \end{align}
\end{theorem}

我们简要说一下定理的证明. 虽然这一定理看着下标满天飞，似乎很难证明，但如果我们首先将第$i$列元素替换为第$j$列元素，然后根据\autoref{def:递归式定义} 按第$i$列展开求行列式，这一结果一定是0，因为此时矩阵第$i$和$j$两列完全相同. 同时我们发现，我们上面展开写出的式子就是\autoref{eq:13:递归式定义3}（注意此时$a_{ki}=a_{kj}$），由此得证. \autoref{eq:13:递归式定义4} 的证明同理.

到目前为止，读者可能对\crefrange*{eq:13:递归式定义1}{eq:13:递归式定义4} 中代数余子式的下标排列顺序与繁杂的下标感到陌生，因此安排了\autoref{ex:递归式定义2} 希望大家熟悉这些公式.

\begin{example}{}{递归式定义2}
    对\autoref{ex:余子式} 中的矩阵验证\autoref{thm:递归性质} 的正确性.
\end{example}

\begin{solution}
    例如我们选取第一行元素和第二行的代数余子式，由\autoref{def:余子式} 可知$A_{21}=17,A_{22}=-7,A_{23}=-9$，因此
    \begin{align*}
        D & =\sum_{k=1}^{3}a_{1k}A_{2k}             \\
          & =a_{11}A_{21}+a_{12}A_{22}+a_{13}A_{23} \\
          & =2 \cdot 17+1 \cdot (-7)+3 \cdot (-9)   \\
          & =0.
    \end{align*}
\end{solution}

这一节中行列式是按照一行（列）展开的，若按多行（列）展开则需要相应的 Laplace 定理，我们将在本讲之后的部分介绍.

\section{行列式的性质及应用}

\subsection{基本性质}

\begin{example}{}{行列式性质}
    设$A,B \in \mathbf{F}^{n \times n}$，$k \in \mathbf{F}$，则
    \begin{enumerate}
        \item 一般情况下，$|A \pm B| \neq |A|\pm|B|$；

        \item $|kA|=k^n|A|$；

        \item \label{item:13:行列式性质:3}
            初等矩阵行列式（注意初等矩阵不分行列，左乘右乘区分初等行列变换）：\\
            $|E_{ij}|=-1,\enspace |E_i(c)|=c,\enspace |E_{ij}(k)|=1$；

        \item \label{item:13:行列式性质:4}
            $|AB|=|A||B|,\enspace|A^k|=|A|^k$；

        \item $A$可逆$\iff |A| \neq 0$；

        \item $|A^\mathrm{T}|=|A|$；

        \item \label{item:13:行列式性质:6}
            上、下三角矩阵行列式均为主对角线元素的乘积；

        \item 若$A$可逆，则$|A^{-1}|=|A|^{-1}$.

    \end{enumerate}
\end{example}

上述性质中，性质 2, 7 都可以由\autoref{def:公理化定义} 导出，性质 4, 5, 6, 8 均可由性质 3 导出. 下面是这些性质的证明：

\begin{proof}
    \begin{enumerate}[start=2]
        \item 由\autoref{def:公理化定义} 的\ref*{item:13:齐性}，设$A=(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)$，则
        \begin{align*}
            |kA| & =|k\alpha_1,k\alpha_2,\ldots,k\alpha_n| \\
                 & =k^n|\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n| \\
                 & =k^n|A|.
        \end{align*}

        \item 设 $E = (e_1, e_2, \ldots, e_n)$，则

            由\autoref{def:公理化定义} 的\ref*{item:13:反对称性}，$|E_{ij}| = |e_1, e_2, \ldots, e_j, \ldots, e_i, \ldots, e_n| = -|E| = -1$；

            由\autoref{def:公理化定义} 的\ref*{item:13:齐性}，$|E_i(c)| = |e_1, e_2, \ldots, c e_i, \ldots, e_n| = c|E| = c$；

            由\autoref{def:公理化定义} 的\ref*{item:13:加性}，$|E_{ij}(k)| = |e_1, e_2, \ldots, e_i + k e_j, \ldots, e_n| = |E| + 0 = 1$.

        \item 对于 $|AB| = |A||B|$，分 $B$ 可逆与不可逆两种情况讨论：

            若 $B$ 可逆，则存在初等矩阵 $P_1, P_2, \ldots, P_k$，使得 $B = P_1 P_2 \cdots P_k$；由于右乘初等矩阵相当于对矩阵进行初等列变换，因此我们利用\ref*{item:13:行列式性质:3} 中的结论可以得到
            \begin{gather*}
                |A E_{ij}| = -|A| = |A||E_{ij}|, \\
                |A E_i(c)| = c|A| = |A||E_i(c)|, \\
                |A E_{ij}(k)| = |A| = |A||E_{ij}(k)|.
            \end{gather*}
            因此，$|AB| = |A P_1 P_2 \cdots P_k| = |A||P_1||P_2|\cdots||P_k| = |A||B|$.

            若 $B$ 不可逆，则 $r(AB) \leqslant r(B) < n$，故 $AB$ 也不可逆. 组成不可逆的矩阵的列向量必线性相关，故由\autoref{ex:公理化定义} 的\ref*{item:13:公理化定义导出性质:5} 可知 $|B|=0, |AB|=0$，因此 $|AB| = 0 = |A||B|$.

            同理，分 $A$ 可逆与不可逆两种情况讨论，可得 $|A^k|=|A|^k$.

        \item 若 $A$ 可逆，则存在可逆矩阵 $B$ 使得 $AB=E$，利用性质\ref*{item:13:行列式性质:4} 可知 $|A||B|=|E|=1$，故 $|A| \neq 0$. 反之，若 $A$ 不可逆，则 $A$ 的列向量线性相关，故 $|A| = 0$.

        \item 若 $A$ 不可逆，则 $A^\mathrm{T}$ 不可逆，故 $|A| = |A^\mathrm{T}| = 0$；
            若 $A$ 可逆，则存在初等矩阵 $P_1, P_2, \ldots, P_k$，使得 $A = P_1 P_2 \cdots P_k$，故
            \begin{align*}
                |A^\mathrm{T}| &= |P_k^\mathrm{T} P_{k-1}^\mathrm{T} \cdots P_1^\mathrm{T}| \\
                      &= |P_k^\mathrm{T}| |P_{k-1}^\mathrm{T}| \cdots |P_1^\mathrm{T}| \\
                      &= |P_k| |P_{k-1}| \cdots |P_1| \\
                      &= |A|.
            \end{align*}
            上式成立是因为三类初等矩阵的行列式等于其转置的行列式.

        \item 若 $A$ 为上三角矩阵，见\autoref{ex:上三角矩阵的行列式}.

            若 $A$ 为下三角矩阵，则 $A^\mathrm{T}$ 为上三角矩阵，故 $|A| = |A^\mathrm{T}| = \prod_{i=1}^n a_{ii}$.

        \item 由$|AB|=|A||B|$，设$B=A^{-1}$，则$|E|=|AA^{-1}|=|A||A^{-1}|$，因此$|A||A^{-1}|=1$，从而$|A^{-1}|=|A|^{-1}$.
    \end{enumerate}
\end{proof}

下面我们用两道例题熟悉以上性质：

\begin{example}{}{}
    求证以下命题：
    \begin{enumerate}
        \item 奇数阶反对称矩阵不可逆；

        \item 若$A$是$n$阶可逆对称矩阵，$B$是$n$阶反对称矩阵，则当$n$为奇数时，齐次线性方程组$(AB)X=O$有非零解.
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{solution}
    \begin{enumerate}
        \item 设$A$为$n$阶反对称矩阵，则$A^\mathrm{T}=-A$，因此$|A|=|A^\mathrm{T}|=|-A|=(-1)^n|A|=-|A|$，从而$|A|=0$，故$A$不可逆.
        \item 反证法，则$(AB)X=O$只有零解，由\autoref{thm:可逆等价条件} 的 \ref*{item:11:可逆等价条件:4} 可知$AB$可逆，故$|AB|=|A||B|\neq 0$，这说明$|B|\neq 0$，即$B$可逆. 但由于$B$为奇数阶反对称矩阵，因此$B$不可逆，矛盾. 因此原方程组有非零解.
    \end{enumerate}
\end{solution}

\begin{example}{}{}
    设$A$为$n$阶正交矩阵，即$AA^\mathrm{T}=A^\mathrm{T}A=E$，且$|A|<0$，证明：$|E+A|=0$.
\end{example}

\begin{solution}
    正交矩阵满足 $AA^{\mathrm{T}} = A^{\mathrm{T}}A = E$，所以 $\lvert AA^{\mathrm{T}} \rvert = \lvert A \rvert^2 = \lvert E \rvert = 1$. 而 $\lvert A \rvert < 0$，所以 $\lvert A \rvert = -1$.
    \[
        \lvert E+A \rvert = \lvert AA^{\mathrm{T}}+A \rvert = \lvert A \rvert \cdot \lvert A^{\mathrm{T}}+E \rvert = -\lvert (A+E)^{\mathrm{T}} \rvert = -\lvert E+A \rvert.
    \]

    故 $\lvert E+A \rvert = 0$.
\end{solution}

% 打洞法
\subsection{打洞法}

打洞法是一种在行列式的计算与证明中常用的方法，其基础是分块矩阵的初等变换，在\nameref{sec:分块矩阵初等变换}中有过简单介绍，下面我们详细介绍一下分块初等矩阵的概念及性质：

\begin{definition}{}{分块初等矩阵}
    对于 $n$ 阶单位矩阵 $E_n$，我们将其化为分块对角矩阵的形式：

    \[
        E_n = \begin{pmatrix}
            E_{k_1} & O & \cdots & O \\
            O & E_{k_2} & \cdots & O \\
            \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
            O & O & \cdots & E_{k_m}
        \end{pmatrix},
    \]
    其中 $1 \leqslant m \leqslant n, \enspace \sum\limits_{i=1}^m k_i = n$，$E_{k_i}$ 是 $k_i$ 阶单位矩阵.

    我们称下面三种矩阵为（按上述方式分块的）分块初等矩阵：

    \begin{enumerate}
        \item 将 $E_n$ 分块后的第 $i$ 行与第 $j$ 行对换，得到分块初等对换矩阵 $E_{ij}$；将 $E_n$ 分块后的第 $i$ 列与第 $j$ 列对换，得到分块初等对换矩阵 $E_{ij}^{\mathrm{T}}$.
        \item 将 $E_n$ 分块后的第 $i$ 行（或列）乘 $k_i$ 阶方阵 $C$，得到分块初等倍乘矩阵 $E_i(C)$.
        \item 将 $E_n$ 分块后的第 $i$ 行左乘 $k_j \times k_i$ 矩阵 $C$ 加到第 $j$ 行，或将第 $j$ 列右乘 $k_j \times k_i$ 矩阵 $C$ 加到第 $i$ 列，得到分块初等倍加矩阵 $E_{ij}(C)$.
    \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{example}{}{}
    证明分块初等矩阵的行列式满足

    \begin{enumerate}
        \item $|E_{ij}| = (-1)^{k_i k_j + (k_i + k_j) M}$，其中 $M=\displaystyle\sum_{p=\min\{i,j\} + 1}^{\max\{i,j\} - 1} k_p$. 特别地，若 $m=2$，则 $|E_{ij}| = (-1)^{k_i k_j}$.
        \item $|E_i(C)| = |C|$.
        \item $|E_{ij}(C)| = 1$.
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{proof}
    \begin{enumerate}
        \item 不妨设$i<j$，则分块初等对换矩阵 $E_{ij}$：
            \[
                E_{ij} = \begin{pmatrix}
                    E_{k_1} & \cdots & O       & \cdots & O       & \cdots & O       \\
                    \vdots  & \ddots & \vdots  &        & \vdots  &        & \vdots  \\
                    O       & \cdots & O       & \cdots & E_{k_j} & \cdots & O       \\
                    \vdots  &        & \vdots  & \ddots & \vdots  &        & \vdots  \\
                    O       & \cdots & E_{k_i} & \cdots & O       & \cdots & O       \\
                    \vdots  &        & \vdots  &        & \vdots  & \ddots & \vdots  \\
                    O       & \cdots & O       & \cdots & O       & \cdots & E_{k_m}
                \end{pmatrix}.
            \]

            我们需要通过普通的初等行变换将其变换回单位矩阵 $E_n$：先将 $E_{k_i}$ 覆盖的 $k_i$ 行逐行向上交换 $k_j + M$ 次，再将 $E_{k_j}$ 覆盖的 $k_j$ 行逐行向下交换 $M$ 次，就可以得到 $E_n$，故总的交换次数为 $k_i(k_j+M) + k_j M = k_i k_j + (k_i + k_j) M$.

            因此，$|E_{ij}| = (-1)^{k_i k_j + (k_i + k_j) M}$.

            特别地，若 $m=2$，则 $M$ 必为 $0$，故有 $|E_{ij}| = (-1)^{k_i k_j}$.

        \item 分块初等倍乘矩阵 $E_i(C)$：
            \[
                E_i(C) = \begin{pmatrix}
                    E_{k_1} & \cdots & O        & \cdots & O       \\
                    \vdots  & \ddots & \vdots   &        & \vdots  \\
                    O       & \cdots & CE_{k_i} & \cdots & O       \\
                    \vdots  &        & \vdots   & \ddots & \vdots  \\
                    O       & \cdots & O        & \cdots & E_{k_i}
                \end{pmatrix}.
            \]

            对除了 $E_{k_i}$ 覆盖的行进行递归式展开，就可以得到 $|E_i(C)| = |C|$.

        \item 分块初等倍加矩阵 $E_{ij}(C)$：
            \[
                E_{ij} = \begin{pmatrix}
                    E_{k_1} & \cdots & O       & \cdots & O       & \cdots & O       \\
                    \vdots  & \ddots & \vdots  &        & \vdots  &        & \vdots  \\
                    O       & \cdots & E_{k_i} & \cdots & O       & \cdots & O       \\
                    \vdots  &        & \vdots  & \ddots & \vdots  &        & \vdots  \\
                    O       & \cdots & C       & \cdots & E_{k_j} & \cdots & O       \\
                    \vdots  &        & \vdots  &        & \vdots  & \ddots & \vdots  \\
                    O       & \cdots & O       & \cdots & O       & \cdots & E_{k_m}
                \end{pmatrix}.
            \]

            $E_{ij}(C)$ 可以由对 $E_n$ 的一系列普通初等倍加变换来构造，由于初等倍加变换不改变行列式，故 $|E_{ij}(C)| = |E_n| = 1$.

    \end{enumerate}
\end{proof}

打洞法的实质是通过对原行列式的分块初等变换，将其化为分块对角矩阵或分块上（下）三角矩阵的形式，从而化简行列式或证明某些性质. 由于在转化过程中部分分块会变为 $O$，因此我们形象地称该方法为打洞法.

\vspace{1em}

下面我们使用打洞法证明几个基本结论：

\vspace{0.75em}

\begin{enumerate}
    \item $\begin{vmatrix}
                  A & O \\ O & B
              \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
                  A & O \\ C & B
              \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
                  A & D \\ O & B
              \end{vmatrix} = |A||B|,\enspace\begin{vmatrix}
                  O & A \\ B & C
              \end{vmatrix} = (-1)^{kr}|A||B|$（其中$A$为$k$阶方阵，$B$为$r$阶方阵）；

          我们先给出使用数学归纳法证明的思路：
          \begin{proof}
            先证明 $\begin{vmatrix}
                        A & O \\ C & B
                    \end{vmatrix} = |A||B|$. 我们令
            \[
                D = \begin{vmatrix}
                        A & O \\ C & B
                    \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
                        a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1k} & 0      & \cdots & 0      \\
                        a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2k} & 0      & \cdots & 0      \\
                        \vdots &        & \ddots & \vdots & \vdots &        & \vdots \\
                        a_{k1} & a_{k2} & \cdots & a_{kk} & 0      & \cdots & 0      \\
                        c_{11} & c_{12} & \cdots & c_{1k} & b_{11} & \cdots & b_{1r} \\
                        \vdots &        &        & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                        c_{r1} & c_{r2} & \cdots & c_{rk} & b_{r1} & \cdots & b_{rr}
                    \end{vmatrix}.
            \]
            对 $A$ 的阶数 $k$ 作数学归纳法：当 $k=1$ 时，$D = a_{11}|B| = |A||B|$ 是显然的；假设 $A$ 的阶数为 $k-1$ 时上述结论成立，则当 $A$ 的阶数为 $k$ 时，我们对 $D$ 的第一行展开，得
            \[
                D = (-1)^{1+1} a_{11} M_{11}^D + (-1)^{1+2} a_{12} M_{12}^D + \cdots + (-1)^{1+k} a_{1k} M_{1k}^D,
            \]
            其中 $M_{1j}^D$ 是 $a_{1j}$ 在 $D$ 中的余子式.
            注意到 $M_{1j}^D$ 仍然是 $\begin{vmatrix}
                A & O \\ C & B
            \end{vmatrix}$ 类型的行列式，故由归纳假设我们有
            \[
                M_{1j}^D = M_{1j}^A |B|, \enspace j = 1, 2, \ldots, k.
            \]
            其中 $M_{1j}^A$ 是 $a_{1j}$ 在 $A$ 中的余子式. 将其代入 $D$ 的展开式，得到
            \[
                D = \left[(-1)^{1+1} a_{11} M_{11}^A + (-1)^{1+2} a_{12} M_{12}^A + \cdots + (-1)^{1+k} a_{1k} M_{1k}^A\right] |B| = |A||B|.
            \]

            根据以上结论，令 $C = O$，则有
            \[
                \begin{vmatrix} A & O \\ O & B \end{vmatrix} = |A||B|.
            \]

            利用 $|A^\mathrm{T}|=|A|$，有
            \[
                \begin{vmatrix}
                    A & C \\ O & B
                \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
                    A^\mathrm{T} & O \\ C^\mathrm{T} & B^\mathrm{T}
                \end{vmatrix} = |A^\mathrm{T}||B^\mathrm{T}| = |A||B|.
            \]

            由于从 $\begin{vmatrix} O & A \\ B & C \end{vmatrix}$ 到 $\begin{vmatrix} A & C \\ O & B \end{vmatrix}$ 只需将 $A$ 和 $C$ 中的每一列依次与前面的 $r$ 列逐列交换，利用\autoref{def:公理化定义} 的\ref*{item:13:反对称性}，我们有
            \[
                \begin{vmatrix}
                    O & A \\ B & C
                \end{vmatrix} = (-1)^{kr} \begin{vmatrix}
                    A & O \\ C & B
                \end{vmatrix} = (-1)^{kr} |A||B|.
            \]
          \end{proof}

          下面我们使用打洞法来重新证明，可以发现，使用打洞法可以使证明变得更为简洁：
          \begin{proof}
              若 $B$ 不可逆，则 $r(B) < r$，故 $r\begin{pmatrix} O \\ B \end{pmatrix} < r$，进而 $r\begin{pmatrix} A & O \\ C & B \end{pmatrix} < k + r$，故
              \[
                  \begin{vmatrix}
                      A & O \\ C & B
                  \end{vmatrix} = 0 = |A||B|.
              \]

              若 $B$ 可逆，则
              \[
                  \begin{pmatrix}
                      A & O \\ C & B
                  \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
                      E_k & O \\ -B^{-1} C & E_r
                  \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
                      A & O \\ O & B
                  \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
                      A & O \\ O & E_r
                  \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
                      E_k & O \\ O & B
                  \end{pmatrix},
              \]
              而分块倍加矩阵的行列式
              \[
                  \begin{vmatrix}
                      E_k & O \\ -B^{-1} C & E_r
                  \end{vmatrix} = |E_{12}(-B^{-1}C)| = 1,
              \]
              故有
              \[
                  \begin{vmatrix}
                      A & O \\ C & B
                  \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
                      A & O \\ O & B
                  \end{vmatrix} = |A||B|.
              \]
              其余推导部分同上.
          \end{proof}

    \item 当$A$可逆时，有$\begin{vmatrix}
                  A & B \\ C & D
              \end{vmatrix} = |A||D-CA^{-1}B|$，当$D$可逆时，有$\begin{vmatrix}
                  A & B \\ C & D
              \end{vmatrix} = |D||A-BD^{-1}C|$，当$B$可逆时，有$\begin{vmatrix}
                  A & B \\ C & D
              \end{vmatrix} = (-1)^{mn}|B||C-DB^{-1}A|$，当$C$可逆时，有$\begin{vmatrix}
                  A & B \\ C & D
              \end{vmatrix} = (-1)^{mn}|C||B-AC^{-1}D|$；
          \begin{proof}
              由于
              \[\begin{pmatrix}
                      E & O \\ -CA^{-1} & E
                  \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
                      A & B \\ C & D
                  \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
                      A & B \\ O & D-CA^{-1}B
                  \end{pmatrix},\]
              两边取行列式，并注意到
              \[\begin{vmatrix}
                      E & O \\ -CA^{-1} & E
                  \end{vmatrix} = |E_{12}(-CA^{-1})| = 1,\]
              因此
              \[\begin{vmatrix}
                      A & B \\ C & D
                  \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
                      A & B \\ O & D-CA^{-1}B
                  \end{vmatrix}=|A||D-CA^{-1}B|.\]

              读者会发现，我们在上面的证明中多次使用$\begin{vmatrix}
                      A & O \\ C & B
                  \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
                      A & D \\ O & B
                  \end{vmatrix} = |A||B|$这一性质，因此这一性质是相当重要的，需要读者熟悉.

              本条的其他结论推导类似于上方，在此不再赘述，感兴趣的读者可以自行推导（关键在于第三类分块初等矩阵行列式为1），实际上结论并不是很重要，重要的是在于领悟使用行列式分块计算性质和打洞法的基本方法.
          \end{proof}

          根据上面的结论，如果 $A$ 和 $D$ 均可逆，我们有 $|A||D-CA^{-1}B|=|D||A-BD^{-1}C|$，这一公式称为\term{降阶公式}. 降阶公式的具体应用可以参考\autoref{ex:降阶公式的应用}.

          \item 设 $A,B$ 分别是 $n \times m$ 和 $m \times n$ 矩阵，则 $|E_n \pm AB|=|E_m \pm BA|$，且 \\
          $|\lambda E_n \pm AB|=\lambda^{n-m}|\lambda E_m \pm BA|,\enspace n \geqslant m$.
          \begin{proof}
              由前述第二条性质直接可得
              \[|E_n \pm AB|=\begin{vmatrix}
                      E_n & A \\ \mp B & E_m
                  \end{vmatrix}=|E_m \pm BA|,\]
              也有
              \begin{align*}
                  |\lambda E_n \pm AB|
                   & =\begin{vmatrix}
                          \lambda E_n & A \\ \mp B & E_m
                      \end{vmatrix}=\lambda^n
                  \begin{vmatrix}
                      E_n & \lambda^{-1}A \\ \mp B & E_m
                  \end{vmatrix}=\lambda^{n-m}\begin{vmatrix}
                                                 E_n & A \\ \mp B & \lambda E_m
                                             \end{vmatrix} \\
                   & = \lambda^{n-m}|\lambda E_m \pm BA|.
              \end{align*}
              其中第一行第二个等号来源于前 $n$ 行每行提出一个 $\lambda$，第一行第三个等号来源于后 $m$ 列每列乘以 $\lambda$.
          \end{proof}

          事实上，这里的结果在特征值与特征向量的部分中我们会给出更深入的解释.
\end{enumerate}

还有一部分由这些性质可以推导的其他性质将出现在 C 组习题中供参考. 这部分主要是技巧性内容，可以选择性完成.

\subsection{行列式与函数}

对于任意行列式 $|A| = |a_{ij}|_{n \times n}$，按照逆序数定义展开后得到的结果

\[
    |A| = \sum_{k_1,k_2,\ldots,k_n} (-1)^\varepsilon a_{k_11}a_{k_22}\cdots a_{k_nn}, \enspace \varepsilon = \tau(k_1,k_2,\cdots,k_n)
\]

是一个关于 $a_{ij}$ 的 $n$ 次多项式.

若将行列式中的每一个元素视为以 $x$ 为自变量的函数，我们可以构造了一个关于 $x$ 的函数

\[
    F(x) = \begin{vmatrix}
        f_{11}(x) & f_{12}(x) & \cdots & f_{1n}(x) \\
        f_{21}(x) & f_{22}(x) & \cdots & f_{2n}(x) \\
        \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
        f_{n1}(x) & f_{n2}(x) & \cdots & f_{nn}(x)
    \end{vmatrix}.
\]

关于 $F(x)$ 有一些值得注意的性质：

\begin{example}{}{}
    若 $f_{ij} \in \mathbb{R}[x]_2$，
    设 $\mathbf{f}_{j}(x) = (f_{1j}(x), f_{2j}(x), \ldots, f_{nj}(x))^{\mathrm{T}}$，并设 $m$ 为向量值函数组 $\mathbf{f}_{j}(x)$ 中常向量函数的个数，则 $F(x)$ 也是多项式函数，且次数不超过 $n-m$.
\end{example}

\begin{proof}
    由逆序数定义我们知道

    \[
        F(x) = \sum\limits_{k_1, k_2, \ldots, k_n} (-1)^{\varepsilon} f_{k_1 1}(x) f_{k_2 2}(x) \cdots f_{k_n n}(x), \enspace \varepsilon = \tau(k_1, k_2, \cdots, k_n).
    \]

    可以看到展开式的每一项都是 $n$ 个多项式的乘积，而多项式空间对乘法和加法都封闭，因此 $F(x)$ 也是多项式函数. 再考虑 $F(x)$ 的次数，由于 $\mathbf{f}_{j}(x)$ 中有 $m$ 个是常向量函数，不妨设为 $\mathbf{f}_{k_1}(x), \ldots, \mathbf{f}_{k_m}(x)$，则 $\forall 1 \leqslant i \leqslant n, \forall 1 \leqslant j \leqslant m$，有 $f_{i k_j}$ 是常数，因此展开式中每一项中至少有 $m$ 个函数是常数函数，而剩下的 $n-m$ 个多项式函数次数不超过 $1$，因此每一项的次数不超过 $n-m$，进而可以得到 $F(x)$ 的次数不超过 $n-m$.
\end{proof}

\begin{example}{}{}
    设 $f_{ij}(t)$ 是可微函数，
    求证：$\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}F(t)=\sum\limits_{j=1}^nF_j(t)$，其中
    \[F_j(t)=\begin{vmatrix}
            f_{11}(t) & f_{12}(t) & \cdots & \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f_{1j}(t) & \cdots & f_{1n}(t) \\[2ex]
            f_{21}(t) & f_{22}(t) & \cdots & \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f_{2j}(t) & \cdots & f_{2n}(t) \\[2ex]
            \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots                                   & \vdots & \vdots    \\[2ex]
            f_{n1}(t) & f_{n2}(t) & \cdots & \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f_{nj}(t) & \cdots & f_{nn}(t)
        \end{vmatrix}.\]
\end{example}

\begin{proof}
    使用数学归纳法证明. 当 $n=1$ 时，$\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}F(t) = \left\lvert \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f_{11}(t) \right\rvert$，结论成立.

    假设 $n=k-1$ 时结论成立，下证 $n=k$ 时结论也成立. 设 $G_{ij}(t)$ 为 $F(t)$ 对 $f_{ij}(t)$ 的代数余子式，将 $F(t)$ 按第一列展开：
    \[
        F(t) = \sum_{i=1}^k f_{i1}(t) G_{i1}(t),
    \]

    对 $t$ 求导，有
    \[
        \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}F(t) = \sum_{i=1}^k \dfrac{\mathrm{d}f_{i1}(t)}{\mathrm{d}t} G_{i1}(t) + \sum_{i=1}^k f_{i1}(t) \dfrac{\mathrm{d}G_{i1}(t)}{\mathrm{d}t}.
    \]

    上式第一部分和即为 $F_1(t)$. 下求第二部分的和：

    设 $F_{ij}(t)$ 为 $F_j(t)$ 对 $f_{i1}$ 的代数余子式，即
    \[
        F_{ij}(t) = \begin{vmatrix}
            f_{12}(t) & f_{13}(t) & \cdots & \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f_{1j}(t) & \cdots & f_{1k}(t) \\[2ex]
            f_{22}(t) & f_{23}(t) & \cdots & \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f_{2j}(t) & \cdots & f_{2k}(t) \\[2ex]
            \vdots    & \vdots    &        & \vdots                                   & \vdots & \vdots    \\[2ex]
            f_{i-1,2}(t) & f_{i-1,3}(t) & \cdots & \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f_{i-1,j}(t) & \cdots & f_{i-1,k}(t) \\[2ex]
            f_{i+1,2}(t) & f_{i+1,3}(t) & \cdots & \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f_{i+1,j}(t) & \cdots & f_{i+1,k}(t) \\[2ex]
            \vdots    & \vdots    &        & \vdots                                   & \vdots & \vdots    \\[2ex]
            f_{k2}(t) & f_{k3}(t) & \cdots & \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f_{kj}(t) & \cdots & f_{kk}(t)
        \end{vmatrix}.
    \]

    将第二部分中的 $\dfrac{\mathrm{d}G_{i1}(t)}{\mathrm{d}t}$ 按归纳假设展开，可得
    \begin{align*}
        \sum_{i=1}^k f_{i1}(t) \dfrac{\mathrm{d}G_{i1}(t)}{\mathrm{d}t}
        &= \sum_{i=1}^k \sum_{j=2}^k F_{ij}(t) f_{i1}(t) \\
        &= \sum_{j=2}^k \sum_{i=1}^k F_{ij}(t) f_{i1}(t) \\
        &= \sum_{j=2}^k F_j(t).
    \end{align*}

    与第一部分合并可得
    \[
        \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}F(t)=\sum\limits_{j=1}^nF_j(t).
    \]
\end{proof}

\section{伴随矩阵}

在行列式的性质一节中，我们得到了 $A$ 可逆 $\iff |A| \neq 0$ 的结论，这一定理保证了 $|A| \neq 0$ 时 $A^{-1}$ 的存在性，我们的下一步便是构造 $A^{-1}$ 的显式表达式. 为此，我们引入伴随矩阵这一概念：

\begin{definition}{伴随矩阵}{}
    称矩阵$A^*=\begin{pmatrix}
            A_{11} & A_{21} & \cdots & A_{n1} \\
            A_{12} & A_{22} & \cdots & A_{n2} \\
            \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
            A_{1n} & A_{2n} & \cdots & A_{nn}
        \end{pmatrix}$为$A$的\term{伴随矩阵}，其中$A_{ij}$是元素$a_{ij}$的代数余子式.
\end{definition}

值得注意的是，$A^*$ 中代数余子式的下标排列顺序与 $A$ 中元素的下标排列顺序不同，与 $A^{\mathrm{T}}$ 相同.

伴随矩阵的构造思路来源于\autoref{def:递归式定义} 与\autoref{thm:递归性质}，将两者结论合并之后可以得到：

\begin{align}
    \label{eq:1:递归式定义结论1}
    \sum\limits_{k=1}^{n} a_{ki} A_{kj} &= \begin{cases}
        |A|, \enspace &\text{if } j = i \\
        0, \enspace &\text{if } j \neq i
    \end{cases}, \\
    \label{eq:1:递归式定义结论2}
    \sum\limits_{k=1}^{n} a_{ik} A_{jk} &= \begin{cases}
        |A|, \enspace &\text{if } j = i \\
        0, \enspace &\text{if } j \neq i
    \end{cases}.
\end{align}

将\autoref{eq:1:递归式定义结论1} 写成向量形式：令 $\alpha_i = (a_{1i},\ldots,a_{ni})^{\mathrm{T}}, \enspace \beta_i = (A_{1j}, \ldots, A_{nj})$，即有 $\beta_j \alpha_i = \delta_{ij}|A|$，其中 $\delta_{ij}$ 是 Kronecker 符号. 将向量拼成矩阵便有

\[
    \begin{pmatrix}
        \beta_1 \\ \beta_2 \\ \vdots \\ \beta_n
    \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
        \alpha_1 & \alpha_2 & \cdots & \alpha_n
    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
        \beta_1 \alpha_1 & \beta_1 \alpha_2 & \cdots & \beta_1 \alpha_n \\
        \beta_2 \alpha_1 & \beta_2 \alpha_2 & \cdots & \beta_2 \alpha_n \\
        \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
        \beta_n \alpha_1 & \beta_n \alpha_2 & \cdots & \beta_n \alpha_n
    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
        |A| & 0 & \cdots & 0 \\
        0 & |A| & \cdots & 0 \\
        \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
        0 & 0 & \cdots & |A|
    \end{pmatrix} = |A| E.
\]

故我们定义 $A$ 的伴随矩阵 $A^* = \begin{pmatrix}
    \beta_1 \\ \beta_2 \\ \vdots \\ \beta_n
\end{pmatrix}$，就可以得到：

\[
    A^* A = |A| E,
\]

该式不论 $A$ 是否可逆均成立. 而当 $A$ 可逆，即 $|A| \neq 0$ 时，通过该式即可求出 $A^{-1}$ 的表达式：
\[
    A^{-1} = \frac{A^*}{|A|}.
\]

总结一下伴随矩阵的性质：

\begin{example}{}{伴随矩阵}
    证明下列关于$n$阶矩阵$A$的伴随矩阵$A^*$的性质：
    \begin{enumerate}
        \item \label{item:13:伴随矩阵:1}
              $AA^*=A^*A=|A|E$，若$A$可逆，则有$A^{-1}=|A|^{-1}A^*,\enspace A^*=|A|A^{-1},\enspace (A^*)^{-1}=(A^{-1})^*=|A|^{-1}A$.

        \item $|A^*|=|A|^{n-1}$，无论$A$是否可逆.

        \item \label{item:13:伴随矩阵:3}
              $(AB)^*=B^*A^*,\enspace (A^\mathrm{T})^*=(A^*)^\mathrm{T},\enspace (kA)^*=k^{n-1}A^*$，要求掌握$A$和$B$可逆时的证明，若不可逆则需要使用第二节习题C组中对角占优的推论证明.

        \item $A$可逆时，$(A^*)^*=|A|^{n-2}A,\enspace |(A^*)^*|=|A|^{(n-1)^2}$（本题结论可以推广到更多重的伴随矩阵）.

        \item 对正整数$k$，$(A^k)^*=(A^*)^k$.

        \item $r(A^*)=\begin{cases}
                      n & r(A)=n     \\
                      1 & r(A)=n-1   \\
                      0 & r(A) < n-1
                  \end{cases}$.
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{proof}
    \begin{enumerate}
        \item 由\autoref{eq:13:递归式定义3} 和\autoref{eq:13:递归式定义4}，$AA^*$的第$i$行第$j$列元素为
              \[\sum_{k=1}^{n}a_{ik}A_{jk}=\begin{cases}
                      |A| & i=j      \\
                      0   & i \neq j
                  \end{cases}\]
              因此$AA^*=|A|E$，同理可证$A^*A=|A|E$.

              若$A$可逆，则$|A| \neq 0$，从而由$AA^*=|A|E$可知$A^{-1}=|A|^{-1}A^*$，$A^*=|A|A^{-1}$，$(A^*)^{-1}=|A|^{-1}A$.

              而我们知道$(A^{-1})^*A^{-1}=|A^{-1}|E=|A|^{-1}E$，因此$(A^{-1})^*=|A|^{-1}A$.

        \item 由$AA^*=|A|E$，$|AA^*|=|A||A^*|=|A|^n$，因此$|A^*|=|A|^{n-1}$.

        \item 只证明$A$和$B$可逆的情况，由$A^*=|A|A^{-1}$可知，$(AB)^*=|AB|(AB)^{-1}=|A||B|B^{-1}A^{-1}=B^*A^*$.

              $(A^\mathrm{T})^*=|A^\mathrm{T}|(A^\mathrm{T})^{-1}=|A|(A^{-1})^\mathrm{T}=(|A|A^{-1})^\mathrm{T}=(A^*)^\mathrm{T}$.

              $(kA)^*=|kA|(kA)^{-1}=k^n|A|\cdot k^{-1}A^{-1}=k^{n-1}A^*$.

        \item 由$(A^*)^*=|A^*|(A^*)^{-1}$，$|A^*|=|A|^{n-1}$，$(A^*)^{-1}=|A|^{-1}A$可知$(A^*)^*=|A|^{n-2}A$. $|(A^*)^*|=||A|^{n-2}A|=|A|^{n(n-2)+1}=|A|^{(n-1)^2}$.

        \item $(A^k)^*=|A^k|(A^k)^{-1}=|A|^k(A^{-1})^k=(|A|A^{-1})^k=(A^*)^k$.

        \item 证明见\autoref{ex:伴随矩阵的秩}.
    \end{enumerate}
\end{proof}

在计算行列式时若出现伴随矩阵，我们经常使用\autoref{ex:伴随矩阵} 中的 \ref*{item:13:伴随矩阵:1}，\ref*{item:13:伴随矩阵:3} 进行计算.

使用伴随矩阵求逆矩阵是一种矩阵求逆的方式，我们通过一个简单的例子复习：

\begin{example}{}{用伴随矩阵求逆}
    判断矩阵$\begin{pmatrix}
            1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 2 \\ 1 & 3 & 3
        \end{pmatrix}$是否可逆. 若可逆，利用伴随矩阵求其逆矩阵.
\end{example}

\begin{solution}
    我们使用行列式来判断矩阵是否可逆：设 $A=\begin{pmatrix}
        1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 2 \\ 1 & 3 & 3
    \end{pmatrix}$，则有 $|A| = 4$，因此 $A$ 可逆.

    接着我们使用伴随矩阵求 $A$ 的逆矩阵. 首先求 $|A|$ 中各元素的代数余子式：

    \[
        A_{11} = \begin{vmatrix}
            1 & 2 \\ 3 & 3
        \end{vmatrix} = -3, \quad
        A_{12} = - \begin{vmatrix}
            2 & 2 \\ 1 & 3
        \end{vmatrix} = -4, \quad
        A_{13} = \begin{vmatrix}
            2 & 1 \\ 1 & 3
        \end{vmatrix} = 5.
    \]

    类似地，我们有
    \begin{gather*}
        A_{21} = 3, \quad A_{22} = 0, \quad A_{23} = -1, \\
        A_{31} = 1, \quad A_{32} = 4, \quad A_{33} = -3,
    \end{gather*}

    由此可得 $A$ 的伴随矩阵 $A^* = \begin{pmatrix}
            A_{11} & A_{21} & A_{31} \\
            A_{12} & A_{22} & A_{32} \\
            A_{13} & A_{23} & A_{33}
        \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
            -3 & 3 & 1 \\
            -4 & 0 & 4 \\
            5 & -1 & -3
        \end{pmatrix}$.

    因此，

    \[
        A^{-1} = \dfrac{A^*}{|A|} = \dfrac{1}{4} \begin{pmatrix}
            -3 & 3 & 1 \\
            -4 & 0 & 4 \\
            5 & -1 & -3
            \end{pmatrix}.
    \]
\end{solution}

需要注意的是，在矩阵阶数较大时，使用伴随矩阵求逆矩阵需要求解大量的代数余子式，因此我们在实际计算中一般还是采用行变换（列变换）的方法求解逆矩阵.

下面的例子也十分经典，是已知伴随矩阵求原矩阵，需要熟练运用伴随矩阵的性质：

\begin{example}{}{}
    已知 $A^*=\begin{pmatrix}
            1 & -2 & 1 \\ 0 & 2 & -2 \\ -1 & 2 & 1
        \end{pmatrix}$，求 $A$.
\end{example}

\begin{solution}
    不难求得 $|A^*| = 4$，根据伴随矩阵行列式的性质有，$|A^*| = |A|^2$，因此 $|A| = \pm 2$. 若 $|A| = 2$，则根据 $AA^* = |A|E$，有

    \[A^{-1} = |A|^{-1}A^* = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}
            1 & -2 & 1 \\ 0 & 2 & -2 \\ -1 & 2 & 1
        \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
            \dfrac{1}{2} & -1 & \dfrac{1}{2} \\ 0 & 1 & -1 \\ -\dfrac{1}{2} & 1 & \dfrac{1}{2}
        \end{pmatrix}.\]

    因此 $A = (A^{-1})^{-1} = \begin{pmatrix}
            3 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1
        \end{pmatrix}$.

    若 $|A| = -2$，则同理可以求得 $A = -\begin{pmatrix}
            3 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1
        \end{pmatrix}$.
\end{solution}

当然，也可以根据$(A^*)^{-1}=(A^{-1})^*=|A|^{-1}A$，将其转化为\autoref{ex:用伴随矩阵求逆} 的形式进行求解，但同样需要对$|A|$的取值分类讨论.

\section{行列式秩}

\subsection{行列式秩的概念}

在行列式的递归式定义一节中，我们定义了余子式和代数余子式来描述行列式去掉某一行和某一列之后的值，它们反映了行列式的``部分性质''. 现在我们将目光放到将行列式去掉更多行与列之后的``部分性质''，为此，我们引入矩阵子式的概念：

\begin{definition}{}{子式、主子式、顺序主子式}
    矩阵$A=(a_{ij})_{m \times n}$的任意$k$行（$i_1<i_2<\cdots<i_k$行）和任意$k$列（$j_1<j_2<\cdots<j_k$列）的交点上的$k^2$个元素排成的行列式
    \[\begin{vmatrix}
            a_{i_1j_1} & a_{i_1j_2} & \cdots & a_{i_1j_k} \\
            a_{i_2j_1} & a_{i_2j_2} & \cdots & a_{i_2j_k} \\
            \vdots     & \vdots     & \ddots & \vdots     \\
            a_{i_kj_1} & a_{i_kj_2} & \cdots & a_{i_kj_k}
        \end{vmatrix}\]
    称为矩阵$A$的一个$k$阶子式，若子式等于0则称$k$阶零子式，否则称非零子式.

    当$A$为方阵且$i_t=j_t\enspace(t=1,2,\ldots,k)$（即选取相同行列）时，称为$A$的$k$阶\term{主子式}\index{zhuzishi@主子式 (principal minor)}. 若$i_t=j_t=t\enspace(t=1,2,\ldots,k)$，称为$A$的$k$阶\term{顺序主子式}\index{zhuzishi!shunxu@顺序主子式 (leading principal minor)}（取前$k$行$k$列的左上角主子式）.
\end{definition}

\begin{example}{}{}
    写出矩阵$\begin{pmatrix}
            1 & 5 & -2 \\ 2 & 3 & 4 \\ -1 & -3 & 0
        \end{pmatrix}$的所有一阶、二阶子式、主子式和顺序主子式.
\end{example}

\begin{solution}
    \begin{enumerate}
        \item 一阶子式：根据子式定义，任意1行1列交点组成的1个元素就是一阶子式，即所有的元素本身都是一阶子式；

        \item 二阶子式：根据子式定义，任意2行2列交点组成的4个元素排成的行列式就是二阶子式，即
              \[\begin{vmatrix}
                      1 & 5 \\
                      2 & 3
                  \end{vmatrix},\begin{vmatrix}
                      1 & -2 \\
                      2 & 4
                  \end{vmatrix},\begin{vmatrix}
                      5 & -2 \\
                      3 & 4
                  \end{vmatrix},\begin{vmatrix}
                      1  & 5  \\
                      -1 & -3
                  \end{vmatrix},\begin{vmatrix}
                      1  & -2 \\
                      -1 & 0
                  \end{vmatrix},\]\[\begin{vmatrix}
                      5  & -2 \\
                      -3 & 0
                  \end{vmatrix},\begin{vmatrix}
                      2  & 3  \\
                      -1 & -3
                  \end{vmatrix},\begin{vmatrix}
                      2  & 4 \\
                      -1 & 0
                  \end{vmatrix},\begin{vmatrix}
                      3  & 4 \\
                      -3 & 0
                  \end{vmatrix};\]

        \item 主子式：根据主子式定义，要求取的行列号相同，故一阶主子式就是1行1列、2行2列、3行3列的元素，二阶主子式就是选取1、2/1、3/2、3行与列构成的子式，即
              \[\begin{vmatrix}
                      1 & 5 \\ 2 & 3
                  \end{vmatrix},\begin{vmatrix}
                      1 & -2 \\ -1 & 0
                  \end{vmatrix},\begin{vmatrix}
                      3 & 4 \\ -3 & 0
                  \end{vmatrix};\]
              三阶主子式就是矩阵本身对应的行列式，不再赘述.

        \item 顺序主子式根据定义，一阶就是第一行第一列的元素，二阶就是前两行前两节元素构成的子式，三阶就是本身的行列式.
    \end{enumerate}
\end{solution}

下来我们给出行列式秩的定义.

\begin{definition}{}{}
    矩阵$A$的非零子式的最高阶数$r$称为$A$的行列式秩.
\end{definition}

即矩阵$A$的行列式秩为$r$的含义为$A$至少有一个$r$阶子式不为0，但所有$r+1$阶子式均为0. 事实上，我们可以通过如下定理统一矩阵的秩和行列式秩：

\begin{theorem}{}{矩阵的秩等于行列式秩}
    矩阵$A$的秩$r(A)=r \iff A$的行列式秩为$r$.
\end{theorem}

\begin{proof}
    \begin{enumerate}
        \item 先证 $r(A)=r \implies A$ 的行列式秩为 $r$：

            由 $r(A) = r$ 可得 $A$ 的行秩为 $r$，不妨设 $A$ 的前 $r$ 行构成的矩阵 $A_1$ 的行秩为 $r$，其列秩也为 $r$；不妨再设 $A_1$ 的前 $r$ 列向量线性无关. 如此，$A$ 的左上角的 $r$ 阶子块是可逆矩阵，其行列式是 $A$ 的一个 $r$ 阶非零子式；又因为 $A$ 的任意 $r+1$ 个行向量线性相关，因此任意 $r+1$ 阶子式都是零子式. 故 $A$ 的行列式秩为 $r$.

        \item 再证 $A$ 的行列式秩为 $r \implies r(A)=r$：

            不妨设 $A$ 的左上角 $r$ 阶子式 $|A_0|$ 为非零子式. 于是 $A_0$ 可逆，其 $r$ 个行向量线性无关，将它们添分量构成 $A$ 的前 $r$ 个行向量，它们也线性无关；而且此时 $A$ 中任意 $r+1$ 行线性相关（否则 $A$ 中存在 $r+1$ 阶非零子式），故矩阵 $A$ 的行秩为 $r$，即 $r(A)=r$.
    \end{enumerate}
\end{proof}

该定理给出了矩阵的秩的等价定义. 我们可以这么理解，最高非零子式的阶数实际上就是矩阵行、列向量极大线性无关组的长度（更多行、列向量就会使得子式等于0，此时必不满秩），那么这一定理就很显然了.

\begin{definition}{}{}
    矩阵$A$的非零子式的最高阶数$r$称为矩阵$A$的秩，记为$r(A)$.
\end{definition}

思考：非方阵是不存在行列式的，但任意矩阵都存在秩，这是否会导致矩阵的秩与行列式秩不完全等价呢？

实际上前面定义的子式、行列式秩等都是基于矩阵而非行列式定义的，原因是行列式虽名为``式''但实际上只是一个数，只有矩阵有形可以定义上述概念. 对于非方阵，我们同样可以取其中的 $k$ 行 $k$ 列构成 $k$ 阶子式，进而在此基础上定义行列式秩.

\begin{example}{}{}
    利用定义求矩阵$\begin{pmatrix}
            1 & 1 & -1 & 3 \\ 1 & 2 & 1 & 1 \\ 2 & 3 & 0 & 4
        \end{pmatrix}$的行列式秩.
\end{example}

\begin{solution}
    记该矩阵为$A$，由于$A$为3行4列矩阵，因此$r(A)\leqslant 3$. 又我们可以发现其三阶子式
    \[\begin{vmatrix}
            1 & -1 & 3 \\ 1 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 4
        \end{vmatrix}=-4\neq 0,\]
    故$r(A)\geqslant 3$，因此$r(A)=3$.
\end{solution}

\subsection{关于秩的总结}

本学期我们一共学习了四个秩的概念：向量组的秩，线性映射的秩，矩阵的秩和行列式的秩. 事实上，我们在很多地方都讨论了它们的统一性：
\begin{enumerate}
    \item 在矩阵的秩的定义以及三秩的统一中体现了向量组的秩（行秩、列秩的定义基于向量组的秩）和线性映射的秩（矩阵的秩的定义基于线性映射的秩）与矩阵的秩的统一；

    \item 在\autoref{thm:矩阵的秩等于行列式秩} 中统一了矩阵的秩和行列式的秩.
\end{enumerate}

虽然线性映射的秩、矩阵的秩、行列式的秩的定义各不相同，但本质都在于向量组的秩（回顾线性映射的秩的定义，矩阵行秩、列秩的定义，乃至\autoref{thm:矩阵的秩等于行列式秩} 的证明）. 这给我们的启示是上述提到的概念都可以互相转化考虑. 例如考虑可逆时，我们可以考虑行、列向量是否线性无关/矩阵对应的线性映射是否可逆/行列式是否为0等. 虽然说起来很简单，但是实际做题的时候很多同学还是容易思维局限，因此我们需要将这些概念的统一性放在重要的位置.

\begin{example}{}{}
    求多项式$f(x)=\begin{vmatrix}
            1 & a_1   & a_2     & a_3     \\
            1 & a_1+x & a_2     & a_3     \\
            1 & a_1   & a_2+x+1 & a_3     \\
            1 & a_1   & a_2     & a_3+x+2
        \end{vmatrix}$的所有零点.
\end{example}

\begin{solution}
    事实上，本题可以直接展开求出四阶行列式的值然后解方程$f(x)=0$即可，但我们这里使用更为本质的方法. $f(x)=0$实际上就是行列式等于零，即此时$x$使得行列式中两列（或两行）线性相关了. 事实上，我们很容易发现$x=0$时，第一列与第二列成比例，故此时$f(x)=0$成立. 同理，$x=-1$和$x=-2$也是$f(x)=0$的解.

    事实上，我们知道这一行列式展开后是一个次数最高为3的多项式，因此$0,-1,-2$就是$f(x)$的所有零点.
\end{solution}


\section{行列式计算技巧}

本章节提供了一系列的行列式计算技巧，在具体介绍这些技巧之前，我们先对这些方法进行一些归纳，如\autoref{fig:行列式计算技巧归纳} 所示.

\begin{figure}[!ht]
    \centering
    \begin{tikzpicture}[node distance=10pt]
        \node[draw, rounded corners]            (initial)   {待求行列式};
        \node[below=75pt of initial]            (temp)      {};
        \node[draw, left=50pt of temp]          (special)   {特殊行列式};
        \node[draw, right=50pt of temp]         (reduced)   {降阶后的行列式};
        \node[draw, below=60pt of temp, rounded corners]      (result)    {结果};

        \draw[->] (initial) -- (special|-initial) -> node[left] {
            \begin{tabular}{c}
                连加 \\
                滚动消去 \\
                升阶 \\
                硬拆
            \end{tabular}
        } (special);
        \draw[->] (initial) -- (reduced|-initial) -> node[right] {
            降阶
        } (reduced);
        \draw[->] (special) -- node[left] {
            \begin{tabular}{c}
                上/下三角行列式 \\
                范德蒙行列式 \\
                $\cdots$
            \end{tabular}
        } (special|-result) -> (result);
        \draw[->] (reduced) -- node[left] {
            递推
        } (reduced|-result) -> (result);
        \draw[->, loop right] (reduced) to (reduced);
        \node at (5, -4) {降阶 / 递推};
    \end{tikzpicture}
    \caption{行列式计算技巧归纳}
    \label{fig:行列式计算技巧归纳}
\end{figure}

从\autoref{fig:行列式计算技巧归纳} 中我们可以看出，行列式计算技巧的最终目的可以分为以下两种：

\begin{enumerate}
    \item 化为行列式计算方法已知的特殊行列式（如上三角行列式和范德蒙行列式）
    \item 将行列式降阶至可以直接求出的大小
\end{enumerate}

下面我们将从以上两个角度出发对具体的行列式计算技巧进行介绍.

\subsection{特殊矩阵}

\subsubsection{上/下三角行列式}

\autoref{ex:行列式性质} 的性质 \ref{item:13:行列式性质:6} 指出三角形矩阵的行列式等于其对角线元素的乘积，因此将普通的行列式化为上/下三角行列式就可以快速得到结果.

最常用的化三角形行列式的方法是对矩阵进行初等倍加变换，将其化为上/下三角矩阵，该过程中行列式的值不变，因此三角矩阵的行列式的值便为所求.

\begin{example}{}{}
    计算行列式$D_{n+1}=\begin{vmatrix}
            1      & a_{1}       & a_{2}       & \cdots & a_n       \\
            1      & a_{1}+b_{1} & a_{2}       & \cdots & a_n       \\
            1      & a_{1}       & a_{2}+b_{2} & \cdots & a_n       \\
            \vdots & \vdots      & \vdots      & \ddots & \vdots    \\
            1      & a_{1}       & a_{2}       & \cdots & a_n+b_{n}
        \end{vmatrix}$.
\end{example}

\begin{solution}
    观察这个行列式的特点，主对角线下方的元素与第 1 行元素对应相同，故用第 1 行的 $-1$ 倍加到下面各行便可使主对角线下方的元素全部变为0，即化为上三角形.
    \[ D_{n+1}=\begin{vmatrix}
            1 & a_{1} & a_{2} & \ldots & a_n   \\
              & b_{1} &       &        &       \\
              &       & b_{2} &        &       \\
              &       &       & \ddots &       \\
              &       &       &        & b_{n}
        \end{vmatrix}=\prod_{i=1}^n b_i \]
\end{solution}

\begin{example}{箭形行列式}{}
    计算$n$阶行列式，其中$a_i\neq 0\enspace(i=2,\ldots,n)$：
    \[|A|=\begin{vmatrix}
            a_1    & b_2    & b_3    & \cdots & b_n    \\
            c_2    & a_2    & 0      & \cdots & 0      \\
            c_3    & 0      & a_3    & \cdots & 0      \\
            \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
            c_n    & 0      & 0      & \cdots & a_n
        \end{vmatrix}.\]
\end{example}

\begin{solution}
    这一行列式因为形似箭头而被称为箭形行列式，将第$i\enspace(2\leqslant i\leqslant n)$列乘以$-c_i/a_i$加到第一列上可以消去第一列所有的$c_i$得到上三角矩阵，最后答案为
    \[
    (a_1-\sum\limits_{i=2}^n\dfrac{b_ic_i}{a_i})a_2a_3\cdots a_n.
    \]
\end{solution}

箭形行列式可以当作一种模板来解决其它问题：

\begin{example}{}{箭形行列式例题}
    计算$n$阶行列式，其中$a_i\neq 0,\enspace i=1,\ldots,n$：
    \[|A|=\begin{vmatrix}
            x_1-a_1 & x_2     & x_3     & \cdots & x_n     \\
            x_1     & x_2-a_2 & x_3     & \cdots & x_n     \\
            x_1     & x_2     & x_3-a_3 & \cdots & x_n     \\
            \vdots  & \vdots  & \vdots  & \ddots & \vdots  \\
            x_1     & x_2     & x_3     & \cdots & x_n-a_n
        \end{vmatrix}.\]
\end{example}

\begin{solution}
    第一行乘以-1依次加到其它行上去可以得到一个箭形行列式，使用上一例题的结论可知答案为\[(-1)^{n-1}a_1a_2\cdots a_n(\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{x_i}{a_i}-1).\]
\end{solution}

\subsubsection{范德蒙行列式}

另外一个非常重要的特殊行列式是范德蒙（Vandermonde）行列式，其定义与性质如下：

\begin{definition}{范德蒙行列式}{}
    称
    \[V_n=\begin{vmatrix}
            1         & 1         & \cdots & 1         \\
            x_1       & x_2       & \cdots & x_n       \\
            \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots    \\
            x_1^{n-1} & x_2^{n-1} & \cdots & x_n^{n-1}
        \end{vmatrix}\]
    为 $n$ 阶范德蒙行列式.
\end{definition}

\begin{example}{}{}
    证明范德蒙行列式满足以下性质：
    \begin{enumerate}
        \item $n$ 阶范德蒙行列式满足
            \[
                V_n=\begin{vmatrix}
                    1         & 1         & \cdots & 1         \\
                    x_1       & x_2       & \cdots & x_n       \\
                    \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots    \\
                    x_1^{n-1} & x_2^{n-1} & \cdots & x_n^{n-1}
                \end{vmatrix}=\prod_{1 \leqslant i < j \leqslant n}(x_j-x_i).
            \]
        \item 范德蒙矩阵可逆 $\iff V_n \neq 0 \iff x_i$ 两两不同.
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{proof}
    这里的证明使用的是归纳法. 当$n=2$时，易知$V_2=x_2-x_1$，结论成立. 假设结论对$n-1$阶范德蒙行列式成立，那么对于$V_n$，从第$n$行起，依次将前一行乘$(-x_1)$加到后一行，可以得到\begin{align*}
        V_n & = \begin{vmatrix}
                    1      & 1                  & \cdots & 1                  \\
                    0      & x_2-x_1            & \cdots & x_n-x_1            \\
                    0      & x_2(x_2-x_1)       & \cdots & x_n(x_n-x_1)       \\
                    \vdots & \vdots             & \ddots & \vdots             \\
                    0      & x_2^{n-2}(x_2-x_1) & \cdots & x_n^{n-2}(x_n-x_1)
                \end{vmatrix} \\
            & = \begin{vmatrix}
                    x_2-x_1            & x_3-x_1            & \cdots & x_n-x_1            \\
                    x_2(x_2-x_1)       & x_3(x_3-x_1)       & \cdots & x_n(x_n-x_1)       \\
                    \vdots             & \vdots             & \ddots & \vdots             \\
                    x_2^{n-2}(x_2-x_1) & x_3^{n-2}(x_3-x_1) & \cdots & x_n^{n-2}(x_n-x_1)
                \end{vmatrix} \\
            & = (x_2-x_1)(x_3-x_1)\cdots(x_n-x_1)
        \begin{vmatrix}
            1         & 1         & \cdots & 1         \\
            x_2       & x_3       & \cdots & x_n       \\
            x_2^2     & x_3^2     & \cdots & x_n^2     \\
            \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots    \\
            x_2^{n-2} & x_3^{n-2} & \cdots & x_n^{n-2}
        \end{vmatrix}.
    \end{align*}
    上式右端为是关于$x_2,x_3,\ldots,x_n$的$n-1$阶范德蒙行列式，根据归纳假设，我们有
    \[
        V_n  = (x_2-x_1)(x_3-x_1)\cdots(x_n-x_1)\prod_{2 \leqslant i < j \leqslant n}(x_j-x_i)
        = \prod_{1 \leqslant i < j \leqslant n}(x_j-x_i).
    \]

    由求出的范德蒙行列式表达式易知，$\forall i \neq j, x_i \neq x_j \iff V_n \neq 0 \iff V_n$ 对应的范德蒙矩阵可逆.
\end{proof}

通常可化为范德蒙行列式进行求解的行列式都含有类似于等比数列的元素，如下例题：

\begin{example}{}{}
    计算 $n$ 阶行列式：
    \[
        |A| = \begin{vmatrix}
            \dfrac{1}{x_1 - 1} & 1      & x_1    & x_1^2  & \cdots & x_1^{n-2} \\[1.2em]
            \dfrac{1}{x_2 - 1} & 1      & x_2    & x_2^2  & \cdots & x_2^{n-2} \\[1.2em]
            \vdots             & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots    \\[1.2em]
            \dfrac{1}{x_n - 1} & 1      & x_n    & x_n^2  & \cdots & x_n^{n-2}
        \end{vmatrix}
    \]
\end{example}

\begin{solution}
    对第 $i$ 行提出因子 $\dfrac{1}{x_i-1}$，则有

    \[
        |A| = \left(\displaystyle\prod_{i=1}^n \frac{1}{x_i-1} \right) \begin{vmatrix}
            1 & x_1 - 1 & x_1^2 - x_1 & \cdots & x_1^{n-1} - x_1^{n-2} \\
            1 & x_2 - 1 & x_2^2 - x_2 & \cdots & x_2^{n-1} - x_2^{n-2} \\
            1 & x_3 - 1 & x_3^2 - x_3 & \cdots & x_3^{n-1} - x_3^{n-2} \\
            \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
            1 & x_n - 1 & x_n^2 - x_n & \cdots & x_n^{n-1} - x_n^{n-2}
        \end{vmatrix}.
    \]

    通过初等列变换将 $A$ 化为范德蒙行列式的形式：

    \begin{align*}
        |A| &= \left(\displaystyle\prod_{i=1}^n \frac{1}{x_i-1} \right) \begin{vmatrix}
            1 & x_1 & x_1^2 & \cdots & x_1^{n-1} \\
            1 & x_2 & x_2^2 & \cdots & x_2^{n-1} \\
            1 & x_3 & x_3^2 & \cdots & x_3^{n-1} \\
            \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
            1 & x_n & x_n^2 & \cdots & x_n^{n-1}
        \end{vmatrix} \\
        &= \left(\displaystyle\prod_{i=1}^n \frac{1}{x_i-1} \right)
           \left(\displaystyle\prod_{1 \leqslant i < j \leqslant n} (x_j - x_i)\right).
    \end{align*}
\end{solution}

我们需要强调的是范德蒙行列式的重要性，事实上，除了在行列式的计算中发挥作用，范德蒙行列式在证明中也有广泛的应用. 其中一个最基本的功能是构造可逆线性变换或是证明某个线性变换是可逆的，在此我们证明\autoref{thm:覆盖定理} 的有限维情形作为一个例子：

\begin{example}{使用范德蒙行列式证明覆盖定理}{行列式证明覆盖定理}
    设$V_1,V_2,\ldots,V_s$是有限维线性空间$V$的$s$个非平凡子空间，证明：$V$中至少存在一个向量不属于$V_1,V_2,\ldots,V_s$中的任何一个，即$V_1 \cup V_2 \cup \cdots \cup V_s\subsetneq V$.
\end{example}

\begin{proof}
    设$\dim V=n$，设$\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n$为$V$的一组基，构造向量组$\{\beta_k\}$中每个元素满足
    \[\beta_k=\alpha_1+k\alpha_2+\cdots+k^{n-1}\alpha_n,\enspace k=1,2,3,\ldots\]
    任取上述向量组中的$n$个向量$\beta_{k_1},\beta_{k_2},\ldots,\beta_{k_n}$，其中$k_1<k_2<\cdots<k_n$，则有
    \[(\beta_{k_1},\beta_{k_2},\ldots,\beta_{k_n})=(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)C,\]
    其中
    \[C=\begin{pmatrix}
            1         & 1         & \cdots & 1         \\
            k_1       & k_2       & \cdots & k_n       \\
            \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots    \\
            k_1^{n-1} & k_2^{n-1} & \cdots & k_n^{n-1}
        \end{pmatrix},\]
    则$|C|$是一个范德蒙行列式. 由范德蒙行列式的性质可知$|C| \neq 0$，因此$C$可逆. 又由于$\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n$是$V$的一组基，因此$\beta_{k_1},\beta_{k_2},\ldots,\beta_{k_n}$线性无关，从而向量组$\{\beta_k\}$中任意$n$个向量均构成$V$的一组基.

    由于$V_1,V_2,\ldots,V_s$是$V$的非平凡子空间，因此每个子空间最多包含$\{\beta_k\}$中$n-1$个向量，进而$V_1\cup V_2\cup\cdots\cup V_s$只包含$\{\beta_k\}$中有限个向量，所以必然存在一个向量$\beta_j$使得$\beta_j \notin V_1\cup V_2\cup\cdots\cup V_s$.
\end{proof}

\subsection{化特殊行列式的方法}

\subsubsection{连加法}

这种方法的运用场景通常是矩阵的每行或每列总和相等，这时我们可以将每行或每列的元素分别累加到第一行或第一列上，从而使得第一行或第一列的元素全部相同，然后将第一行或第一列的元素提取出来，得到一个新的行列式形式，进而继续使用其他方法计算.

\begin{example}{}{}
    计算行列式$D_n=\begin{vmatrix}
            x_1-m  & x_2    & \cdots & x_n    \\
            x_1    & x_2-m  & \cdots & x_n    \\
            \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
            x_1    & x_2    & \cdots & x_n-m
        \end{vmatrix}$.
\end{example}

本题实际上是\autoref{ex:箭形行列式例题} 的一个特例，处理方法也大同小异：

\begin{solution}
    观察到每一行的和都是相同的，所以我们可以将每一列都累加到第一列上，得到
    \begin{align*}
        D_n & =\begin{vmatrix}
                   \displaystyle\sum_{i=1}^{n}\limits x_i-m & x_2    & \cdots & x_n    \\
                   \displaystyle\sum_{i=1}^{n}\limits x_i-m & x_2-m  & \cdots & x_n    \\
                   \vdots                            & \vdots & \ddots & \vdots \\
                   \displaystyle\sum_{i=1}^{n}\limits x_i-m & x_2    & \cdots & x_n-m
               \end{vmatrix} \\
            & =\left(\sum_{i=1}^{n}\limits x_i-m\right)
        \begin{vmatrix}
            1      & x_2    & \cdots & x_n    \\
            1      & x_2-m  & \cdots & x_n    \\
            \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
            1      & x_2    & \cdots & x_n-m
        \end{vmatrix}                                   \\
            & =\left(\sum_{i=1}^{n}\limits x_i-m\right)
        \begin{vmatrix}
            1 & x_2 & \cdots & x_n \\
              & -m  &        &     \\
              &     & \ddots &     \\
              &     &        & -m
        \end{vmatrix}                                              \\
            & =(-m)^{n-1}\left(\sum_{i=1}^{n}\limits x_i-m\right).
    \end{align*}
\end{solution}

\subsubsection{滚动消去法}

当行列式每两行的值比较接近时，可采用让邻行中的某一行减或者加上另一行的若干倍, 这种方法称为滚动消去法.

\begin{example}{}{}
    计算行列式$D_n=\begin{vmatrix}
            1      & 2      & 3      & \cdots & n-1    & n      \\
            2      & 1      & 2      & \cdots & n-2    & n-1    \\
            3      & 2      & 1      & \cdots & n-3    & n-2    \\
            \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
            n-1    & n-2    & n-3    & \cdots & 1      & 2      \\
            n      & n-1    & n-2    & \cdots & 2      & 1
        \end{vmatrix},\enspace n \geqslant 2$.
\end{example}

\begin{solution}
    这是一个循环行列式，这种行列式的特点是相邻的行或列之间有共同的变化规律，所以我们可以使用“差分”的思想，从最后一行开始每行减去上一行
    \begin{align*}
        D_n & =\begin{vmatrix}
                   1      & 2      & 3      & \cdots & n-1    & n      \\
                   1      & -1     & -1     & \cdots & -1     & -1     \\
                   1      & 1      & -1     & \cdots & -1     & -1     \\
                   \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                   1      & 1      & 1      & \cdots & -1     & -1     \\
                   1      & 1      & 1      & \cdots & 1      & -1
               \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
                                 1      & 2      & 3      & \cdots & n-1    & n      \\
                                 2      & 0      & 0      & \cdots & 0      & -2     \\
                                 2      & 2      & 0      & \cdots & 0      & -2     \\
                                 \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                                 2      & 2      & 2      & \cdots & 0      & -2     \\
                                 1      & 1      & 1      & \cdots & 1      & -1
                             \end{vmatrix} \\
            & =\begin{vmatrix}
                   1      & 2      & 3      & \cdots & n-1    & n+1    \\
                   2      & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
                   2      & 2      & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
                   \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                   2      & 2      & 2      & \cdots & 0      & 0      \\
                   1      & 1      & 1      & \cdots & 1      & 0
               \end{vmatrix}=2^{n-2}
        \begin{vmatrix}
            1      & 2      & 3      & \cdots & n-1    & n+1    \\
            1      & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
            1      & 1      & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
            \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
            1      & 1      & 1      & \cdots & 0      & 0      \\
            1      & 1      & 1      & \cdots & 1      & 0
        \end{vmatrix}                      \\
            & =(-1)^{n+1}(n+1) 2^{n-2}.
    \end{align*}
\end{solution}


\subsubsection{升阶法}

升阶法又名加边法，其基本步骤是把 $n$ 阶行列式增加一行一列变成 $n+1$ 阶行列式，再通过其他的方法化简出结果. 为了能使升阶后的行列式易于化简，在确定加边的元素时，我们要找原行列式中每行或每列相同的因子，那么升阶之后，就可以利用行列式的性质把绝大多数元素化为 $0$，这样就达到简化计算的效果.

加边原则如下（不绝对，只是经验之谈）：

\begin{enumerate}
    \item 增加的行与列的公共元素为 $1$
    \item 以下两个命题有且仅有一个成立：
        \begin{enumerate}
            \item 除公共元素外，增加的行中其他元素均为 $0$，增加的列中其他元素要与原行列式每行的公共因子相同
            \item 除公共元素外，增加的列中其他元素均为 $0$，增加的行中其他元素要与原行列式每列的公共因子相同
        \end{enumerate}
\end{enumerate}

下面是一个简单的例子：

\begin{example}{}{}
    解行列式 $D=\begin{vmatrix}
            0      & 1      & 1      & \cdots & 1      & 1      \\
            1      & 0      & 1      & \cdots & 1      & 1      \\
            1      & 1      & 0      & \cdots & 1      & 1      \\
            \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
            1      & 1      & 1      & \cdots & 0      & 1      \\
            1      & 1      & 1      & \cdots & 1      & 0
        \end{vmatrix}$.
\end{example}

\begin{solution}
    使行列式 $D$ 变成 $n+1$ 阶行列式, 即
    \[ D=\begin{vmatrix}
            1      & 1      & 1      & \cdots & 1      & 1      \\
            0      & 0      & 1      & \cdots & 1      & 1      \\
            0      & 1      & 0      & \cdots & 1      & 1      \\
            \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
            0      & 1      & 1      & \cdots & 0      & 1      \\
            0      & 1      & 1      & \cdots & 1      & 0
        \end{vmatrix}. \]

    再将第一行的 $-1$ 倍加到其他各行, 得:
    \[ D =\begin{vmatrix}
            1      & 1  & \cdots & 1  \\
            -1     & -1 &        &    \\
            \vdots &    & \ddots &    \\
            -1     &    &        & -1
        \end{vmatrix}. \]

    从第二列开始, 每列乘以 $-1$ 加到第一列, 得:
    \begin{align*}
        D & =\begin{vmatrix}
                 -(n-1) & 1  & \cdots & 1  \\
                        & -1 &        &    \\
                        &    & \ddots &    \\
                        &    &        & -1
             \end{vmatrix} \\
          & =(-1)^{n+1}(n-1).
    \end{align*}
\end{solution}

除了加边之后通过行列式的性质把绝大多数元素化为 $0$，加边法还可以用于将原行列式化为特殊行列式，下面是一道例题，同样也是去年期末考试中行列式计算题目的推广：

\begin{example}{}{}
    求行列式 $D_n=\begin{vmatrix}
            1         & 1         & \cdots & 1         \\
            x_1       & x_2       & \cdots & x_n       \\
            x_1^{2}   & x_2^{2}   & \cdots & x_n^{2}   \\
            \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots    \\
            x_1^{n-2} & x_2^{n-2} & \cdots & x_n^{n-2} \\
            x_1^{n}   & x_2^{n}   & \cdots & x_n^{n}
        \end{vmatrix}$.
\end{example}

\begin{solution}
    观察到这个行列式与范德蒙行列式十分类似，但是把 $n-1$ 次幂换成了 $n$ 次幂，因此我们可以考虑将其用加边法补成一个 $n+1$ 阶的范德蒙行列式. 普通的加边法套路是加一列只有一个元素非零的列，同时在非零元素所在行补上任意元素以化简. 如果我们在这道题中使用此方法，那么我们需要在倒数第二行补 $x_i^{n-1}$，这样的话就必须补上一个 $n+1$ 维列向量 $(0, 0, \ldots, 0, 1, 0)^{\mathrm{T}}$，无法构成范德蒙行列式.

    \vspace{0.5em}

    因此，我们必须另辟蹊径：假设我们已经构造出了一个 $n+1$ 阶的范德蒙行列式 $V_{n+1}$，加的行在倒数第二行，加的列在最后一列，那么我们其实只需要求这个行列式对加的行列的公共元素的余子式 $M_{n,n+1}$ 即可. 求余子式最直接的方法就是将 $n+1$ 阶的行列式按照加的列展开，我们已经知道了整个行列式的值，那么只需要将待求余子式 $M_{n,n+1}$ 与其他部分分离. 由于范德蒙行列式的结构特征，加的列必然是形如 $(1, x, x^2, \ldots, x^n)$ 的列向量，我们发现如果将 $x$ 视为主元，按该列展开后便形成了一个 $n$ 次的多项式，其中 $x^{n-1}$ 的系数正是我们需要的代数余子式 $(-1)^{2n+1} M_{n,n+1}$. 因此就有

    \begin{align*}
        V_{n+1} &= \begin{vmatrix}
            1      & 1      & \cdots & 1      & 1      \\
            x_1    & x_2    & \cdots & x_n    & x      \\
            x_1^2  & x_2^2  & \cdots & x_n^2  & x^2    \\
            \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
            x_1^{n-1} & x_2^{n-1} & \cdots & x_n^{n-1} & x^{n-1} \\
            x_1^n  & x_2^n  & \cdots & x_n^n  & x^n
        \end{vmatrix} = \sum\limits_{i=0}^n (-1)^{i+n+1} M_{i, n+1} x^i. \\
        V_{n+1} &= \left( \prod\limits_{1 \leqslant i < j \leqslant n} (x_j - x_i) \right) \left(\prod\limits_{i=1}^n (x - x_i) \right).
    \end{align*}

    上下两个多项式对应系数相等，故有

    \[
        - M_{n,n+1} = \left( \prod\limits_{1 \leqslant i < j \leqslant n} (x_j - x_i) \right) \sum\limits_{i=1}^n -x_i.
    \]

    因此，$D_n = M_{n, n+1} = \left( \displaystyle\prod_{1 \leqslant i < j \leqslant n} (x_j - x_i) \right) \displaystyle\sum_{i=1}^n x_i$.
\end{solution}

\subsubsection{硬拆法}

硬拆法在推导行列式的逆序数定义的过程中已经使用过，其基本思想为将行列式的某行或某列拆成两个向量相加，然后使用公理化定义的线性性质将原行列式拆成两个易于求解行列式进行求解.

如果 $n$ 阶行列式的每一列（或每一行）均可以被拆分为两个向量相加，那么由于行列式对每一个分量均是线性的，对每个分量的拆分均会让行列式的数量翻倍，完全拆分后将会获得 $2^n$ 个 $n$ 阶行列式. 由于拆出的行列式数量极大，我们希望拆出的大部分行列式都是容易求解的.

我们来看一些硬拆法的例子：

\begin{example}{}{}
    计算行列式$D_n=\begin{vmatrix}
            1-a_{1} & a_{2}   &        &           &         \\
            -1      & 1-a_{2} & \ddots &           &         \\
                    & -1      & \ddots & a_{n-1}   &         \\
                    &         & \ddots & 1-a_{n-1} & a_{n}   \\
                    &         &        & -1        & 1-a_{n}
        \end{vmatrix}$.
\end{example}

\begin{solution}
    把第一列的元素看成两项的和进行拆列, 得
    \begin{align*}
        D_n= & \begin{vmatrix}
                   1-a_{1} & a_{2}   &        &           &         \\
                   -1      & 1-a_{2} & \ddots &           &         \\
                   0 + 0   & -1      & \ddots & a_{n-1}   &         \\
                   0 + 0   &         & \ddots & 1-a_{n-1} & a_{n}   \\
                   0 + 0   &         &        & -1        & 1-a_{n}
               \end{vmatrix}                \\
        =    & \begin{vmatrix}
                   1  & a_{2}   &        &           &         \\
                   -1 & 1-a_{2} & \ddots &           &         \\
                      & -1      & \ddots & a_{n-1}   &         \\
                      &         & \ddots & 1-a_{n-1} & a_{n}   \\
                      &         &        & -1        & 1-a_{n}
               \end{vmatrix} + \begin{vmatrix}
                                   -a_{1} & a_{2}   &        &           &         \\
                                          & 1-a_{2} & \ddots &           &         \\
                                          & -1      & \ddots & a_{n-1}   &         \\
                                          &         & \ddots & 1-a_{n-1} & a_{n}   \\
                                          &         &        & -1        & 1-a_{n}
                               \end{vmatrix}.
    \end{align*}

    上面第一个行列式的值为 1（从第 1 行开始，每一行依次加到下一行），所以
    \[ \begin{aligned}
            D_n & =1-a_{1}\begin{vmatrix}
                              1-a_{2} & a_{3}   &        &           &         \\
                              -1      & 1-a_{3} & \ddots &           &         \\
                                      & -1      & \ddots & a_{n-1}   &         \\
                                      &         & \ddots & 1-a_{n-1} & a_{n}   \\
                                      &         &        & -1        & 1-a_{n}
                          \end{vmatrix} \\
                & =1-a_{1} D_{n-1} \cdot
        \end{aligned} \]

    这个式子对任何 $n \geqslant 2$ 都成立, 因此有
    \begin{align*}
        D_n & =1-a_{1} D_{n-1}                                          \\
            & =1-a_{1}(1-a_{2} D_{n-2})                                 \\
            & =\cdots                                                   \\
            & =1-a_{1}+a_{1} a_{2}+\cdots+(-1)^n a_{1} a_{2} \cdots a_n \\
            & =1+\sum_{i=1}^{n}(-1)^i \prod_{j=1}^i a_j.
    \end{align*}
\end{solution}

\begin{example}{特征多项式}{}
    定义
    \[
        f(x) = \begin{vmatrix}
            x - a_{11} & - a_{12} & \cdots & - a_{1n} \\
            - a_{21} & x - a_{22} & \cdots & - a_{2n} \\
            \vdots   & \vdots   & \ddots & \vdots   \\
            - a_{n1} & - a_{n2} & \cdots & x - a_{nn}
        \end{vmatrix},
    \]
    试使用硬拆法求
    \begin{enumerate}
        \item $f(x)$ 中 $n-1$ 次项系数 $c_{n-1}$ 的值.
        \item $f(x)$ 中常数项系数 $c_0$ 的值.
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{solution}
    \begin{enumerate}
        \item 设列向量组 $\alpha_i = (-a_{1i}, -a_{2i}, \ldots, -a_{ni})^{\mathrm{T}}$，将行列式的第 $i$ 列分解为 $xe_i + \alpha_i$，即

            \[
                f(x) = D(xe_1 + \alpha_1, xe_2 + \alpha_2, \ldots, xe_n + \alpha_n).
            \]

            逐列进行分解，我们可以得到 $2^n$ 个 $n$ 阶行列式. 设某个行列式中有 $p$ 列为 $xe_i$，$n-p$ 列为 $\alpha_i$，对所有取 $xe_i$ 的列展开，就可以得到一个形如 $cx^p$ 的多项式. 因此，我们只需要考虑拆出的 $2^n$ 个行列式中有 $n-1$ 列为 $xe_i$ 的行列式即可. 因此有

            \[
                c_{n-1}x^{n-1} = D(\alpha_1, xe_2, \ldots, xe_n) + D(xe_1, \alpha_2, \ldots, xe_n) + \cdots + D(xe_1, xe_2, \ldots, \alpha_n).
            \]

            化简后便有 $c_{n-1} = -\displaystyle\sum_{i=1}^n a_{ii}$.

        \item 使用硬拆法，拆出的 $2^n$ 个行列式中只有 $D(\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n)$ 是常数，因此 $c_0 = D(\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n)$.
    \end{enumerate}
\end{solution}

\subsection{降阶}

\subsubsection{利用递归式定义展开}

递归式定义是行列式最常用的展开方法，展开方法在此不再赘述，下面给出一道例题：

\begin{example}{}{}
    解行列式$D_n=\begin{vmatrix}
            x     & -1    &        &         &         \\
                  & x     & \ddots &         &         \\
                  &       & \ddots & -1      &         \\
                  &       &        & x       & -1      \\
            a_{0} & a_{1} & \cdots & a_{n-2} & a_{n-1}
        \end{vmatrix}$.
\end{example}

\begin{solution}
    按最后一行展开，得
    \begin{align*}
        D_n & =\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{n+i+1}a_i\begin{vmatrix} A & O \\ O & B \end{vmatrix}
        =\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{n+i+1}a_i|A||B|                                                        \\
            & =\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{n+i+1}a_i(x^i)\left((-1)^{n-1-i}\right) =\sum_{i=0}^{n-1}a_i x^i,
    \end{align*}

    其中$A\in \mathbf{M}_i(\mathbf{R}),\enspace B\in \mathbf{M}_{n-1-i}(\mathbf{R})$，
    \[ A=\begin{pmatrix}
            x & -1 &        &    &    \\
              & x  & \ddots &    &    \\
              &    & \ddots & -1 &    \\
              &    &        & x  & -1 \\
              &    &        &    & x
        \end{pmatrix},\enspace
        B=\begin{pmatrix}
            -1 &    &        &    &    \\
            x  & -1 &        &    &    \\
               & x  & \ddots &    &    \\
               &    & \ddots & -1 &    \\
               &    &        & x  & -1
        \end{pmatrix}. \]
\end{solution}

\subsubsection{利用 Laplace 定理展开}

递归式定义可以将行列式按一行（一列）进行展开，而下面我们讲解的 Laplace 定理可以将行列式按 $k$ 行（$k$ 列）进行展开.

为了描述这一定理，我们需要首先将单个元素的余子式和代数余子式的概念推广到子式的余子式和代数余子式：

\begin{definition}{}{}
    $n$阶行列式$|A|$中任意取定$k$行、$k$列$(1\leqslant k<n)$，记为$i_1,\ldots,i_k$行，$j_1,\ldots,j_k$列，位于这些行和列的交叉处的$k^2$个元素所构成的$k$阶子式称为$|A|$的一个$k$阶子式，这一$k$阶子式记为$A\begin{pmatrix}
            i_1 & \cdots & i_k \\
            j_1 & \cdots & j_k
        \end{pmatrix}$.

    划去子式所在的取定的$k$行、$k$列，剩下的元素所构成的$n-k$阶行列式称为这个$k$阶子式的余子式，记为
    \[A\begin{pmatrix}
            i_1' & \cdots & i_{n-k}' \\
            j_1' & \cdots & j_{n-k}'
        \end{pmatrix},\]
    其中$\{i_1',\ldots,i_{n-k}'\}=\{1,\ldots,n\}\setminus\{i_1,\ldots,i_k\}$，$\{j_1',\ldots,j_{n-k}'\}=\{1,\ldots,n\}\setminus\{j_1,\ldots,j_k\}$，且$i_1'<\cdots<i_{n-k}'$，$j_1'<\cdots<j_{n-k}'$. 它前面乘以$(-1)^{(i_1+\cdots+i_k)+(j_1+\cdots+j_k)}$所得的数称为这个$k$阶子式的代数余子式.
\end{definition}

事实上上面关于子式的定义与上一讲给出的完全一致，只是多了一个记号，而子式的余子式实际上也只是单个元素余子式到多行多列的自然扩展. 举个简单的例子，对于3阶行列式$|A|=\begin{vmatrix}
    a_{11} & a_{12} & a_{13} \\
    a_{21} & a_{22} & a_{23} \\
    a_{31} & a_{32} & a_{33}
\end{vmatrix}$，取定第1,3行，第1,2列，那么这个2阶子式为$A\begin{pmatrix}
    1 & 3 \\
    1 & 2
\end{pmatrix}=\begin{vmatrix}
    a_{11} & a_{12} \\
    a_{31} & a_{32}
\end{vmatrix}$，它的余子式为$A\begin{pmatrix}
    2 \\ 3
\end{pmatrix}=\begin{vmatrix}
    a_{23}
\end{vmatrix}$，代数余子式为$(-1)^{(1+3)+(1+2)}a_{23}=-a_{23}$.

有了子式的余子式和代数余子式的概念，我们可以给出 Laplace 定理的描述：

\begin{theorem}{}{Laplace定理}
    在$n$阶行列式$|A|$中，取定$k$行：第$i_1,i_2,\ldots,i_k$行（$1\leqslant i_1<i_2<\cdots<i_k\leqslant n$，且$1\leqslant k<n$），则这$k$行元素形成的所有$k$阶子式与它们自己的代数余子式的乘积之和等于$|A|$，即
    \begin{equation}\label{eq:14:Laplace定理}
        |A|=\sum_{1\leqslant j_1<j_2<\cdots<j_k\leqslant n}A\begin{pmatrix}
            i_1 & \cdots & i_k \\
            j_1 & \cdots & j_k
        \end{pmatrix}\cdot (-1)^{(i_1+\cdots+i_k)+(j_1+\cdots+j_k)}A\begin{pmatrix}
            i_1' & \cdots & i_{n-k}' \\
            j_1' & \cdots & j_{n-k}'
        \end{pmatrix}.
    \end{equation}

    若取定$k$列：第$j_1,j_2,\ldots,j_k$列（$1\leqslant j_1<j_2<\cdots<j_k\leqslant n$，且$1\leqslant k<n$），则这$k$列元素形成的所有$k$阶子式与它们自己的代数余子式的乘积之和等于$|A|$.
\end{theorem}

下面的证明需要利用一些行列式逆序数定义的知识，感兴趣的读者可以参考史海拾遗一讲的描述，当然也可以略过这里的证明.

\begin{proof}
    我们只证明前一半按行展开的情况，后一半按列展开的情况可以类似证明. 事实上，$|A|$是$n!$项的代数和（事实上直接用按一行（一列）展开的定义结合数学归纳法很容易得到），而\autoref{eq:14:Laplace定理} 右边求和符号包含$\binom{n}{k}$项，然后$k$阶子式展开有$k!$项，$n-k$阶代数余子式有$(n-k)!$项，所以$\binom{n}{k}\cdot k!\cdot (n-k)!=n!$，所以\autoref{eq:14:Laplace定理} 等号左右项数相同.

    事实上，我们不难发现\autoref{eq:14:Laplace定理} 等号右端$n!$项是互不相同的（不是计算结果一定互不相同，是参与计算的行列式元素不同），又\autoref{eq:14:Laplace定理} 等号左右项数相同，故我们只需证明等号右侧每一项都是$|A|$展开中的一项即可.

    在\autoref{eq:14:Laplace定理} 右侧任取一项：
    \[(-1)^{\tau(\mu_1\cdots\mu_k)}a_{i_1\mu_1}\cdots a_{i_k\mu_k}(-1)^{(i_1+\cdots+i_k)+(j_1+\cdots+j_k)}(-1)^{\tau(\nu_1\cdots\nu_{n-k})}a_{i_1'\nu_1}\cdots a_{i_{n-k}'\nu_{n-k}'},\]
    其中$\mu_1,\ldots,\mu_k$为$j_1,\ldots,j_k$的一个排列，$\nu_1,\ldots,\nu_{n-k}$为$j_1',\ldots,j_{n-k}'$的一个排列，$\tau$代表置换的符号（在朝花夕拾一讲中有介绍）.

    而在\autoref{eq:14:Laplace定理} 左侧有如下一项：
    \[(-1)^{\tau(i_1\cdots i_ki_1'\cdots i_{n-k}')+\tau(\mu_1\cdots\mu_k\nu_1\cdots\nu_{n-k})}a_{i_1\mu_1}\cdots a_{i_k\mu_k}a_{i_1'\nu_1}\cdots a_{i_{n-k}'\nu_{n-k}'},\]
    并且我们有
    \begin{align*}
         & (-1)^{\tau(i_1\cdots i_ki_1'\cdots i_{n-k}')+\tau(\mu_1\cdots\mu_k\nu_1\cdots\nu_{n-k})}                                                        \\
         & =(-1)^{\sum\limits_{r=1}^ki_r-\frac{k(1+k)}{2}}(-1)^{\tau(\mu_1\cdots\mu_k)+\tau(\nu_1\cdots\nu_{n-k})+\sum\limits_{r=1}^kj_r+\frac{k(1+k)}{2}} \\
         & =(-1)^{\tau(\mu_1\cdots\mu_k)+\tau(\nu_1\cdots\nu_{n-k})}(-1)^{(i_1+\cdots+i_k)+(j_1+\cdots+j_k)}.
    \end{align*}
    因此\autoref{eq:14:Laplace定理} 右侧任意一项都可以在左侧找到对应，证毕.
\end{proof}

利用 Laplace 定理，我们可以重新证明打洞法的正确性：

\begin{example}{}{}
    设$A$为$n$阶方阵，$B$为$m$阶方阵，$C$为$m\times n$矩阵，证明：
    \[ \begin{vmatrix}
            A & O \\
            C & B
        \end{vmatrix}=|A|\cdot|B|. \]
\end{example}

\begin{proof}
    将$\begin{vmatrix}
        A & O \\
        C & B
    \end{vmatrix}$按前$n$行展开，得到的所有可能$n$阶子式只有$A$不为0（其它子式都有全零列），且其代数余子式为
    \[(-1)^{(1+2+\cdots+k)+(1+2+\cdots+k)}|B|=|B|,\]
    由Laplace定理，原式$=|A|\cdot|B|$.
\end{proof}

\begin{example}{}{}
    计算行列式$\begin{vmatrix}
            -1 & 1  & 1 & 2 & -1 \\
            0  & -1 & 0 & 1 & 2  \\
            2  & 1  & 1 & 3 & -1 \\
            1  & 2  & 2 & 1 & 0  \\
            0  & 3  & 0 & 1 & 3
        \end{vmatrix}$.
\end{example}

\begin{solution}
    因为第一、第三列含有较多的 $0$，因此在这两列上做 Laplace 展开，得
    \begin{align*}
        |A| & = \begin{vmatrix}
                    -1 & 1 \\ 2 & 1
                \end{vmatrix} \cdot (-1)^{1+3+1+3}
        \begin{vmatrix}
            -1 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 0 \\ 3 & 1 & 3
        \end{vmatrix}                                 \\
            & + \begin{vmatrix}
                    -1 & 1 \\ 1 & 2
                \end{vmatrix} \cdot (-1)^{1+4+1+3}
        \begin{vmatrix}
            -1 & 1 & 2 \\ 1 & 3 & -1 \\ 3 & 1 & 3
        \end{vmatrix}                                \\
            & + \begin{vmatrix}
                    2 & 1 \\ 1 & 1
                \end{vmatrix} \cdot (-1)^{3+4+1+3}
        \begin{vmatrix}
            1 & 2 & -1 \\ -1 & 1 & 2 \\ 3 & 1 & 3
        \end{vmatrix}                                \\
            & = (-3) \times (-11) + (-3) \times 32 + 3 \times (-23) = -132.
    \end{align*}
\end{solution}

\subsubsection{递推法}

递推法的基本步骤：

\begin{enumerate}
    \item 通过初等变换以及上面提到的行列式降阶方法，将原行列式 $D_n$ 化为一个关于更低阶的、与原行列式有相同结构的行列式的表达式，即
        \[
            D_n = f(D_{n-1}, D_{n-2}, \cdots).
        \]

    \item 利用递推关系与初值 $D_1$ 计算 $D_n$.
\end{enumerate}

下面我们给出几道例题：

\begin{example}{三对角行列式}{递推法}
    计算行列式$D_n=\begin{vmatrix}
            \cos \beta & 1            &        &              &              \\
            1          & 2 \cos \beta & \ddots &              &              \\
                       & 1            & \ddots & 1            &              \\
                       &              & \ddots & 2 \cos \beta & 1            \\
                       &              &        & 1            & 2 \cos \beta
        \end{vmatrix}$.
\end{example}

\begin{solution}
    \begin{enumerate}
        \item 法一：归纳法
            \begin{align*}
                D_1 & =\cos\beta,                               \\
                D_2 & =\begin{vmatrix}
                            \cos\beta & 1          \\
                            1         & 2\cos\beta
                        \end{vmatrix}=2\cos^2\beta-1=\cos2\beta.
            \end{align*}

            猜想$D_n=\cos n\beta$. 数学归纳证明：

            假设当 $n=k$ 时，结论成立，即 $D_{k}=\cos k \beta$. 现证当 $n=k+1$ 时，结论也成立. $ n=k+1 $ 时，
            \[ D_{k+1} = \begin{vmatrix}
                    \cos \beta & 1            &        &              &              \\
                    1          & 2 \cos \beta & \ddots &              &              \\
                                & 1            & \ddots & 1            &              \\
                                &              & \ddots & 2 \cos \beta & 1            \\
                                &              &        & 1            & 2 \cos \beta
                \end{vmatrix}. \]

            将 $D_{k+1}$ 按最后一行展开, 得
            \begin{align*}
                D_{k+1}={} & (-1)^{k+1+k+1} \cdot 2 \cos \beta
                \begin{vmatrix}
                    \cos \beta & 1            &        &              &              \\
                    1          & 2 \cos \beta & \ddots &              &              \\
                                & 1            & \ddots & 1            &              \\
                                &              & \ddots & 2 \cos \beta & 1            \\
                                &              &        & 1            & 2 \cos \beta
                \end{vmatrix} \\
                            & +(-1)^{k+1+k}
                \begin{vmatrix}
                    \cos \beta & 1            & 0            & \cdots & 0      \\
                    1          & 2 \cos \beta & 1            & \cdots & 0      \\
                    0          & 1            & 2 \cos \beta & \cdots & 0      \\
                    \vdots     & \vdots       & \vdots       & \ddots & \vdots \\
                    0          & 0            & 0            & \cdots & 1
                \end{vmatrix}       \\
                ={}        & 2\cos\beta D_k-D_{k-1}.
            \end{align*}

            而$D_{k}=\cos k \beta,\enspace
                D_{k-1}=\cos (k-1)\beta = \cos (k \beta-\beta) = \cos k \beta \cos \beta+\sin k \beta \sin \beta$. 所以有
            \begin{align*}
                D_{k+1} & = 2 \cos \beta D_{k}-D_{k-1}                                               \\
                        & =2 \cos \beta \cos k \beta-\cos k \beta \cos \beta-\sin k \beta \sin \beta \\
                        & =\cos k \beta \cos \beta-\sin k \beta \sin \beta                           \\
                        & =\cos (k+1) \beta.
            \end{align*}

            则证得$D_n=\cos n\beta,\enspace n\in \mathbf{N}$.

        \item 法二：递推法
            先得到 $D_n$ 的递推式：
            \[
                D_n - 2 \cos \beta D_{n-1} + D_{n-2} = 0,
            \]
            其中 $D_1 = \cos \beta, \enspace D_2 = \cos 2\beta$.

            现求其特征方程
            \[
                \lambda^2 - 2 \lambda \cos \beta + 1 = 0
            \]
            的根，有
            \[
                \lambda = 2 \cos \beta \pm 2 \mathrm{i} \sin \beta.
            \]
            故令
            \[
                D_n = C_1 \cos n\beta + C_2 \sin n\beta,
            \]
            代入初值，有
            \[
                \begin{cases}
                    C_1 \cos \beta + C_2 \sin \beta = \cos \beta, \\
                    C_1 \cos 2\beta + C_2 \sin 2\beta = \cos 2\beta.
                \end{cases}
            \]
            易知 $C_1 = 1, C_2 = 0$ 为其解，故 $D_n = \cos n\beta$.
    \end{enumerate}
\end{solution}

上题中的递推法应用过程中可能需要解常系数线性递推数列的通项公式，我们在此介绍相关的计算方法，即特征根法. 为了方便，只介绍二阶情况. 如果$D_n$满足关系式

\[ aD_n+bD_{n-1}+cD_{n-2}=0, \]

则称
\[ ar^2+br+c=0 \]
为 $D_n$ 的特征方程，二阶情况下特征方程会有三种根的情况：
\begin{enumerate}
    \item $\Delta>0$, 有两个不等的实根$r_1, r_2$，则有
          \[ D_n=C_1r_1^n+C_2r_2^n. \]

    \item $\Delta=0$, 有重实根$r$，则有
          \[ D_n=(C_1+nC_2)r^n. \]

    \item $\Delta<0$, 有共轭复根$r=\cos\beta\pm \i\sin\beta$，则有
          \[ D_n=C_1\cos n\beta + C_2\sin n\beta. \]
\end{enumerate}
以上式子中的$C_1,C_2$均为任意常数，可以令$n=1,2$获得.

下面给出一道利用特征根法计算行列式的例题：

\begin{example}{}{}
    计算行列式$D_n=
        \begin{vmatrix}
            9 & 5 &        &   &   \\
            4 & 9 & \ddots &   &   \\
              & 4 & \ddots & 5 &   \\
              &   & \ddots & 9 & 5 \\
              &   &        & 4 & 9
        \end{vmatrix}$.
\end{example}

\begin{solution}
    按第一列展开, 得
    \[ D_n=9 D_{n-1}-20 D_{n-2}, \]
    即 $ D_n-9 D_{n-1}+20 D_{n-2}=0 $.
    作特征方程
    \[ x^{2}-9 x+20=0, \]
    解得 $ x_1=4,\enspace x_2=5 $. 则
    \[ D_n=A \cdot 4^n+B \cdot 5^n, \]

    当 $n=1$ 时, $9=4A+5B$；

    当 $n=2$ 时，$61=16A+25B$.

    解得$A=-4,\enspace B=5$，所以
    \[ D_n=5^{n+1}-4^{n+1}. \]
\end{solution}

最后我们介绍一个经典且复杂的例子，即所谓柯西行列式，我们利用递推法来求解：

\begin{example}{柯西行列式}{}
    计算行列式 $D_n=\begin{vmatrix}
            (a_1+b_1)^{-1} & (a_1+b_2)^{-1} & \cdots & (a_1+b_n)^{-1} \\
            (a_2+b_1)^{-1} & (a_2+b_2)^{-1} & \cdots & (a_2+b_n)^{-1} \\
            \vdots         & \vdots         & \ddots & \vdots         \\
            (a_n+b_1)^{-1} & (a_n+b_2)^{-1} & \cdots & (a_n+b_n)^{-1}
        \end{vmatrix}$.
\end{example}

\begin{solution}
    我们尝试求解 $D_n$ 和 $D_{n-1}$ 之间的递推式. 首先将行列式的前 $n-1$ 列每列都减去第 $n$ 列：

    \begin{align*}
        D_n & = \begin{vmatrix}
                    \dfrac{1}{a_1+b_1}     & \cdots & \dfrac{1}{a_1+b_{n-1}}     & \dfrac{1}{a_1+b_n}     \\[2ex]
                    \vdots                 & \ddots & \vdots                     & \vdots                 \\[2ex]
                    \dfrac{1}{a_{n-1}+b_1} & \cdots & \dfrac{1}{a_{n-1}+b_{n-1}} & \dfrac{1}{a_{n-1}+b_n} \\[2ex]
                    \dfrac{1}{a_n+b_1}     & \cdots & \dfrac{1}{a_n+b_{n-1}}     & \dfrac{1}{a_n+b_n}
                \end{vmatrix}                                                                       \\[2ex]
            & = \begin{vmatrix}
                    \dfrac{b_n-b_1}{(a_1+b_1)(a_1+b_n)}         & \cdots & \dfrac{b_n-b_{n-1}}{(a_1+b_{n-1})(a_1+b_n)}         & \dfrac{1}{a_1+b_n}     \\[2ex]
                    \vdots                                      & \ddots & \vdots                                              & \vdots                 \\[2ex]
                    \dfrac{b_n-b_1}{(a_{n-1}+b_1)(a_{n-1}+b_n)} & \cdots & \dfrac{b_n-b_{n-1}}{(a_{n-1}+b_{n-1})(a_{n-1}+b_n)} & \dfrac{1}{a_{n-1}+b_n} \\[2ex]
                    \dfrac{b_n-b_1}{(a_n+b_1)(a_n+b_n)}         & \cdots & \dfrac{b_n-b_{n-1}}{(a_n+b_{n-1})(a_n+b_n)}         & \dfrac{1}{a_n+b_n}
                \end{vmatrix}.
    \end{align*}
    第二步是提取公因式：
    \[ \text{上式} = \dfrac{\prod\limits_{i=1}^{n-1}(b_n-b_i)}{\prod\limits_{j=1}^{n}(a_j+b_n)}
        \begin{vmatrix}
            \dfrac{1}{a_1+b_1}     & \cdots & \dfrac{1}{a_1+b_{n-1}}     & 1      \\[2ex]
            \vdots                 & \ddots & \vdots                     & \vdots \\[2ex]
            \dfrac{1}{a_{n-1}+b_1} & \cdots & \dfrac{1}{a_{n-1}+b_{n-1}} & 1      \\[2ex]
            \dfrac{1}{a_n+b_1}     & \cdots & \dfrac{1}{a_n+b_{n-1}}     & 1
        \end{vmatrix}. \]
    第三步是将行列式的前 $n-1$ 行每行都减去第 $n$ 行：
    \[ \text{上式} = \dfrac{\prod\limits_{i=1}^{n-1}(b_n-b_i)}{\prod\limits_{j=1}^{n}(a_j+b_n)}
        \begin{vmatrix}
            \dfrac{a_n-a_1}{(a_1+b_1)(a_n+b_1)}         & \cdots & \dfrac{a_n-a_1}{(a_1+b_{n-1})(a_n+b_{n-1})}         & 0      \\[2ex]
            \vdots                                      & \ddots & \vdots                                              & \vdots \\[2ex]
            \dfrac{a_n-a_{n-1}}{(a_{n-1}+b_1)(a_n+b_1)} & \cdots & \dfrac{a_n-a_{n-1}}{(a_{n-1}+b_{n-1})(a_n+b_{n-1})} & 0      \\[2ex]
            \dfrac{1}{a_n+b_1}                          & \cdots & \dfrac{1}{a_n+b_{n-1}}                              & 1
        \end{vmatrix}. \]
    然后再次提取公因式：
    \begin{align*}
        \text{上式} & = \dfrac{\prod\limits_{i=1}^{n-1}(a_n-a_i)(b_n-b_i)}{\prod\limits_{j=1}^{n}(a_j+b_n)\prod\limits_{k=1}^{n-1}(a_n+b_k)}
        \begin{vmatrix}
            \dfrac{1}{a_1+b_1}     & \cdots & \dfrac{1}{a_1+b_{n-1}}     \\[2ex]
            \vdots                 & \ddots & \vdots                     \\[2ex]
            \dfrac{1}{a_{n-1}+b_1} & \cdots & \dfrac{1}{a_{n-1}+b_{n-1}}
        \end{vmatrix}                                                         \\[2ex]
                    & = \dfrac{\prod\limits_{i=1}^{n-1}(a_n-a_i)(b_n-b_i)}{\prod\limits_{j=1}^{n}(a_j+b_n)\prod\limits_{k=1}^{n-1}(a_n+b_k)} D_{n-1}.
    \end{align*}
    不断递推下去即得

    \[|A| = \dfrac{\prod\limits_{1 \leqslant i < j \leqslant n}(a_j - a_i)(b_j - b_i)}{\prod\limits_{i,j=1}^{n}(a_i + b_j)}.\]
\end{solution}

\subsubsection{其他方法}

\begin{enumerate}
    \item 利用降阶公式 $|A||D - CA^{-1}B| = |D||A - BD^{-1}C|$.

        由打洞法中的相关内容，当 $A$ 与 $D$ 均可逆时，有降阶公式 $|A||D - CA^{-1}B| = |D||A - BD^{-1}C|$，若 $A$ 为高阶矩阵，$D$ 为低阶矩阵，则利用降阶公式可以有效减少计算量：

        \begin{example}{降阶公式的应用}{降阶公式的应用}
            求下列矩阵行列式的值：
            \[A=\begin{pmatrix}
                    a_1^2    & 1+a_1a_2   & \cdots & 1+a_1a_n \\
                    1+a_2a_1 & a_2^2    & \cdots & 1+a_2a_n \\
                    \vdots   & \vdots   & \ddots & \vdots   \\
                    1+a_na_1 & 1+a_na_2 & \cdots & a_n^2
                \end{pmatrix}.\]
        \end{example}

        \begin{solution}
            我们可以将 $A$ 化为

            \[ A = -E_n + \begin{pmatrix}
                    a_1 & 1 \\ a_2 & 1 \\ \vdots & \vdots \\ a_n & 1
                \end{pmatrix} E_2^{-1} \begin{pmatrix}
                    a_1 & a_2 & \cdots & a_n \\ 1 & 1 & \cdots & 1
                \end{pmatrix}. \]

            故根据降阶公式有

            \begin{align*}
                |A| & = \left\vert-E_n +
                \begin{pmatrix}
                    a_1 & 1 \\ a_2 & 1 \\ \vdots & \vdots \\ a_n & 1
                \end{pmatrix} E_2^{-1}
                \begin{pmatrix}
                    a_1 & a_2 & \cdots & a_n \\ 1 & 1 & \cdots & 1
                \end{pmatrix}\right\vert                                                                       \\
                    & = (-1)^n \left|E_2 -
                \begin{pmatrix}
                    \sum\limits_{i=1}^n a_i^2 & \sum\limits_{i=1}^n a_i \\[2ex]
                    \sum\limits_{i=1}^n a_i   & n
                \end{pmatrix}\right|                                                          \\
                    & = (-1)^n \left((1-n)\left(1-\sum\limits_{i=1}^n a_i^2\right) - \left(\sum\limits_{i=1}^n a_i\right)^2\right).
            \end{align*}
        \end{solution}

        特别地，令 $A = E_m, \enspace D = \lambda E_n$，$B$ 为 $m \times n$ 矩阵，$C$ 为 $n \times m$ 矩阵，我们有

        \begin{align*}
            |\lambda E_n - CB| &= |\lambda E_n| |E_m - B (\lambda E_n)^{-1} C| \\
                               &= \lambda^n |E_m - \lambda^{-1} BC| \\
                               &= \lambda^{n-m} |\lambda E_m - BC|.
        \end{align*}

        令 $\lambda = 1$，则有 $|E_n - CB| = |E_m - BC|$.

        若 $n > m$，我们便可以通过该公式将 $n$ 阶行列式降为 $m$ 阶行列式，从而减少计算量.

        \begin{example}{}{}
            求行列式 $\begin{vmatrix}
                    0      & 2a_1   & 3a_1   & \cdots & na_1     \\
                    a_2    & a_2    & 3a_2   & \cdots & na_2     \\
                    a_3    & 2a_3   & 2a_3   & \cdots & na_3     \\
                    \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots   \\
                    a_n    & 2a_n   & 3a_n   & \cdots & (n-1)a_n \\
                \end{vmatrix}$.
        \end{example}

        \begin{solution}
            \[ \text{原式}=\prod_{i=1}^na_i \begin{vmatrix}
                0      & 2      & 3      & \cdots & n      \\
                1      & 1      & 3      & \cdots & n      \\
                1      & 2      & 2      & \cdots & n      \\
                \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                1      & 2      & 3      & \cdots & n-1    \\
            \end{vmatrix}. \]

            注意到这个行列式对应的矩阵可以加上一个单位矩阵构成一个每行都相等的矩阵，所以我们可以利用$|E_m-AB|=|E_n-BA|$来求解这个行列式.
            \begin{align*}
                \begin{vmatrix}
                    0      & 2      & 3      & \cdots & n      \\
                    1      & 1      & 3      & \cdots & n      \\
                    1      & 2      & 2      & \cdots & n      \\
                    \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                    1      & 2      & 3      & \cdots & n-1
                \end{vmatrix}
                & = \begin{vmatrix}(-1)\left(E_n-\begin{pmatrix}
                        1      & 2      & 3      & \cdots & n      \\
                        1      & 2      & 3      & \cdots & n      \\
                        1      & 2      & 3      & \cdots & n      \\
                        \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                        1      & 2      & 3      & \cdots & n
                    \end{pmatrix}\right)\end{vmatrix} \\
                & =(-1)^n\begin{vmatrix}E_n-
                            \begin{pmatrix}
                        1 \\1\\1\\\vdots\\1
                    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 & \cdots & n\end{pmatrix}\end{vmatrix}.
            \end{align*}

            而 \[ \begin{vmatrix}E_n-\begin{pmatrix}
                        1 \\1\\1\\\vdots\\1
                    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 & \cdots & n\end{pmatrix}\end{vmatrix}
                =1-\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 & \cdots & n\end{pmatrix}
                \begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1\end{pmatrix}
                =-\frac{n^2+n-2}{2}. \]

            所以原式$\displaystyle =(-1)^{n+1} \cdot \frac{n^2+n-2}{2} \left(\prod_{i=1}^na_i \right)$.
        \end{solution}

    \item 利用分块对角矩阵的性质进行降阶.

        \[
            \begin{vmatrix}
                A & O \\ O & B
            \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
                A & O \\ C & B
            \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
                A & D \\ O & B
            \end{vmatrix} = |A||B|.
        \]

        \begin{example}{}{}
            解行列式$D_n=\begin{vmatrix}
                    \lambda & a      & a      & a      & \cdots & a      \\
                    b       & \gamma & \beta  & \beta  & \cdots & \beta  \\
                    b       & \beta  & \gamma & \beta  & \cdots & \beta  \\
                    \vdots  & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                    b       & \beta  & \beta  & \beta  & \cdots & \gamma
                \end{vmatrix}$.
        \end{example}

        \begin{solution}
            从第$n$行到第3行，每行都减去上一行；再从第3列到第$n$列，每列都加到第2列，得

            \begin{align*}
                D_n & =
                \begin{vmatrix}
                    \lambda & a            & a            & a            & \cdots & a            \\
                    b       & \gamma       & \beta        & \beta        & \cdots & \beta        \\
                    0       & \beta-\gamma & \gamma-\beta & 0            & \cdots & 0            \\
                    0       & 0            & \beta-\gamma & \gamma-\beta & \cdots & 0            \\
                    \vdots  & \vdots       & \vdots       & \vdots       & \ddots & \vdots       \\
                    0       & 0            & 0            & 0            & \cdots & \gamma-\beta
                \end{vmatrix}             \\
                    & =\begin{vmatrix}
                           \lambda & (n-1)a            & a            & a            & \cdots & a            \\
                           b       & \gamma+(n-2)\beta & \beta        & \beta        & \cdots & \beta        \\
                           0       & 0                 & \gamma-\beta & 0            & \cdots & 0            \\
                           0       & 0                 & \beta-\gamma & \gamma-\beta & \cdots & 0            \\
                           \vdots  & \vdots            & \vdots       & \vdots       & \ddots & \vdots       \\
                           0       & 0                 & 0            & 0            & \cdots & \gamma-\beta
                       \end{vmatrix} \\
                    & =\begin{vmatrix}
                           \lambda & (n-1)a            \\
                           b       & \gamma+(n-2)\beta
                       \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix}
                                               \gamma-\beta & 0            & \cdots & 0            \\
                                               \beta-\gamma & \gamma-\beta & \cdots & 0            \\
                                               \vdots       & \vdots       & \ddots & \vdots       \\
                                               0            & 0            & \cdots & \gamma-\beta
                                           \end{vmatrix}           \\
                    & =(\lambda \gamma+\lambda(n-2)\beta-(n-1)ab)(\gamma-\beta)^{n-2}.
            \end{align*}
        \end{solution}

\end{enumerate}

\section{Cauchy-Binet 公式}

我们已经证明，方阵乘积的行列式等于各方阵行列式之积. 现在的问题是：如果 $A$ 是 $m \times n$ 矩阵，$B$ 是 $n \times m$ 矩阵，$AB$ 是 $m$ 阶方阵，则行列式 $|AB|$ 应该等于什么？Cauchy-Binet 公式回答了这个问题. 它可以看成是矩阵乘法的行列式定理的推广.

\begin{theorem}{Cauchy-Binet 公式}{Cauchy-Binet 公式}
    设 $A = (a_{ij})$ 是 $m \times n$ 矩阵，$B = (b_{ij})$ 是 $n \times m$ 矩阵.
    \[
    \begin{pmatrix}
    i_1 & \cdots & i_s \\
    j_1 & \cdots & j_s
    \end{pmatrix}
    \]
    表示 $A$ 的一个 $s$ 阶子式，它由 $A$ 的第 $i_1, \cdots, i_s$ 行与第 $j_1, \cdots, j_s$ 列交点上的元素按原次序排列组成的行列式. 同理可定义 $B$ 的 $s$ 阶子式.
    \begin{enumerate}
        \item 若 $m > n$，则必有 $|AB| = 0$；
        \item 若 $m \leqslant n$，则必有
        \[
        |AB| = \sum_{1 \leqslant j_1 < j_2 < \cdots < j_m \leqslant n} A
        \begin{pmatrix}
        1 & 2 & \cdots & m \\
        j_1 & j_2 & \cdots & j_m
        \end{pmatrix}
        B
        \begin{pmatrix}
        j_1 & j_2 & \cdots & j_m \\
        1 & 2 & \cdots & m
        \end{pmatrix}.
        \]
    \end{enumerate}
\end{theorem}

\begin{proof}
    令
    \[
    C =
    \begin{pmatrix}
    A & O \\
    -I_n & B
    \end{pmatrix}.
    \]
    我们将用不同的方法来计算行列式 $|C|$.

    首先，对 $C$ 进行第三类分块初等变换到矩阵 $M = \begin{pmatrix} O & AB \\ -I_n & B \end{pmatrix}$. 事实上，$M$ 可写为
    \[
    M =
    \begin{pmatrix}
    I_m & A \\
    O & I_n
    \end{pmatrix}
    C,
    \]
    因此 $|M| = |C|$. 用 Laplace 定理来计算 $|M|$，按前 $m$ 行展开得
    \[
    |M| = (-1)^{(n+1)+(n+2)+\cdots+(n+m)} \cdot I_n ||AB| = (-1)^{n(m+1)} |AB|.
    \]

    再来计算 $|C|$，用 Laplace 定理按前 $m$ 行展开. 这时若 $m > n$，则前 $m$ 行中任意一个 $m$ 阶子式至少有一列全为零，因此行列式值等于零，即 $|AB| = 0$. 若 $m \leqslant n$，则由 Laplace 定理得
    \[
    |C| = \sum_{1 \leqslant j_1 < j_2 < \cdots < j_m \leqslant n} A
    \begin{pmatrix}
    1 & 2 & \cdots & m \\
    j_1 & j_2 & \cdots & j_m
    \end{pmatrix}
    \hat{C}
    \begin{pmatrix}
    1 & 2 & \cdots & m \\
    j_1 & j_2 & \cdots & j_m
    \end{pmatrix},
    \]
    其中 $\hat{C} = A \begin{pmatrix} 1 & 2 & \cdots & m \\ j_1 & j_2 & \cdots & j_m \end{pmatrix}$ 是矩阵 $C$ 中的代数余子式.

    显然
    \[
    \hat{C} = (-1)^{\frac{m(m+1) + (j_1 + j_2 + \cdots + j_m)}{2}} \cdot | - e_{i_1}, - e_{i_2}, \cdots, - e_{i_{n-m}}, B |,
    \]
    其中 $i_1, i_2, \cdots, i_{n-m}$ 是 $C$ 前 $n$ 列去掉 $j_1, j_2, \cdots, j_m$ 列后余下的列序数. $e_{i_1}, e_{i_2}, \cdots, e_{i_{n-m}}$ 是相应的 $n$ 维标准单位向量（标准单位向量定义见习题 1）. 记
    \[
    |N| = | - e_{i_1}, - e_{i_2}, \cdots, - e_{i_{n-m}}, B |.
    \]
    现在计算 $|N|$. 用 Laplace 定理按前 $n-m$ 列展开. 注意只有一个子式非零，其值等于 $| - I_{n-m}| = (-1)^{n-m}$. 而这个子式的余子式为
    \[
    B \begin{pmatrix} j_1 & j_2 & \cdots & j_m \\ 1 & 2 & \cdots & m \end{pmatrix}.
    \]

    因此
    \[ |N| = (-1)^{(n-m) + (i_1 + i_2 + \cdots + i_{n-m}) + (j_1 + j_2 + \cdots + j_m)} B
    \begin{pmatrix}
        j_1 & j_2 & \cdots & j_m \\
        1 & 2 & \cdots & m
    \end{pmatrix}
    \]

    注意到 $ (i_1 + i_2 + \cdots + i_{n-m}) + (j_1 + j_2 + \cdots + j_m) = 1 + 2 + \cdots + n $.综合上面的结论，经过简单计算不难得到

    \[ |AB| = \sum_{1 \leqslant j_1 < j_2 < \cdots < j_m \leqslant n} A
    \begin{pmatrix}
        1 & 2 & \cdots & m \\
        j_1 & j_2 & \cdots & j_m
    \end{pmatrix}
    B
    \begin{pmatrix}
        j_1 & j_2 & \cdots & j_m \\
        1 & 2 & \cdots & m
    \end{pmatrix}.
    \]
\end{proof}

下面的定理是 Cauchy-Binet 公式的进一步推广，它告诉我们如何求矩阵乘积的 $r$ 阶子式.

\begin{theorem}{}{Cauchy-Binet 公式推广}
    设 $A = (a_{ij})$ 是 $m \times n$ 矩阵，$B = (b_{ij})$ 是 $n \times m$ 矩阵，$r$ 是一个正整数且 $r \leqslant m$.
    \begin{enumerate}
        \item 若 $r > n$，则 $AB$ 的任意一个 $r$ 阶子式等于零；
        \item 若 $r \leqslant n$，则 $AB$ 的 $r$ 阶子式
    \end{enumerate}
    \[
        AB
        \begin{pmatrix}
            i_1 & i_2 & \cdots & i_r \\
            j_1 & j_2 & \cdots & j_r
        \end{pmatrix}
        = \sum_{1 \leqslant k_1 < k_2 < \cdots < k_r \leqslant n} A
        \begin{pmatrix}
            i_1 & i_2 & \cdots & i_r \\
            k_1 & k_2 & \cdots & k_r
        \end{pmatrix}
        B
        \begin{pmatrix}
            k_1 & k_2 & \cdots & k_r \\
            j_1 & j_2 & \cdots & j_r
        \end{pmatrix}.
    \]
\end{theorem}

\begin{proof}
    设 $C = AB$，则 $C = (c_{ij})$ 是 $m$ 阶矩阵且

    \[ c_{ij} = a_{i_1} b_{j_1} + a_{i_2} b_{j_2} + \cdots + a_{i_n} b_{j_n}. \]
    因此
    \[
    C
    \begin{pmatrix}
        i_1 & i_2 & \cdots & i_r \\
        j_1 & j_2 & \cdots & j_r
    \end{pmatrix}
    =
    \begin{vmatrix}
        a_{i_1} & a_{i_2} & \cdots & a_{i_n} \\
        a_{i_1} & a_{i_2} & \cdots & a_{i_n} \\
        \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
        a_{i_1} & a_{i_2} & \cdots & a_{i_n}
    \end{vmatrix}
    \begin{vmatrix}
        b_{j_1} & b_{j_2} & \cdots & b_{j_r} \\
        b_{j_1} & b_{j_2} & \cdots & b_{j_r} \\
        \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
        b_{j_1} & b_{j_2} & \cdots & b_{j_r}
    \end{vmatrix}.
    \]

    由 Cauchy-Binet 公式可知：$r > n$ 时，$C
    \begin{pmatrix}
        i_1 & i_2 & \cdots & i_r \\
        j_1 & j_2 & \cdots & j_r
    \end{pmatrix} = 0$；当 $r \leqslant n$ 时，
    \[
    C
    \begin{pmatrix}
        i_1 & i_2 & \cdots & i_r \\
        j_1 & j_2 & \cdots & j_r
    \end{pmatrix} \]
    \[ =\sum_{1 \leqslant k_1 < k_2 < \cdots < k_r \leqslant n} A
    \begin{pmatrix}
        i_1 & i_2 & \cdots & i_r \\
        k_1 & k_2 & \cdots & k_r
    \end{pmatrix}
    B
    \begin{pmatrix}
        k_1 & k_2 & \cdots & k_r \\
        j_1 & j_2 & \cdots & j_r
    \end{pmatrix}. \]
\end{proof}

矩阵 $A$ 的子式
\[ A
\begin{pmatrix}
    i_1 & i_2 & \cdots & i_r \\
    j_1 & j_2 & \cdots & j_r
\end{pmatrix} \]
如果满足条件 $i_1 = j_1, i_2 = j_2, \cdots, i_r = j_r$，则称为主子式.

\begin{corollary}{}{}
    设 $A$ 是 $m \times n$ 实矩阵，则矩阵 $AA^{\mathrm{T}}$ 的任一主子式都非负.
\end{corollary}

\begin{proof}
    若 $r \leqslant n$，则由 \autoref{thm:Cauchy-Binet 公式推广} 得到：
    \[ AA^{\mathrm{T}}
    \begin{pmatrix}
        i_1 & i_2 & \cdots & i_r \\
        i_1 & i_2 & \cdots & i_r
    \end{pmatrix}
    = \sum_{1 \leqslant k_1 < k_2 < \cdots < k_r \leqslant n} A
    \begin{pmatrix}
        i_1 & i_2 & \cdots & i_r \\
        k_1 & k_2 & \cdots & k_r
    \end{pmatrix}^2 \geqslant 0; \]
    若 $r > n$，则 $AA^\mathrm{T}$ 的任一 $r$ 阶主子式等于零，结论也成立.
\end{proof}

下面给出 Cauchy-Binet 公式的一些应用. 下面的例子是著名的 Lagrange 恒等式，这可以用其他方法证明，但用矩阵方法显得非常简洁.

\begin{example}{}{}
    证明 Lagrange 恒等式 $(n \geqslant 2)$：
    \[ \left( \sum_{i=1}^{n}\limits a_i^2 \right) \left( \sum_{i=1}^{n}\limits b_i^2 \right) - \left( \sum_{i=1}^{n}\limits a_i b_i \right)^2 = \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n} (a_i b_j - a_j b_i)^2. \]
\end{example}

\begin{solution}
    左边的式子等于
    \[ \begin{vmatrix}
        \sum_{i=1}^{n}\limits a_i^2 & \sum_{i=1}^{n}\limits a_i b_i \\
        \sum_{i=1}^{n}\limits a_i b_i & \sum_{i=1}^{n}\limits b_i^2
    \end{vmatrix}, \]

    这个行列式对应的矩阵可化为：
    \[ \begin{pmatrix}
        a_1 & a_2 & \cdots & a_n \\
        b_1 & b_2 & \cdots & b_n
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
        a_1 & b_1 \\
        a_2 & b_2 \\
        \vdots & \vdots \\
        a_n & b_n
    \end{pmatrix}. \]
    用 Cauchy-Binet 公式得

    \[
    \begin{vmatrix}
        \sum_{i=1}^{n}\limits a_i^2 & \sum_{i=1}^{n}\limits a_i b_i \\
        \sum_{i=1}^{n}\limits a_i b_i & \sum_{i=1}^{n}\limits b_i^2
    \end{vmatrix}
    = \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n}
    \begin{vmatrix}
        a_i & a_j \\
        b_i & b_j
    \end{vmatrix}^2
    = \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n} (a_i b_j - a_j b_i)^2.
    \]
\end{solution}

\begin{summary}

    在这一讲中我们引入了一个重要的工具——行列式. 我们不同于一般教材的逆序数定义（我们将会在史海拾遗中从历史角度介绍这一定义），首先给出了公理化的定义，并且发现行列式事实上就是在描述$n$维空间中物体的体积. 接下来我们也介绍了递归式定义（即按一行一列展开）和逆序数定义，并讨论了行列式的一些性质. 在此基础上我们介绍了伴随矩阵及其大量性质，在性质的证明中希望读者体会这类证明的一般想法. 我们还讨论了行列式的秩，这也是我们最后一个``秩''的定义，我们讨论了向量组、线性映射、矩阵、行列式的秩的统一性，这也是我们这一学期学习的秩的概念的一个总结，也希望读者能在练习中更深刻体会它们的关联. 在本章的最后，我们从特殊行列式和降阶两个角度出发，介绍了大量的运算技巧——或许读者能回想起中学时代刷题的感觉.

    事实上，我们很难说服读者行列式以什么样的方式引入是最为合适的，或许在史海拾遗的历史讲述中我们可能才能窥见行列式诞生的奥秘，那是最为自然的描述，但需要过多的准备以至于可能令人厌烦. 但至少公理化定义是非常简单的，并且有一定的几何背景，由此也直接可以得出行列式大量的优良性质，例如矩阵可逆等价于行列式等于零——这一性质在将来关于线性方程组、特征多项式等的讨论中是核心的.

\end{summary}

\begin{exercise}
    \exquote[约翰·纳皮尔]{我总是尽我的精力和才能来摆脱那种繁重而单调的计算. }

    \begin{exgroup}
        \item 证明：对于二阶矩阵与三阶矩阵，由高斯消元计算得到的行列式与上述体积变化的比例是相等的.
        \begin{answer}
            从\nameref{subsec:从判别式到行列式}一节中我们得知
                $\det\begin{pmatrix}
                    a_{11} & a_{12} \\
                    a_{21} & a_{22}
                \end{pmatrix} = a_{11}a_{22} - a_{12}a_{21}, \\
                \det\begin{pmatrix}
                    a_{11} & a_{12} & a_{13} \\
                    a_{21} & a_{22} & a_{23} \\
                    a_{31} & a_{32} & a_{33}
                \end{pmatrix} = a_{11}a_{22}a_{33} + a_{12}a_{23}a_{31} + a_{13}a_{21}a_{32} - a_{13}a_{22}a_{31} - a_{11}a_{23}a_{32} - a_{12}a_{21}a_{33}$.
            \begin{enumerate}
                \item 二维情形可以使用鞋带公式：对于$\triangle OAB$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，$O(0,0)$，$\triangle AOB$的面积为$S_{\triangle OAB}=\dfrac{1}{2}(x_1y_2-x_2y_1)$，这里的面积为有向面积，逆时针为正. 代入$A(a_{11}, a_{12})$，$B(a_{21}, a_{22})$即可（注意计算的为平行四边形，面积要乘以$2$）.
                \item 三维情形可按计算平行六面体体积的方法进行. 对由向量$\overrightarrow{OA}=(a_{11},a_{21},a_{31})$，$\overrightarrow{OB}=(a_{12},a_{22},a_{32})$，$\overrightarrow{OC}=(a_{13},a_{23},a_{33})$所张成的平行六面体，利用\nameref{chap:线性代数与几何}中关于叉积的定义，我们可以计算$\overrightarrow{OA}\times\overrightarrow{OB}$. 设$\vec{x}=(x_1,x_2,x_3)$，且$\vec{x}\cdot\overrightarrow{OA}=0$，$\vec{x}\cdot\overrightarrow{OB}=0$，计算可得\[x_1=k(a_{21}a_{32}-a_{31}a_{22}), x_2=k(a_{31}a_{12}-a_{11}a_{32}), x_3=k(a_{11}a_{22}-a_{21}a_{12}),\]

                其中$k\in\mathbf{R}\backslash\{0\}$. 并且其长度需要满足$\|\vec{x}\|^2=\|\overrightarrow{OA}\|^2\|\overrightarrow{OB}\|^2-(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB})^2$，计算得知$k=1$. 此时$\vec{x}\cdot\overrightarrow{OC}$即为平行六面体的体积，计算可得$\vec{x}\cdot\overrightarrow{OC}=a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}-a_{13}a_{22}a_{31}-a_{11}a_{23}a_{32}-a_{12}a_{21}a_{33}$.
            \end{enumerate}
        \end{answer}
        \item 设$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$为三维列向量，令$A=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$，且$|A|=2$，求$|\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3,\alpha_1+3\alpha_2+9\alpha_3,\alpha_1+4\alpha_2+16\alpha_3|$.
        \begin{answer}
            使用倍加列变换的性质，可得$|\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3,\alpha_1+3\alpha_2+9\alpha_3,\alpha_1+4\alpha_2+16\alpha_3|=6|\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3|=12$.
        \end{answer}

        \item 求证以下命题：
        \begin{enumerate}
            \item 奇数阶反对称矩阵不可逆；

            \item 若$A$是$n$阶可逆对称矩阵，$B$是$n$阶反对称矩阵，则当$n$为奇数时，齐次线性方程组$(AB)X=O$有非零解.
        \end{enumerate}
        \begin{answer}
            \begin{enumerate}
                \item 首先由反对称矩阵的性质，有$A^T=-A$，其次由矩阵与行列式的性质，可得$|A^T|=|A|$，则可推出$|A|=|-A|=(-1)^n|A|$，又n为奇数，故$|A|=0$，矩阵$A$不可逆.

                \item 只需证明$AB$的秩小于$n$，即$|AB|=0$即可. $B$是奇数阶反对称矩阵，$|B|=0$,则$|AB|=|A||B|=0$得证.
            \end{enumerate}
        \end{answer}

        \item 设$A$、$B$分别为$m$、$n$阶可逆矩阵，且$|A|=a$，$|B|=b$，求$\begin{pmatrix}
                A & O \\ O & B
            \end{pmatrix}^*$和$\begin{pmatrix}
                O & A \\ B & O
            \end{pmatrix}^*$.
        \begin{answer}
            根据伴随矩阵的性质，$\begin{pmatrix}
                A & O \\ O & B
            \end{pmatrix}^* = \begin{vmatrix}
                A & O \\ O & B
            \end{vmatrix} \cdot \begin{pmatrix}
                A & O \\ O & B
            \end{pmatrix}^{-1}$. 其中，对$\begin{vmatrix}
                A & O \\ O & B
            \end{vmatrix}$做递归式展开，有$\begin{vmatrix}
                A & O \\ O & B
            \end{vmatrix}=\displaystyle\sum_{k=1}^{m}(-1)^{1+k}a_{1k}\begin{vmatrix}
                M_{1k} & O \\ O & B
            \end{vmatrix}$，依此逐次展开可得$\begin{vmatrix}
                A & O \\ O & B
            \end{vmatrix}=|A||B|=ab$. 又$ab\begin{pmatrix}
                A & O \\ O & B
            \end{pmatrix}^{-1}=ab\begin{pmatrix}
                A^{-1} & O \\ O & B^{-1}
            \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
                b\cdot aA^{-1} & O \\ O & a\cdot bB^{-1}
            \end{pmatrix}$，最终可得$\begin{pmatrix}
                A & O \\ O & B
            \end{pmatrix}^* = \begin{pmatrix}
                bA^* & O \\ O & aB^*
            \end{pmatrix}$.

            与前一个式子的展开类似，$\begin{pmatrix}
                    O & A \\ B & O
                \end{pmatrix}^*=\begin{vmatrix}
                    O & A \\ B & O
                \end{vmatrix}\cdot \begin{pmatrix}
                    O & A \\ B & O
                \end{pmatrix}^{-1}$，其中对前一步推导做少量修正后可得$\begin{vmatrix}
                    O & A \\ B & O
                \end{vmatrix}=(-1)^{mn}|A||B|=(-1)^{mn}ab$,则$(-1)^{mn}ab\begin{pmatrix}
                    O & A \\ B & O
                \end{pmatrix}^{-1}=(-1)^{mn}\begin{pmatrix}
                    O & a\cdot bB^{-1} \\ b\cdot aA^{-1} & O
                \end{pmatrix}$，最终可得$\begin{pmatrix}
                    O & A \\ B & O
                \end{pmatrix}^*=(-1)^{mn}\begin{pmatrix}
                    O & aB^* \\ bA^* & O
                \end{pmatrix}$.
        \end{answer}

        \item 证明：上（下）三角矩阵的伴随矩阵是上（下）三角矩阵（对角矩阵为特例）.
        \begin{answer}
            对于上三角矩阵，只需看其伴随矩阵的下半部分元素，即$A_{ij},j>i$. 对这些代数余子式，要么有一整行或整列为零，要么对角线存在零元素，则这些余子式均为零，伴随矩阵是上三角矩阵.\par 或者使用另法，当$A$是可逆矩阵，即$A$对角线元素不为零，则$A^*=|A|\cdot A^{-1}$，其中$A^{-1}$也是上三角矩阵，因此伴随矩阵$A^*$是上三角矩阵.
        \end{answer}

        \item 设$A$为$n$阶方阵，证明：若$|A|=0$，则$A$中任意两行（列）对应元素的代数余子式成比例.
        \begin{answer}
            $|A|=0$，则$r(A)<n$，故$r(A^*)=\begin{cases}
                1, & r(A)=n-1 \\
                0, & r(A)<n-1
            \end{cases}$. 当$r(A^*)=0$时，答案显然成立；当$r(A^*)=1$时，由矩阵秩的定义，任意两行（列）必成比例，否则秩大于1，矛盾. 综上，原题得证.
        \end{answer}

        \item 设向量$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$线性无关，讨论向量$\alpha_1-\alpha_2-2\alpha_3,\ 2\alpha_1+\alpha_2-\alpha_3,\ 3\alpha_1+\alpha_2+2\alpha_3$的线性相关性.
        \begin{answer}
            $(\alpha_1-\alpha_2-2\alpha_3,2\alpha_1+\alpha_2-\alpha_3,3\alpha_1+\alpha_2+2\alpha_3)=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)\begin{pmatrix}
                1 & 2 & 3 \\ -1 & 1 & 1 \\ -2 & -1 & 2
            \end{pmatrix}$，又$\begin{vmatrix}
                1 & 2 & 3 \\ -1 & 1 & 1 \\ -2 & -1 & 2
            \end{vmatrix}=12\neq 0$，因此该矩阵可逆，则$(\alpha_1-\alpha_2-2\alpha_3,2\alpha_1+\alpha_2-\alpha_3,3\alpha_1+\alpha_2+2\alpha_3)$与$(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$秩相等，因此这三个向量线性无关.
        \end{answer}

        \item 设$W=\spa(\alpha_1,\alpha_2)$是$\mathbf{R}^4$的一个子空间，其中$\alpha_1=(1,2,1,-1)^\mathrm{T}$，$\alpha_2=(1,4,-1,-1)^\mathrm{T}$，试将$\alpha_1,\alpha_2$扩充为$\mathbf{R}^4$的基.
        \begin{answer}
            只要取$\alpha_3,\alpha_4 \in \mathbf{R}^4$，使得$D(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4) \neq 0$即可. 易得$\begin{vmatrix}
                1  & 1  & 0 & 0 \\
                2  & 4  & 0 & 0 \\
                1  & -1 & 1 & 0 \\
                -1 & 1  & 0 & 1
            \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
                1 & 1 \\
                2 & 4
            \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix}
                1 & 0 \\
                0 & 1
            \end{vmatrix}=2 \neq 0$. 于是可取$\alpha_3=(0,0,1,0)^T,\alpha_4=(0,0,0,1)^T$，能使得${\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4}$为$\mathbf{R}^4$的一组基.
        \end{answer}

        \item $ D_n=\begin{vmatrix}
                1      & 2      & 3      & 4      & \cdots & n-1    & n      \\
                x      & 1      & 2      & 3      & \cdots & n-2    & n-1    \\
                x      & x      & 1      & 2      & \cdots & n-3    & n-2    \\
                x      & x      & x      & 1      & \cdots & n-4    & n-3    \\
                \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                x      & x      & x      & x      & \cdots & 1      & 2      \\
                x      & x      & x      & x      & \cdots & x      & 1      \\
            \end{vmatrix}$（提示：考虑滚动消去法）.
        \begin{answer}
            考虑滚动消去法，每行减下一行，得
            \[ \begin{vmatrix}
                    1-x    & 1      & 1      & 1      & \ldots & 1      & 1      \\
                    0      & 1-x    & 1      & 1      & \ldots & 1      & 1      \\
                    0      & 0      & 1-x    & 1      & \ldots & 1      & 1      \\
                    0      & 0      & 0      & 1-x    & \ldots & 1      & 1      \\
                    \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                    0      & 0      & 0      & 0      & \ldots & 1-x    & 1      \\
                    x      & x      & x      & x      & \ldots & x      & 1      \\
                \end{vmatrix}. \]
            第一行乘$(-x)$到第$n$行，得
            \[\begin{vmatrix}
                    1-x    & 1      & 1      & 1      & \ldots & 1      & 1      \\
                    0      & 1-x    & 1      & 1      & \ldots & 1      & 1      \\
                    0      & 0      & 1-x    & 1      & \ldots & 1      & 1      \\
                    0      & 0      & 0      & 1-x    & \ldots & 1      & 1      \\
                    \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                    0      & 0      & 0      & 0      & \ldots & 1-x    & 1      \\
                    x^2    & 0      & 0      & 0      & \ldots & 0      & 1-x    \\
                \end{vmatrix}.\]
            按第$n$行展开，得$D_n=(1-x)^n+(-1)^{n+1}x^2T_{n-1}$，其中
            \[T_{n-1}=\begin{vmatrix}
                    1      & 1      & 1      & \ldots & 1      & 1      \\
                    1-x    & 1      & 1      & \ldots & 1      & 1      \\
                    0      & 1-x    & 1      & \ldots & 1      & 1      \\
                    \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                    0      & 0      & 0      & \ldots & 1      & 1      \\
                    0      & 0      & 0      & \ldots & 1-x    & 1      \\
                \end{vmatrix}.\]
            按第$n-1$行展开$T_{n-1}$，有$T_{n-1}=T_{n-2}+(-1)(1-x)T_{n-2}=xT_{n-2}$. 由$T_2=\begin{vmatrix}
                    1&1\\1-x&1\end{vmatrix}=x$，递推得$T_{n-1}=x^{n-2}$. 代入可解得$D_n=(1-x)^n-(-x)^n$.
        \end{answer}

        \item $ D_n=\begin{vmatrix}
                a_1 & b_1 &     &        &         \\
                    & a_2 & b_2 &        &         \\
                    &     & a_3 & \ddots &         \\
                    &     &     & \ddots & b_{n-1} \\
                b_n &     &     &        & a_n
            \end{vmatrix}$.
        \begin{answer}
            按第一列展开，得$D_n=\displaystyle\prod_{i=1}^na_i+(-1)^{n+1}\prod_{i=1}^nb_i$.
        \end{answer}

        \item $D_n=\begin{vmatrix}
                a+b & ab  &        &     &     \\
                1   & a+b & \ddots &     &     \\
                    & 1   & \ddots & ab  &     \\
                    &     & \ddots & a+b & ab  \\
                    &     &        & 1   & a+b \\
            \end{vmatrix}$.
        \begin{answer}
            按第一列展开，得
            \begin{align*}
                D_{n} & =(a+b) D_{n-1}-\begin{vmatrix}
                                            a b    & 0      & 0      & 0   & \cdots & 0      & 0      \\
                                            1      & a+b    & a b    & 0   & \cdots & 0      & 0      \\
                                            0      & 1      & a+b    & a b & \cdots & 0      & 0      \\
                                            \vdots & \vdots & \vdots & a+b & \ddots & \vdots & \vdots \\
                                            0      & 0      & 0      & 0   & \cdots & a+b    & a b    \\
                                            0      & 0      & 0      & 0   & \cdots & 1      & a+b
                                        \end{vmatrix} \\
                        & =(a+b) D_{n-1}-a b D_{n-2}.
            \end{align*}
            \begin{enumerate}
                \item 方法一：特征方程法. 有特征方程$r^2-(a+b)r+ab=(r-a)(r-b)=0$，先考虑$a\neq b$，则$D_n=C_1a^n+C_2b^n$，$D_{1}=a+b$，$D_{2}=a^{2}+a b+b^{2}$，则有
                        \[\begin{cases}
                                C_1a+C_2b=a+b \\
                                C_1a^2+C_2b^2=a^2+ab+b^2
                            \end{cases},\]
                        考虑Cramer法则，首先判断系数行列式$\begin{vmatrix}
                                a   & b   \\
                                a^2 & b^2
                            \end{vmatrix}=ab(b-a)$，若$a=b=0$，原行列式为0；若$a=0,b\neq 0$，则有$C_2=1$，$D_n=b^n$；同理若$a=0,b\neq 0$，$D_n=a^n$. 考虑$a\neq 0,b\neq 0$，则系数行列式非0，根据Cramer法则可以解得
                        \[C_1=\frac{\begin{vmatrix}
                                    a+b        & b   \\
                                    a^2+ab+b^2 & b^2
                                \end{vmatrix}}{ab(b-a)}=\frac{a}{a-b},\quad
                            C_2=\frac{\begin{vmatrix}
                                    a   & a+b        \\
                                    a^2 & a^2+ab+b^2
                                \end{vmatrix}}{ab(b-a)}=-\frac{b}{a-b}.\]
                        故$D_n=\displaystyle\frac{a^{n+1}-b^{n+1}}{a-b}$. 考虑到$a$或$b$为0时也符合该公式，故合并为同一公式. 再考虑$a=b$，则$D_n=(C_1+C_2n)a^n$，有方程
                        \[\begin{cases}
                                (C_1+C_2)a=2a \\
                                (C_1+2C_2)a^2=3a^2
                            \end{cases},\]
                        $a=0$，则$D_n=0$；$a\neq 0$，可以解得$C_1=C_2=1$，有$D_n=(n+1)a^n$. 考虑到$a=0$时$D_n$也符合该式，故合并. 综上有
                        \[D_n=\begin{cases}
                                \displaystyle\frac{a^{n+1}-b^{n+1}}{a-b}, & a\neq b \\
                                (n+1)a^n,                                 & a=b
                            \end{cases}.\]

                \item 方法二：递推式变形法. 递推式变形, 得
                        \[\mathrm{D}_{n}-a D_{n-1}=b\left(D_{n-1}-a D_{n-2}\right),\]
                        由于 $D_{1}=a+b, D_{2}=a^{2}+a b+b^{2}$,从而利用上述递推公式得
                        \begin{align*}
                            \mathrm{D}_{n}-a D_{n-1} & =b\left(D_{n-1}-a D_{n-2}\right)                \\
                                                    & =b^{2}\left(D_{n-2}-a D_{n-3}\right)            \\
                                                    & =\cdots=b^{n-2}\left(D_{2}-a D_{1}\right)=b^{n}.
                        \end{align*}
                        故\begin{align*}
                            D_{n} & =a D_{n-1}+b^{n}=a\left(a D_{n-2}+b^{n-1}\right)+b^{n}     \\
                                  & =\cdots=a^{n-1} D_{1}+a^{n-2} b^{2}+\cdots+a b^{n-1}+b^{n} \\
                                  & =a^{n}+a^{n-1} b+\cdots+a b^{n-1}+b^{n}                    \\
                                  & =\begin{cases}
                                        \displaystyle\frac{a^{n+1}-b^{n+1}}{a-b}, & a\neq b \\
                                        (n+1)a^n,                                 & a=b
                                     \end{cases}.
                        \end{align*}
            \end{enumerate}
        \end{answer}

        \item 用递推法解\autoref{ex:递推法}.
        \begin{answer}
            与数归法相同，先得到 $D_n$ 的递推式：
            \[
                D_n - 2 \cos \beta D_{n-1} + D_{n-2} = 0,
            \]
            其中 $D_1 = \cos \beta, \enspace D_2 = \cos 2\beta$.

            现求其特征方程
            \[
                \lambda^2 - 2 \lambda \cos \beta + 1 = 0
            \]
            的根，有
            \[
                \lambda = 2 \cos \beta \pm 2 \mathrm{i} \sin \beta.
            \]
            故令
            \[
                D_n = C_1 \cos n\beta + C_2 \sin n\beta,
            \]
            代入初值，有
            \[
                \begin{cases}
                    C_1 \cos \beta + C_2 \sin \beta = \cos \beta, \\
                    C_1 \cos 2\beta + C_2 \sin 2\beta = \cos 2\beta.
                \end{cases}
            \]
            易知 $C_1 = 1, C_2 = 0$ 为其解，故 $D_n = \cos n\beta$.
        \end{answer}

        \item 解行列式 $ \begin{vmatrix}
                a^{2} & (a+1)^{2} & (a+2)^{2} & (a+3)^{2} \\
                b^{2} & (b+1)^{2} & (b+2)^{2} & (b+3)^{2} \\
                c^{2} & (c+1)^{2} & (c+2)^{2} & (c+3)^{2} \\
                d^{2} & (d+1)^{2} & (d+2)^{2} & (d+3)^{2}
            \end{vmatrix} $.
        \begin{answer}
            \begin{enumerate}
                \item 方法一：慢慢消去.
                      \begin{align*}
                          \begin{vmatrix}
                              a^{2} & (a+1)^{2} & (a+2)^{2} & (a+3)^{2} \\
                              b^{2} & (b+1)^{2} & (b+2)^{2} & (b+3)^{2} \\
                              c^{2} & (c+1)^{2} & (c+2)^{2} & (c+3)^{2} \\
                              d^{2} & (d+1)^{2} & (d+2)^{2} & (d+3)^{2}
                          \end{vmatrix}
                           & = \begin{vmatrix}
                                   a^{2} & 2a+1 & 4a+4 & 6a+9 \\
                                   b^{2} & 2b+1 & 4b+4 & 6b+9 \\
                                   c^{2} & 2c+1 & 4c+4 & 6c+9 \\
                                   d^{2} & 2d+1 & 4d+4 & 6d+9
                               \end{vmatrix} \\
                           & = \begin{vmatrix}
                                   a^{2} & 2a+1 & 4a+4 & 4 \\
                                   b^{2} & 2b+1 & 4b+4 & 4 \\
                                   c^{2} & 2c+1 & 4c+4 & 4 \\
                                   d^{2} & 2d+1 & 4d+4 & 4
                               \end{vmatrix}    \\
                           & = 4\begin{vmatrix}
                                    a^{2} & 2a & 4a & 1 \\
                                    b^{2} & 2b & 4b & 1 \\
                                    c^{2} & 2c & 4c & 1 \\
                                    d^{2} & 2d & 4d & 1
                                \end{vmatrix}=0.
                      \end{align*}

                \item 关注到行列式中只有$(a^2, b^2, c^2, d^2)^\mathrm{T}, (a, b, c, d)^\mathrm{T}$和$(1, 1, 1, 1)^\mathrm{T}$三个线性无关列向量，则一眼看出线性相关. 因此设原行列式为$|\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4|$，有$\alpha_4=\alpha_1-3\alpha_2+3\alpha_3$，因此原行列式值为0.
            \end{enumerate}
        \end{answer}

        \item 设
        \[ D=\begin{vmatrix}
                1+a_1  & 1      & \cdots & 1      \\
                1      & 1+a_2  & \cdots & 1      \\
                \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                1      & 1      & \cdots & 1+a_n
            \end{vmatrix} \]
        \begin{enumerate}
            \item 用递推公式计算行列式$D$；

            \item 硬拆$D$为$2^n$个行列式，计算出结果.
        \end{enumerate}
        \begin{answer}
            \begin{enumerate}
                \item \begin{align*}
                          D_n & =\begin{vmatrix}
                                     D_{n-1} & a   \\
                                     b       & a_n
                                 \end{vmatrix},a=(0, \ldots, 0, -a_{n-1})^\mathrm{T}, b=(1, \ldots, 1) \\
                              & =a_nD_{n-1}+a_{n-1}\begin{vmatrix}
                                                       D_{n-2} & 1_{n-2} \\
                                                       1_{n-2} & 1
                                                   \end{vmatrix}
                          \quad \text{($1_{n-2}$表示由$(n-2)$个1构成的行/列向量)}                      \\
                              & =a_nD_{n-1}+a_{n-1}
                          \begin{vmatrix}
                              a_1    & 0      & 0      & \ldots & 0       & 1      \\
                              0      & a_2    & 0      & \ldots & 0       & 1      \\
                              0      & 0      & a_3    & \ldots & 0       & 1      \\
                              \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots  & \vdots \\
                              0      & 0      & 0      & \ldots & a_{n-2} & 1      \\
                              0      & 0      & 0      & \ldots & 0       & 1      \\
                          \end{vmatrix} \quad \text{($1-n$列用第$n$列减)}                         \\
                              & =a_nD_{n-1}+\prod_{i=1}^{n-1}a_i.
                      \end{align*}
                      递推可得$\displaystyle D_n=\left(\prod_{k=1}^na_k\right)
                          \left(1+\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_i}\right)$.

                \item 将 1 写成 $1+0$, 将 $D$ 硬拆成 $2^{n}$ 个行列式, 只有如下的 $n+1$ 个行列式非 0：
                      \begin{align*}
                          D_n = & \begin{vmatrix}
                                      1      &       &        &       \\
                                      1      & a_{2} &        &       \\
                                      \vdots &       & \ddots &       \\
                                      1      &       &        & a_{n}
                                  \end{vmatrix}
                          +\begin{vmatrix}
                               a_{1} & 1      &                \\
                                     & 1      &                \\
                                     & \vdots & \ddots &       \\
                                     & 1      &        & a_{n}
                           \end{vmatrix}+\cdots+                    \\
                                & \begin{vmatrix}
                                      a_{1} &       &        & 1      \\
                                            & a_{2} &        & 1      \\
                                            &       & \ddots & \vdots \\
                                            &       &        & 1
                                  \end{vmatrix}
                          +\begin{vmatrix}
                               a_{1} &                      \\
                                     & a_{2} &              \\
                                     &       & \ddots &     \\
                                     &       &        & a_n
                           \end{vmatrix}                       \\
                          =     & \left(\prod_{k=1}^na_k\right)
                          \left(1+\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_i}\right).
                      \end{align*}
            \end{enumerate}
        \end{answer}

        \item 解行列式
        \begin{enumerate}
            \item $D=\begin{vmatrix}
                          1      & 2      & \cdots & 2      & 2      \\
                          2      & 2      & \cdots & 2      & 2      \\
                          \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                          2      & 2      & \cdots & n-1    & 2      \\
                          2      & 2      & \cdots & 2      & n\end{vmatrix}$；

            \item $D=\begin{vmatrix}
                          1      & 2      & \cdots & n-1    & n      \\
                          2      & 3      & \cdots & n      & 1      \\
                          3      & 4      & \cdots & 1      & 2      \\
                          \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                          n      & 1      & \cdots & n-2    & n-1
                      \end{vmatrix}$.
        \end{enumerate}
        \begin{answer}
            \begin{enumerate}
                \item 行列式中2比较多，用全是2的第二行去消，然后按第2行展开.
                      \[D=\begin{vmatrix}
                              -1     & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
                              2      & 2      & \cdots & 2      & 2      \\
                              \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                              0      & 0      & \cdots & n-3    & 0      \\
                              0      & 0      & \cdots & 0      & n-2
                          \end{vmatrix}=2\cdot(-1)\cdot(n-2)!=-2(n-2)!.\]

                \item \begin{enumerate}
                          \item 方法一：考虑滚动消去法，有
                                \begin{align*}
                                    D & =\begin{vmatrix}
                                             1      & 2      & 3      & \cdots & n-1    & n      \\
                                             1      & 1      & 1      & \cdots & 1      & 1-n    \\
                                             1      & 1      & 1      & \cdots & 1-n    & 1      \\
                                             \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                                             1      & 1      & 1-n    & \cdots & 1      & 1      \\
                                             1      & 1-n    & 1      & \cdots & 1      & 1
                                         \end{vmatrix}                                    \\&=\begin{vmatrix}
                                        0      & n+1    & 2      & \cdots & n-2    & n-1    \\
                                        0      & n      & 0      & \cdots & 0      & -n     \\
                                        0      & n      & 0      & \cdots & -n     & 0      \\
                                        \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                                        0      & n      & -n     & \cdots & 0      & 0      \\
                                        1      & 1-n    & 1      & \cdots & 1      & 1
                                    \end{vmatrix}\\
                                      & =(-1)^{n+1}\begin{vmatrix}
                                                       n+1    & 2      & \cdots & n-2    & n-1    \\
                                                       n      & 0      & \cdots & 0      & -n     \\
                                                       n      & 0      & \cdots & -n     & 0      \\
                                                       \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                                                       n      & -n     & \cdots & 0      & 0
                                                   \end{vmatrix}                                   \\
                                      & =(-1)^{n+1}(-1)^{\frac{(n-2)(n-3)}{2}}
                                    \begin{vmatrix}
                                        n+1    & n-1    & \cdots & 3      & 2      \\
                                        n      & -n     & \cdots & 0      & 0      \\
                                        n      & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
                                        \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                                        n      & 0      & \cdots & 0      & -n
                                    \end{vmatrix}                                                  \\
                                      & =(-1)^{\frac{n^2-3n+8}{2}}\begin{vmatrix}
                                                                      \frac{n(n+1)}{2} & n-1    & \cdots & 3      & 2      \\
                                                                      0                & -n     & \cdots & 0      & 0      \\
                                                                      0                & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
                                                                      \vdots           & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                                                                      0                & 0      & \cdots & 0      & -n
                                                                  \end{vmatrix}=(-1)^{\frac{n^2-n+12}{2}}\frac{n^{n-1}(n+1)}{2}.
                                \end{align*}

                          \item 方法二：考虑连加法. 将第 $2,3, \ldots, n$ 列都加到第 1 列, 提出公因子 $\dfrac{1}{2} n(n+1)$, 再依次将第 $n-1$ 行乘 $(-1)$ 加到第 $n$ 行, $\cdots$, 第 2 行乘 $(-1)$ 加到第 3 行, 第 1 行乘 $(-1)$ 加到第 2 行, 然后对第 1 列展开, 得到一个 $n-1$ 阶行列式, 它的副对角元为 $1-$ $n$, 其余元素均为 1 . 再把它的各列加到第 1 列, 并把它的第 1 行乘 $(-1)$ 加到其余各行, 得
                                \begin{align*}
                                    D & =\frac{n(n+1)}{2}\begin{vmatrix}
                                                             1      & 2      & \cdots & n-1    & n      \\
                                                             1      & 3      & \cdots & n      & 1      \\
                                                             1      & 4      & \cdots & 1      & 2      \\
                                                             \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                                                             1      & 1      & \cdots & n-2    & n-1
                                                         \end{vmatrix} \\
                                      & =\frac{n(n+1)}{2}\begin{vmatrix}
                                                             1      & 2      & 3      & \cdots & n      \\
                                                             0      & 1      & 1      & \cdots & 1-n    \\
                                                             \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                                                             0      & 1      & 1-n    & \cdots & 1      \\
                                                             0      & 1-n    & 1      & \cdots & 1
                                                         \end{vmatrix}_{n} \\
                                      & =\frac{n(n+1)}{2}
                                    \begin{vmatrix}
                                        1      & 1      & \cdots & 1      & 1-n \\
                                        \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & 1   \\
                                        1      & 1-n    & \cdots & 1      & 1   \\
                                        1-n    & 1      & \cdots & 1      & 1
                                    \end{vmatrix}                         \\
                                      & =\frac{n(n+1)}{2}\begin{vmatrix}
                                                             -1     & 1      & \cdots & 1      & 1-n    \\
                                                             0      & 0      & \cdots & -n     & n      \\
                                                             \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                                                             0      & -n     & \cdots & 0      & n      \\
                                                             0      & 0      & \cdots & 0      & n
                                                         \end{vmatrix}_{n-1}
                                \end{align*}
                                将上式先对第 1 列展开, 得到一个 $n-2$ 阶行列式, 再将它对最后一行展开, 得
                                \begin{align*}
                                    D & =\frac{-n(n+1)}{2} n
                                    \begin{vmatrix}
                                        0      & 0      & \cdots & 0      & -n     \\
                                        0      & 0      & \cdots & -n     & 0      \\
                                        \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                                        0      & -n     & \cdots & 0      & 0      \\
                                        -n     & 0      & \cdots & 0      & 0
                                    \end{vmatrix}_{n-3}                      \\
                                      & =-\frac{n^{2}(n+1)}{2}(-1)^{\frac{(n-3)(n-4)}{2}}(-n)^{n-3} \\
                                      & =(-1)^{\frac{n(n-1)}{2} }\frac{(n+1) n^{n-1}}{2}.
                                \end{align*}
                                事实上，两种方法得到的答案是等价的.
                      \end{enumerate}
            \end{enumerate}
        \end{answer}

        \item 记$a_{ij}=i-j$，且$A=(a_{ij})_{n\times n}$，计算$A$的行列式.
        \begin{answer}
            \begin{enumerate}
                \item 若 $n=1$，则 $|A| = |0| = 0$；

                \item 若 $n=2$, 则 $|A| = \begin{vmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} = 1$；

                \item 若 $n>2$，考虑使用滚动消去法：
                    \begin{align*}
                        |A| &= \begin{vmatrix}
                            0      & -1     & -2     & \cdots & -n+1   \\
                            1      & 0      & -1     & \cdots & -n+2   \\
                            2      & 1      & 0      & \cdots & -n+3   \\
                            \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                            n-1    & n-2    & n-3    & \cdots & 0
                        \end{vmatrix} \\
                        &= \begin{vmatrix}
                            1 & 1 & \cdots & 1 & -n+1 \\
                            1 & 1 & \cdots & 1 & -n+2 \\
                            \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                            1 & 1 & \cdots & 1 & 0
                        \end{vmatrix} \\
                        &= \begin{vmatrix}
                            1 & 0 & \cdots & 0 & -n+1 \\
                            1 & 0 & \cdots & 0 & -n+2 \\
                            \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                            1 & 0 & \cdots & 0 & 0
                        \end{vmatrix}
                        = 0.
                    \end{align*}
            \end{enumerate}
        \end{answer}

        \item 计算行列式$D=\begin{vmatrix}
                1 & 0 & 2 & 0 & x   \\
                0 & 2 & 0 & 1 & 0   \\
                1 & 0 & 4 & 0 & x^2 \\
                0 & 5 & 0 & 3 & 0   \\
                1 & 0 & 8 & 0 & x^3
            \end{vmatrix}$.
        \begin{answer}
            我们可以先构造分块对角矩阵，然后分别处理两个低阶的行列式：
            \[
                D = (-1)^{3+3} \begin{vmatrix}
                    1 & 2 & x   & 0 & 0 \\
                    1 & 4 & x^2 & 0 & 0 \\
                    1 & 8 & x^3 & 0 & 0 \\
                    0 & 0 & 0   & 2 & 1 \\
                    0 & 0 & 0   & 5 & 3
                \end{vmatrix} = (-1)^{3+3} \begin{vmatrix}
                    1 & 2 & x   \\
                    1 & 4 & x^2 \\
                    1 & 8 & x^3
                \end{vmatrix} \begin{vmatrix}
                    2 & 1 \\
                    5 & 3
                \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
                    1 & 2 & x   \\
                    1 & 4 & x^2 \\
                    1 & 8 & x^3
                \end{vmatrix}.
            \]

            该行列式可以通过加边法构造范德蒙行列式：
            \[
                D = \begin{vmatrix}
                    1 & 2 & x   \\
                    1 & 4 & x^2 \\
                    1 & 8 & x^3
                \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
                    1 & 1 & 1 & 1   \\
                    0 & 1 & 2 & x   \\
                    0 & 1 & 4 & x^2 \\
                    0 & 1 & 8 & x^3
                \end{vmatrix} = 2x(x-1)(x-2).
            \]
        \end{answer}

    \end{exgroup}

    \begin{exgroup}
        \item 设$D=\begin{vmatrix}
                3 & 0 & 4 & 1 \\ 2 & 3 & 1 & 4 \\ 0 & -7 & 8 & 3 \\ 5 & 3 & -2 & 2
            \end{vmatrix}$，求
        \begin{enumerate}
            \item $A_{21}+A_{22}+A_{23}+A_{24}$；

            \item $A_{31}+A_{33}$；

            \item $M_{41}+M_{42}+M_{43}+M_{44}$.
        \end{enumerate}
        \begin{answer}
            这三小问实际上都是对原行列式中的某一行进行了替换进行计算.
            \begin{enumerate}
                \item \begin{align*}
                            A_{21}+A_{22}+A_{23}+A_{24}
                            & = \begin{vmatrix}
                                    3 & 0  & 4  & 1 \\
                                    1 & 1  & 1  & 1 \\
                                    0 & -7 & 8  & 3 \\
                                    5 & 3  & -2 & 2
                                \end{vmatrix}
                            = \begin{vmatrix}
                                3 & -3 & 1  & -2 \\
                                1 & 0  & 0  & 0  \\
                                0 & -7 & 8  & 3  \\
                                5 & -2 & -7 & -3
                            \end{vmatrix}             \\
                            & = (-1)^{2+1} \begin{vmatrix}
                                                -3 & 1  & -1 \\
                                                -7 & 8  & 3  \\
                                                -2 & -7 & -3
                                            \end{vmatrix} \\
                            & = 148.
                        \end{align*}

                \item \begin{align*}
                            A_{31}+A_{33}
                            & = 1A_{31}+0A_{32}+1A_{33}+0A_{34}
                            = \begin{vmatrix}
                                3 & 0 & 4  & 1 \\
                                2 & 3 & 1  & 4 \\
                                1 & 0 & 1  & 0 \\
                                5 & 3 & -2 & 2
                            \end{vmatrix}
                            = 3 \begin{vmatrix}
                                    3 & 0 & 4  & 1 \\
                                    2 & 1 & 1  & 4 \\
                                    1 & 0 & 1  & 0 \\
                                    5 & 1 & -2 & 2
                                \end{vmatrix}                   \\
                            & = 3 \begin{vmatrix}
                                    3 & 0 & 1  & 1 \\
                                    2 & 1 & -1 & 4 \\
                                    1 & 0 & 0  & 0 \\
                                    5 & 3 & -7 & 2
                                \end{vmatrix}
                            = 3 \cdot (-1)^{3+1} \begin{vmatrix}
                                                    0 & 1  & 1 \\
                                                    1 & -1 & 4 \\
                                                    3 & -7 & 2
                                                \end{vmatrix}  \\
                            & = -12.
                        \end{align*}

                \item \begin{align*}
                            M_{41}+M_{42}+M_{43}+M_{44}
                            & = -A_{41}+A_{42}-A_{43}+A_{44}
                            = \begin{vmatrix}
                                3  & 0  & 4  & 1 \\
                                2  & 3  & 1  & 4 \\
                                0  & -7 & 8  & 3 \\
                                -1 & 1  & -1 & 1
                            \end{vmatrix}                     \\
                            & = \begin{vmatrix}
                                    3  & 3  & 1  & 4 \\
                                    2  & 5  & -1 & 6 \\
                                    0  & -7 & 8  & 3 \\
                                    -1 & 0  & 0  & 0
                                \end{vmatrix}
                            = {-1}^{4+1} \cdot (-1) \begin{vmatrix}
                                                        3  & 1  & 4 \\
                                                        5  & -1 & 6 \\
                                                        -7 & 8  & 3
                                                    \end{vmatrix} \\
                            & = -78.
                        \end{align*}
            \end{enumerate}
        \end{answer}

        \item 求参数 $a,b$  的值，使得$\begin{vmatrix}1 & 1 & 1 \\ x & y & z \\u & v & w\end{vmatrix}=1,
            \begin{vmatrix}1 & 2 & -5 \\ x & y & z \\u & v & w\end{vmatrix}=2,
            \begin{vmatrix}2 & 3 & b \\ x & y & z \\u & v & w\end{vmatrix}=a$都成立，并求$\begin{vmatrix}x & y & z \\ 1 & -1 & 5 \\u & v & w\end{vmatrix}$.
        \begin{answer}
            有问题，之后可能会考虑修改题目，此处略.
        \end{answer}

        \item 设$A,B$为三阶矩阵，且$|A|=3,|B|=2$，且$|A^{-1}+B|=2$，求$|A+B^{-1}|$.
        \begin{answer}
            \begin{align*}
                \lvert A+B^{-1} \rvert ={} & \lvert B^{-1}BA+B^{-1}E \rvert = \lvert B^{-1} \rvert \cdot \lvert BA+E \rvert                  \\
                ={}                        & \frac{1}{2} \lvert BA+A^{-1}A \rvert = \frac{1}{2} \lvert B+A^{-1} \rvert \cdot \lvert A \rvert \\
                ={}                        & \frac{3}{2} \lvert A^{-1}+B \rvert = 3.
            \end{align*}
        \end{answer}

        \item 设$A$为$n$阶正交矩阵，即$AA^\mathrm{T}=A^\mathrm{T}A=E$，且$|A|<0$，证明：$|E+A|=0$.
        \begin{answer}
            正交矩阵满足 $AA^{\mathrm{T}} = A^{\mathrm{T}}A = E$，所以 $\lvert AA^{\mathrm{T}} \rvert = \lvert A \rvert^2 = \lvert E \rvert = 1$. 而 $\lvert A \rvert < 0$，所以 $\lvert A \rvert = -1$.
            \[\lvert E+A \rvert = \lvert AA^{\mathrm{T}}+A \rvert = \lvert A \rvert \cdot \lvert A^{\mathrm{T}}+E \rvert = -\lvert (A+E)^{\mathrm{T}} \rvert = -\lvert E+A \rvert.\]
            故 $\lvert E+A \rvert = 0$.

            以上两道题都多次运用了 $E = AA^{-1} = A^{-1}A$ 的技巧，请大家留意.
        \end{answer}

        \item 设实方阵$A$的伴随矩阵$A^*=\begin{pmatrix}
                1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1
            \end{pmatrix}$，且$|A|>0$，已知矩阵$B$满足$AB=E+3A$，求矩阵$B$.
        \begin{answer}
            由 $A$ 为三阶矩阵，可得 $|A|^2 = |A^*| = 1$，而 $|A|>0$，所以 $|A|=1$. $AB=E+3A$ 经变形可得 $A(B-3E) = E$，故有
            \[
                B = 3E + A^{-1} = 3E + \frac{A^*}{|A|} = \begin{pmatrix}
                    4 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 1 & 0 & 4
                \end{pmatrix}.
            \]
        \end{answer}

        \item 设$B=\begin{pmatrix}
                1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1
            \end{pmatrix}$，矩阵$A$满足方程$BA=B^\mathrm{T}B$，求$|A^*-2E|$.
        \begin{answer}
            $|B|=1$，对 $BA=B^\mathrm{T}B$ 两边同时取行列式有
            \[
                |B||A| = |B^\mathrm{T}||B| = |B|^2,
            \]
            故 $|A| = 1$. 从而有
            \[
                A^* = |A|A^{-1} = B^{-1} \left(B^\mathrm{T}\right)^{-1} B.
            \]
            $B^{-1} = \begin{pmatrix}
                1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1
            \end{pmatrix}$，于是有
            \[
                |A^*-2E| = \lvert B^{-1} \left(B^\mathrm{T}\right)^{-1} B - 2 B^{-1} B \rvert
                         = \lvert B^{-1} \rvert \lvert \left(B^\mathrm{T}\right)^{-1} - 2E \rvert \lvert B \rvert
                         = \begin{vmatrix}
                            -1 & 0 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ 0 & -1 & -1
                         \end{vmatrix}
                         = -1.
            \]
        \end{answer}

        \item 已知齐次线性方程组
        \[\begin{cases} \begin{aligned}
                    a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1n}x_n          & = 0             \\
                    a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots+a_{2n}x_n          & = 0             \\
                                                                  & \vdotswithin{=} \\
                    a_{n-1,1}x_1+a_{n-1,2}x_2+\cdots+a_{n-1,n}x_n & = 0
                \end{aligned} \end{cases}\]
        设$M_j\enspace(j=1,2,\ldots,n)$表示$A=(a_{ij})_{n-1 \times n}$划掉第$j$列所得的$n-1$阶子式，证明：
        \begin{enumerate}
            \item $(M_1,-M_2,\ldots,(-1)^{n-1}M_n)$是方程组的一个解；

            \item 若$r(A)=n-1$，则方程组的解全是$(M_1,-M_2,\ldots,(-1)^{n-1}M_n)$的倍数.
        \end{enumerate}
        \begin{answer}
            \begin{enumerate}
                \item 由于行列式
                      \[ D = \begin{vmatrix}
                              a_{11}     & a_{12}     & a_{13}     & \cdots & a_{1n}     \\
                              a_{11}     & a_{12}     & a_{13}     & \cdots & a_{1n}     \\
                              a_{21}     & a_{22}     & a_{23}     & \cdots & a_{2n}     \\
                              \vdots     & \vdots     & \vdots     & \ddots & \vdots     \\
                              a_{n-1, 1} & a_{n-1, 2} & a_{n-1, 3} & \cdots & a_{n-1, n}
                          \end{vmatrix} = 0,\]
                      而 $M_1, -M_2, \ldots, (-1)^{n-1}M_n$ 恰是 $D$ 的第一行元素的代数余子式，所以将 $D$ 按第一行展开，可知\[a_{11}M_1+a_{12}(-M_2)+\cdots+a_{1n}(-1)^{n-1}M_n=0.\]
                      而 $D$ 的其他行元素与第一行元素的代数余子式乘积之和为 0，于是结论成立.

                \item 因为 $r(A) = n-1$，所以 $M_1, -M_2, \ldots, (-1)^{n-1}M_n$，不全为 0. 且该方程组解空间维数为 1，$M_1, -M_2, \ldots, (-1)^{n-1}M_n$ 正是该方程组的非零解，结论成立.
            \end{enumerate}
        \end{answer}

        \item 设$A,B$均为$n$阶矩阵，且$|A|=2,|B|=1$，求$|2A^*B^*-A^{-1}B^{-1}|$.
        \begin{answer}
            $A^* = \lvert A \rvert A^{-1} = 2A^{-1}, B^* = \lvert B \rvert B^{-1} = B^{-1}$，故 \[\lvert 2A^*B^*-A^{-1}B^{-1} \rvert = \lvert 4A^{-1}B^{-1}-A^{-1}B^{-1} \rvert = \lvert 3A^{-1}B^{-1} \rvert = \dfrac{3^n}{\lvert A \rvert \lvert B \rvert} = \dfrac{3^n}{2}.\]
        \end{answer}

        \item 若$n$阶非零矩阵$A$满足$A^\mathrm{T}=A^*$，证明：
        \begin{enumerate}
            \item $|A|>0$；

            \item $|A|=1$（补充：若$A$第一行元素相等，求第一行元素的值）；

            \item $A$为正交矩阵，即$AA^\mathrm{T}=A^\mathrm{T}A$；

            \item $n>2$且为奇数时，$|E-A|=0$.
        \end{enumerate}
        \begin{answer}
            \begin{enumerate}
                \item 设 $A = (a_{ij})$，则 $A^* = (A_{ji})$（$A^*$ 的表达式）. 而 $A^T = A^*$，有 $a_{ij} = A_{ij}, \forall i, j = 1, 2, \ldots, n$. 而 $A$ 非零，故 $\exists a_{kl} \neq 0$，从而有 \[ \lvert A \rvert = a_{k1}A_{k1}+\cdots+a_{kn}A_{kn} = a_{k1}^2+\cdots+a_{kn}^2 > 0.\]

                \item $\lvert A \rvert > 0$ 有 $A$ 是可逆的，故 $A^* = \lvert A \rvert A^{-1} = A^{\mathrm{T}}$，从而 $A^{\mathrm{T}}A = \lvert A \rvert E$. 两侧取行列式有 $\lvert A \rvert^2 = \lvert A \rvert^n $，结合 $\lvert A \rvert > 0$ 有 $\lvert A \rvert = 1$.

                \item $\lvert A \rvert = 1$，故 $A^{-1} = A^{\mathrm{T}}$，$A$ 是正交矩阵.

                \item \begin{align*}
                          \lvert E-A \rvert & = \lvert AA^{\mathrm{T}}-AE \rvert = \lvert A \rvert \lvert A^{\mathrm{T}}-E\rvert = \lvert A^{\mathrm{T}}-E\rvert = \lvert (A-E)^{\mathrm{T}} \rvert \\
                                            & = \lvert A-E \rvert = (-1)^n\lvert E-A \rvert.
                      \end{align*}
                      $n$ 为奇数，则 $\lvert E-A \rvert = -\lvert E-A \rvert$，即 $\lvert E-A \rvert = 0$.
            \end{enumerate}
        \end{answer}

        \item 已知$A$是一个秩为$n-1$的$n\enspace(n \geqslant 2)$阶方阵，且已知某个元素$a_{ij}$的代数余子式$A_{ij} \neq 0$，求方程组$AX=0$的基础解系.
        \begin{answer}
            $r(A) = n-1$，则 $\lvert A \rvert = 0$ 且 $AX = 0$ 的解空间的维数为 1. 而考虑 $AA^* = \lvert A \rvert E = 0$，且 $\exists A_{ij} \neq 0$，所以 $(A_{i1}, A_{i2}, \ldots , A_{in})^{\mathrm{T}}$ 是所求的基础解系.
        \end{answer}

        \item 设$D=|a_{ij}|_{n \times n}$，$A_{ij}$是$a_{ij}$的代数余子式. 求证：
        \[\begin{vmatrix}
                A_{11}    & A_{12}    & \cdots & A_{1,n-1}   \\
                A_{21}    & A_{22}    & \cdots & A_{2,n-1}   \\
                \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots      \\
                A_{n-1,1} & A_{n-1,2} & \cdots & A_{n-1,n-1}
            \end{vmatrix}=a_{nn}D^{n-2}.\]
        \begin{answer}
            设 \[A = \begin{pmatrix}
                a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
                a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
                \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \\
            \end{pmatrix},\]
            则 \[A^* = \begin{pmatrix}
                    A_{11}     & A_{21}     & \cdots & A_{n-1, 1}   & A_{n1}     \\
                    A_{12}     & A_{22}     & \cdots & A_{n-1, 2}   & A_{n2}     \\
                    \vdots     & \vdots     & \ddots & \vdots       & \vdots     \\
                    A_{1, n-1} & A_{2, n-1} & \cdots & A_{n-1, n-1} & A_{n, n-1} \\
                    A_{1n}     & A_{2n}     & \cdots & A_{n-1, n}   & A_{nn}     \\
                \end{pmatrix}.\]
            注意到目标行列式是 $A^*$ 中元素 $A_{nn}$ 的代数余子式，也就是 $(A^*)^*$ 中 $(n, n)$ 位置的元素. 由 {例10.16(4)} $(A^*)^* = \lvert A \rvert^{n-2}A$ 可知结论成立. % FIXME: xref
        \end{answer}

        \item 设 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 是 $n$ 个两两互异的实数，$f_1(x),f_2(x),\ldots,f_n(x)$ 是 $n$ 个次数不大于 $n-2$ 的实系数多项式，证明：

        \[\begin{vmatrix}
                f_1(a_1) & f_1(a_2) & \cdots & f_1(a_n) \\
                f_2(a_1) & f_2(a_2) & \cdots & f_2(a_n) \\
                \vdots   & \vdots   & \ddots & \vdots   \\
                f_n(a_1) & f_n(a_2) & \cdots & f_n(a_n)
            \end{vmatrix}=0.\]
        \begin{answer}
            设 $f_i(x) = c_0 + c_1 x + c_2 x^2 + \cdots + c_{n-2} x^{n-2} \in R[x]_{n-1}$，由于 $n-1$ 维线性空间中的 $n$ 个向量必线性相关，我们可以得到 $\left\{ f_1(x), f_2(x), \ldots, f_n(x) \right\}$ 线性相关. 即存在不全为零的 $k_1, k_2, \ldots, k_n$，使得 $\forall x \in \mathbb{R}, k_1 f_1(x) + k_2 f_2(x) + \cdots + k_n f_n(x) = 0$. 设原行列式的行向量分别为 $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n$，则有
            \[
                k_1 \alpha_1 + k_2 \alpha_2 + \cdots + k_n \alpha_n = \mathbf{0}.
            \]
            原行列式的行向量组线性相关，因此其值为 $0$.
        \end{answer}

        \item 证明：$n$维向量组$\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n$线性无关的充要条件是
        \[\begin{vmatrix}
                \alpha_1^\mathrm{T}\alpha_1 & \alpha_1^\mathrm{T}\alpha_2 & \cdots & \alpha_1^\mathrm{T}\alpha_n \\
                \alpha_2^\mathrm{T}\alpha_1 & \alpha_2^\mathrm{T}\alpha_2 & \cdots & \alpha_2^\mathrm{T}\alpha_n \\
                \vdots                      & \vdots                      & \ddots & \vdots                      \\
                \alpha_n^\mathrm{T}\alpha_1 & \alpha_n^\mathrm{T}\alpha_2 & \cdots & \alpha_n^\mathrm{T}\alpha_n
            \end{vmatrix}\neq 0.\]
        \begin{answer}
            令 $A = (\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n), B = \begin{pmatrix}
                \alpha_1^{\mathrm{T}}\alpha_1 & \alpha_1^{\mathrm{T}}\alpha_2 & \cdots & \alpha_1^{\mathrm{T}}\alpha_n \\
                \alpha_2^{\mathrm{T}}\alpha_1 & \alpha_2^{\mathrm{T}}\alpha_2 & \cdots & \alpha_2^{\mathrm{T}}\alpha_n \\
                \vdots                        & \vdots                        & \ddots & \vdots                        \\
                \alpha_n^{\mathrm{T}}\alpha_1 & \alpha_n^{\mathrm{T}}\alpha_2 & \cdots & \alpha_n^{\mathrm{T}}\alpha_n \\
            \end{pmatrix}$，显然 $B = A^{\mathrm{T}}A$，由 {11.3 秩不等式第 4 个} 有 $r(B) = r(A)$. 进而 $n$ 维向量组 $(\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n)$ 线性无关等价于 $r(A) = n$，也就等价于 $r(B) = n$，进而等价于 $\lvert B \rvert \neq 0$，命题得证. % FIXME: xref
        \end{answer}

        \item 设$a_1,\ldots,a_n$为$n$个$n$维向量，证明：向量组$a_1,\ldots,a_n$线性无关的充要条件是任一个$n$维向量都可以由其线性表示（不使用线性空间维数的方式完成）.
        \begin{answer}
            $(\implies)$ 记 $A = (\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n), \varepsilon_i = (0, \ldots, 1, 0, \ldots, 0)^{\mathrm{T}}$(第 $i$ 个为 1)，$E = (\varepsilon_1, \varepsilon_2, \ldots, \varepsilon_n)$. 因为 $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n$ 是 $n$ 维线性无关的向量组，故 $\lvert A \rvert \neq 0$，即 $A$ 可逆，$A = EA, AA^{-1} = E$,\[(\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n) = (\varepsilon_1, \varepsilon_2, \ldots, \varepsilon_n)A, (\varepsilon_1, \varepsilon_2, \ldots, \varepsilon_n) = (\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n)A^{-1}.\] 即 $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n$ 与 $\varepsilon_1, \varepsilon_2, \ldots, \varepsilon_n$ 等价. $\varepsilon_1, \varepsilon_2, \ldots, \varepsilon_n$ 为 $\mathbf{R}^n$ 的一个基，能表出任一 $n$ 维向量，故 $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n$ 能表出 $\mathbf{R}^n$ 中任一 $n$ 维向量.

            $(\impliedby)$ 若 $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n$ 能表出任一 $n$ 维向量，则 $\varepsilon_i = \lambda_{i1}\alpha_1+\cdots+\lambda_{in}\alpha_n, i = 1, 2, \ldots, n$. 即
            \[E = (\varepsilon_1, \varepsilon_2, \ldots, \varepsilon_n) = (\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n)\begin{pmatrix}
                    \lambda_{11} & \lambda_{21} & \cdots & \lambda_{n1} \\
                    \lambda_{11} & \lambda_{21} & \cdots & \lambda_{n1} \\
                    \vdots       & \vdots       & \ddots & \vdots       \\
                    \lambda_{11} & \lambda_{21} & \cdots & \lambda_{n1} \\
                \end{pmatrix}.\]
            进而 $\lvert \alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n \rvert \begin{vmatrix}
                    \lambda_{11} & \lambda_{21} & \cdots & \lambda_{n1} \\
                    \lambda_{11} & \lambda_{21} & \cdots & \lambda_{n1} \\
                    \vdots       & \vdots       & \ddots & \vdots       \\
                    \lambda_{11} & \lambda_{21} & \cdots & \lambda_{n1} \\
                \end{vmatrix} = 1$，所以 $\lvert \alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n \rvert \neq 0$，$\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n$ 线性无关.
        \end{answer}

        \item 设$s \times n\enspace(s\leqslant n)$矩阵为
        \[\begin{pmatrix}
                1      & a      & a^2    & \cdots & a^{n-1}    \\
                1      & a^2    & a^4    & \cdots & a^{2(n-1)} \\
                \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots     \\
                1      & a^s    & a^{2s} & \cdots & a^{s(n-1)}
            \end{pmatrix}\]
        且$a^r\neq 1\enspace(0<r<n)$，求$A$的秩和它的列向量组的一个极大线性无关组.
        \begin{answer}
            $A$ 的前 $s$ 列组成的 $s$ 阶子式为Vandermonde行列式
            \[D = \begin{vmatrix}
                    1      & a      & a^2    & \cdots & a^{s-1}    \\
                    1      & a^2    & a^4    & \cdots & a^{2(s-1)} \\
                    \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots     \\
                    1      & a^s    & a^{2s} & \cdots & a^{s(s-1)} \\
                \end{vmatrix}.\]
            由于当 $0 < r < n$ 时，$a^r \neq 1$，因此 $a, a^2, \ldots, a^s$ 两两不同，进而 $D \neq 0$，于是 $r(A) \geqslant s$. 又因为 $A$ 的行数是 $s$，所以 $r(A) \leqslant s$. 从而 $r(A) = s$.

            由于 $D \neq 0$，故 $D$ 的列向量线性无关，因此 $A$ 的前 $s$ 个列向量即为其列向量组的一个极大线性无关组.
        \end{answer}

        \item 设$A,B,C,D \in \mathbf{F}^{n \times n}$，定义变换 $ T : \mathbf{F}^{n \times n} \to \mathbf{F}^{n \times n}$ 为
        \[ T(X) = AXB+CX+XD \]
        证明：
        \begin{enumerate}
            \item $T$为$\mathbf{F}^{n \times n}$上的线性变换；

            \item 当$C=D=O$时，$T$可逆的充要条件是$|AB| \neq 0$.
        \end{enumerate}
        \begin{answer}
            \begin{enumerate}
                \item 线性变换的验证省略.

                \item $(\implies)$ 若 $\lvert AB \rvert = 0$，则 $\lvert A \rvert = 0$ 或 $\lvert B \rvert = 0$，故 $A$ 或 $B$ 不可逆. 不妨假设 $A$ 不可逆，则存在 $X_0 \neq 0$ 使得 $AX_0 = 0$，$T(X_0) = AX_0B = 0$. 但 $T$ 是可逆的，所以 $T$ 是单射，$T(X) = 0 \Leftrightarrow X = 0$，矛盾.

                      $(\impliedby)$ $\lvert AB \rvert \neq 0$ 则 $A, B$ 可逆，故 $T(X) = AXB$ 的逆映射为 $T^{-1}(X) = A^{-1}XB^{-1}$.
            \end{enumerate}
        \end{answer}

        \item 设$A$为$n$阶矩阵，且$r(A) < n$，又$A_{11} \neq 0$，证明：存在常数$k$，使得$(A^*)^2=kA^*$.
        \begin{answer}
            因为 $r(A) < n, A_{11} \neq 0$，所以 $r(A) = n-1$，进而由 {例10.16 (6)} 可知 $r(A^*) = 1$，所以有 % FIXME: xref
            \[A^* = \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_n \end{pmatrix} (\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n).\]
            设 $(\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n) \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_n \end{pmatrix} = k$，则
            \begin{align*}
                (A^*)^2 & = \begin{pmatrix}a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_n \end{pmatrix}
                (\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n)
                \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_n \end{pmatrix}
                (\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n)                                     \\
                        & = \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_n \end{pmatrix} \cdot k
                \cdot (\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n) = k
                \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_n \end{pmatrix}
                (\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n) = kA^*.
            \end{align*}
        \end{answer}

        \item 设$V$是一个$n$维实线性空间，证明：存在$V$中的一个由可列无穷多个向量组成的向量组$\{\alpha_i \mid i\in\mathbf{Z}_+\}$，使得其中任意$n$个向量组成的向量组都是$V$的一组基.
        \begin{answer}
            $\forall a_i \in \mathbf{R}, i \in \mathbf{Z}_{+}$ 满足：若 $i \neq j$，则 $a_i \neq a_j$，考虑以Vandermonde行列式的形式进行排布. 设
            \[ A = \begin{pmatrix}
                    1         & 1         & \cdots & 1         & \cdots \\
                    a_1       & a_2       & \cdots & a_k       & \cdots \\
                    a_1^2     & a_2^2     & \cdots & a_k^2     & \cdots \\
                    \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots    &        \\
                    a_1^{n-1} & a_2^{n-1} & \cdots & a_k^{n-1} & \cdots
                \end{pmatrix}.\]
            考虑 $A$ 的任意 $n$ 阶主子式 $D_n$，其均构成 Vandermonde 行列式，又 $i \neq j$ 有 $a_i \neq a_j$，所以值均不为 0，也就是说任意 $n$ 个向量都线性无关，其个数也恰好为 $n$，构成 $V$ 的一组基，命题得证.
        \end{answer}

        \item 回顾\autoref{ex:函数和数列线性空间} 中数列极限的例子，证明：以$0$为极限的实数数列全体构成的线性空间是无限维线性空间.
        \begin{answer}
            易证以 $0$ 为极限的实数数列全体可以构成一个线性空间 $W$，下使用反证法证明 $W$ 为无限维线性空间：

            假设 $W$ 为有限维线性空间，不妨设 $\dim W = k$.

            取 $W$ 中的 $k+1$ 个数列 $\{a_n^{(1)}, a_n^{(2)}, \ldots, a_n^{(k)}, a_n^{(k+1)}\}$，满足 $a_n^{(i)} = (i+1)^{-n} \to 0^+ \enspace (n \to +\infty)$. 分别取这 $k+1$ 个数列的前 $k+1$ 项，构造 Vandermonde 行列式：
            \[
                D = \begin{vmatrix}
                    1          & 1          & \cdots & 1              \\
                    2^{-1}     & 3^{-1}     & \cdots & (k+2)^{-1}     \\
                    2^{-2}     & 3^{-2}     & \cdots & (k+2)^{-2}     \\
                    \vdots     & \vdots     & \ddots & \vdots         \\
                    2^{-(k-1)} & 3^{-(k-1)} & \cdots & (k+2)^{-(k-1)}
                \end{vmatrix} \neq 0,
            \]
            故行列式的列向量线性无关. 由于线性无关的向量组在补充分量后仍然线性无关，我们可以得到 $k+1$ 个数列 $\{a_n^{(1)}, a_n^{(2)}, \cdots, a_n^{(k)}, a_n^{(k+1)}\}$ 线性无关，这与 $\dim W = k$ 矛盾，因此 $W$ 为无限维线性空间.
        \end{answer}

        \item 解行列式
        \begin{enumerate} \begin{multicols}{2}
                \item $ D_1=\begin{vmatrix}
                        1 & 2 & 3 & 4 \\2&3&4&1\\3&4&1&2\\4&1&2&3
                    \end{vmatrix} $

                \item $ D_2=\begin{vmatrix}
                        \lambda+2 & -1        & -1        & -1        \\
                        -1        & \lambda+2 & -1        & -1        \\
                        -1        & -1        & \lambda+2 & -1        \\
                        -1        & -1        & -1        & \lambda+2
                    \end{vmatrix} $

            \end{multicols} \begin{multicols}{2} % dirty hack

                \item $ D_3=\begin{vmatrix}
                        1^{2} & 2^{2} & 3^{2} & 4^{2} \\
                        2^{2} & 3^{2} & 4^{2} & 5^{2} \\
                        3^{2} & 4^{2} & 5^{2} & 6^{2} \\
                        4^{2} & 5^{2} & 6^{2} & 7^{2}
                    \end{vmatrix} $

                \item $ D_4=\begin{vmatrix}
                        3 & 2 & 0 & 0 \\
                        1 & 3 & 2 & 0 \\
                        0 & 1 & 3 & 2 \\
                        0 & 0 & 1 & 3
                    \end{vmatrix} $
            \end{multicols} \end{enumerate}
        \begin{answer}
            \begin{enumerate}
                \item 连加法得结果为160；

                \item 连加法得结果为$(\lambda-1)(\lambda+3)^3$；

                \item 如果对数据敏感能看出线性相关，可以直接由$\alpha_4-\alpha_1=3(\alpha_3-\alpha_2)$证得其线性相关，则为0. 也可以使用滚动消去法，如\[
                          \begin{vmatrix}
                              1 & 4 & 9  & 16 \\
                              3 & 5 & 7  & 9  \\
                              5 & 7 & 9  & 11 \\
                              7 & 9 & 11 & 13
                          \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
                              1 & 4 & 9 & 16 \\
                              3 & 5 & 7 & 9  \\
                              2 & 2 & 2 & 2  \\
                              2 & 2 & 2 & 2
                          \end{vmatrix}=0.\]

                \item 当然是递推法的常见形式，但是只有4阶，所以可以暴算，转化为上三角行列式，如\[
                          \begin{vmatrix}
                              3 & 2           & 0            & 0             \\
                              0 & \frac{7}{3} & 2            & 0             \\
                              0 & 0           & \frac{15}{7} & 2             \\
                              0 & 0           & 0            & \frac{31}{15}
                          \end{vmatrix}=31.\]
            \end{enumerate}
        \end{answer}

        \item 解行列式 $\begin{vmatrix}
                a_{1}+a_{2}         & a_{2}+a_{3}         & \cdots & a_{n-1}+a_n         & a_n+a_{1}         \\
                a_{1}^{2}+a_{2}^{2} & a_{2}^{2}+a_{3}^{2} & \cdots & a_{n-1}^{2}+a_n^{2} & a_n^{2}+a_{1}^{2} \\
                \vdots              & \vdots              & \ddots & \vdots              & \vdots            \\
                a_{1}^{n}+a_{2}^{n} & a_{2}^{n}+a_{3}^{n} & \cdots & a_{n-1}^{n}+a_n^{n} & a_n^{n}+a_{1}^{n}
            \end{vmatrix}$.
        \begin{answer}
            暴力拆成$2^n$个行列式，其中只有2个每列各不相同，其他都因为有相同列而为0. 因此有
            \begin{align*}
                \text{原式} & =\begin{vmatrix}
                                    a_{1}     & a_{2}     & \cdots & a_{n-1}     & a_{n}     \\
                                    a_{1}^{2} & a_{2}^{2} & \cdots & a_{n-1}^{2} & a_{n}^{2} \\
                                    \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots      & \vdots    \\
                                    a_{1}^{n} & a_{2}^{n} & \cdots & a_{n-1}^{n} & a_{n}^{n}
                                \end{vmatrix}+
                \begin{vmatrix}
                    a_{2}     & a_{3}     & \cdots & a_{n}     & a_{1}     \\
                    a_{2}^{2} & a_{3}^{2} & \cdots & a_{n}^{2} & a_{1}^{2} \\
                    \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots    & \vdots    \\
                    a_{2}^{n} & a_{3}^{n} & \cdots & a_{n}^{n} & a_{1}^{n}
                \end{vmatrix}                                               \\
                            & =(1+(-1)^{n-1})\begin{vmatrix}
                                                a_{1}     & a_{2}     & \cdots & a_{n-1}     & a_{n}     \\
                                                a_{1}^{2} & a_{2}^{2} & \cdots & a_{n-1}^{2} & a_{n}^{2} \\
                                                \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots      & \vdots    \\
                                                a_{1}^{n} & a_{2}^{n} & \cdots & a_{n-1}^{n} & a_{n}^{n}
                                            \end{vmatrix}                \\
                            & =(1+(-1)^{n-1})\prod_{i=1}^na_i
                \begin{vmatrix}
                    1           & 1           & \cdots & 1             & 1           \\
                    a_{1}       & a_{2}       & \cdots & a_{n-1}       & a_{n}       \\
                    \vdots      & \vdots      & \ddots & \vdots        & \vdots      \\
                    a_{1}^{n-1} & a_{2}^{n-1} & \cdots & a_{n-1}^{n-1} & a_{n}^{n-1}
                \end{vmatrix}                                     \\
                            & =(1+(-1)^{n-1})\left(\prod_{i=1}^na_i\right)\prod_{1\leqslant i<j\leqslant n}(a_j-a_i). \\
            \end{align*}
        \end{answer}

        \item 解行列式
        \begin{multicols}{2} \begin{enumerate}
                \item $D=\begin{vmatrix}
                              ax+by & ay+bz & az+bx \\
                              ay+bz & az+bx & ax+by \\
                              az+bx & ax+by & ay+bz
                          \end{vmatrix}$

                \item $D=\begin{vmatrix}
                              x^2+1 & xy    & xz    \\
                              xy    & y^2+1 & yz    \\
                              xz    & yz    & z^2+1
                          \end{vmatrix}$
            \end{enumerate} \end{multicols}
        \begin{answer}
            \begin{enumerate}
                \item 可以硬拆成8个行列式，其中只有2个非零，则得到
                      \[D=\begin{vmatrix}
                              ax & ay & az \\
                              ay & az & ax \\
                              az & ax & ay
                          \end{vmatrix}+\begin{vmatrix}
                              by & bz & bx \\
                              bz & bx & by \\
                              bx & by & bz \\
                          \end{vmatrix}=(a+b)\begin{vmatrix}
                              x & y & z \\
                              y & z & x \\
                              z & x & y \\
                          \end{vmatrix}=(a^3+b^3)(3xyz-\sum x^2),\]
                      另解：分解成两个矩阵相乘再各自求行列式. 这其实是看出这是一种线性变换的本质之后的做法：
                      \[D=\begin{vmatrix}
                              \begin{pmatrix}
                                  a & b & 0 \\
                                  0 & a & b \\
                                  b & 0 & a \\
                              \end{pmatrix}
                              \begin{pmatrix}
                                  x & y & z \\
                                  y & z & x \\
                                  z & x & y \\
                              \end{pmatrix}
                          \end{vmatrix}.\]

                \item 其实直接用三阶行列式的公式也不错，这里介绍基于硬拆的方法
                      \begin{align*}
                          D & =x\begin{vmatrix}
                                    x & xy    & xz    \\
                                    y & y^2+1 & yz    \\
                                    z & yz    & z^2+1
                                \end{vmatrix}+\begin{vmatrix}
                                                  1 & xy    & xz    \\
                                                  0 & y^2+1 & yz    \\
                                                  0 & yz    & z^2+1
                                              \end{vmatrix} \\
                            & =x\begin{vmatrix}
                                    x & 0 & 0 \\
                                    y & 1 & 0 \\
                                    z & 0 & 1
                                \end{vmatrix}+\begin{vmatrix}
                                                  y^2+1 & yz    \\
                                                  yz    & z^2+1
                                              \end{vmatrix}
                          =\sum x^2+1.
                      \end{align*}
            \end{enumerate}
        \end{answer}

        \item 计算行列式$|2E-\alpha_1^\mathrm{T}\beta_1-\alpha_2^\mathrm{T}\beta_2|$，其中$\alpha_1=(a_1,a_2,\ldots,a_n),\enspace \beta_1=(b_1,b_2,\ldots,b_n),\enspace \alpha_2=(c_1,c_2,\ldots,c_n),\enspace \beta_2 = (d_1,d_2,\ldots,d_n)$.（提示：利用$|\lambda E_m-AB|=\lambda^{m-n}|\lambda E_n-BA|$）
        \begin{answer}
            利用$|\lambda E_m-AB|=\lambda^{m-n}|\lambda E_n-BA|$
            \begin{align*}
                |2E-\alpha_1^\mathrm{T}\beta_1-\alpha_2^\mathrm{T}\beta_2|
                & =\begin{vmatrix}
                        2E-\begin{pmatrix}
                        \alpha_1^\mathrm{T} & \alpha_2^\mathrm{T}
                    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
                                        \beta_1 \\\beta_2
                                    \end{pmatrix}
                    \end{vmatrix}
                =2^{n-2}\begin{vmatrix}
                            2E-\begin{pmatrix}
                        \beta_1 \\\beta_2
                    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
                                        \alpha_1^\mathrm{T} & \alpha_2^\mathrm{T}
                                    \end{pmatrix}
                        \end{vmatrix}         \\
                & =2^{n-2}\begin{vmatrix}
                            2-\beta_1\alpha_1^\mathrm{T} & -\beta_1\alpha_2^\mathrm{T}  \\
                            -\beta_2\alpha_1^\mathrm{T}  & 2-\beta_2\alpha_2^\mathrm{T}
                        \end{vmatrix} \\
                & =2^{n-2}
                \left(\left(2-\sum_{i=1}^na_ib_i\right)
                \left(2-\sum_{i=1}^nc_id_i\right)
                -\left(\sum_{i=1}^na_id_i\right)
                \left(\sum_{i=1}^nb_ic_i\right)\right)
            \end{align*}
        \end{answer}

        \item 求$2n$阶行列式的值（空缺处都是0）：
        \[\begin{vmatrix}
                a &         &   &   &         & b \\
                  & \ddots  &   &   & \iddots &   \\
                  &         & a & b &         &   \\
                  &         & b & a &         &   \\
                  & \iddots &   &   & \ddots  &   \\
                b &         &   &   &         & a
            \end{vmatrix}.\]
        \begin{answer}
            设所求 $2n$ 阶行列式为 $D$.
            \begin{enumerate}
                \item 若 $a=0$，则
                    \[
                        D = \begin{vmatrix}
                            0 &         &   &   &         & b \\
                              & \ddots  &   &   &         &   \\
                              &         & 0 & b &         &   \\
                              &         & b & 0 &         &   \\
                              &         &   &   & \ddots  &   \\
                            b &         &   &   &         & 0
                        \end{vmatrix}
                        = (-1)^{\frac{2n(2n-1)}{2}} \begin{vmatrix}
                            b &         &   &   &         & 0 \\
                              & \ddots  &   &   &         &   \\
                              &         & b & 0 &         &   \\
                              &         & 0 & b &         &   \\
                              &         &   &   & \ddots  &   \\
                            0 &         &   &   &         & b
                        \end{vmatrix}
                        = b^{2n}.
                    \]
                \item 若 $a \neq 0$，我们将第 $i$ 列乘以 $-\dfrac{b}{a}$ 后加到第 $2n-i+1$ 列，化为下三角矩阵：
                    \[
                        D = \begin{vmatrix}
                            a &         &   &                   &         & 0                 \\
                              & \ddots  &   &                   &         &                   \\
                              &         & a & 0                 &         &                   \\
                              &         & b & a - \frac{b^2}{a} &         &                   \\
                              &         &   &                   & \ddots  &                   \\
                            b &         &   &                   &         & a - \frac{b^2}{a}
                        \end{vmatrix}
                        = a^n (a - \frac{b^2}{a})^n
                        = (a^2 - b^2)^n.
                    \]
            \end{enumerate}
        \end{answer}
    \end{exgroup}

    \begin{exgroup}
        \item 证明：无法定义非方阵的行列式，使其与方阵行列式的定义相容.
        \begin{answer}

        \end{answer}

        \item 设 $A$ 为 $n$ 阶可逆矩阵，证明：只用倍加变换可以将 $A$ 变成 $\diag(1,\ldots,1,|A|)$.
        \begin{answer}

        \end{answer}

        \item 设 $a_i, b_i$ 都是实数，利用 Cauchy-Binet 公式证明 Cauchy-Schwarz 不等式：
        \[
            \left( \sum_{i=1}^{n}\limits a_i^2 \right) \left( \sum_{i=1}^{n}\limits b_i^2 \right) \geqslant \left( \sum_{i=1}^{n}\limits a_i b_i \right)^2.
        \]
        \begin{answer}
            设

            \[
                A = \begin{pmatrix}
                    a_1 & a_2 & \cdots & a_n \\
                    b_1 & b_2 & \cdots & b_n
                \end{pmatrix}.
            \]

            由 Cauchy-Binet 公式的推论，$A A^{\mathrm{T}}$ 的任一主子式非负，故 $|AA^\mathrm{T}|$ 非负，即

            \[
                \begin{vmatrix}
                    \sum\limits_{i=1}^{n} a_i^2 & \sum\limits_{i=1}^{n} a_ib_i \\
                    \sum\limits_{i=1}^{n} a_ib_i & \sum\limits_{i=1}^{n} b_i^2
                \end{vmatrix} = |AA^\mathrm{T}| \geqslant 0.
            \]

            将上述行列式展开即有

            \[
                \left( \sum_{i=1}^{n}\limits a_i^2 \right) \left( \sum_{i=1}^{n}\limits b_i^2 \right) - \left( \sum_{i=1}^{n}\limits a_i b_i \right)^2 \geqslant 0.
            \]

            故 Cauchy-Schwarz 不等式成立.
        \end{answer}

        \item 设$A=(a_{ij})$是$n\enspace(n\geqslant 2)$阶整数方阵，满足对任意的$i,j$，$|A|$均可整除$a_{ij}$，证明：$|A|=\pm 1$.
        \begin{answer}
            设 $a_{ij} = |A| b_{ij}$，其中 $b_{ij}$ 为整数，则
            \[
                |A| = \begin{vmatrix}
                    |A| b_{11} & |A| b_{12} & \cdots & |A| b_{1n} \\
                    |A| b_{21} & |A| b_{22} & \cdots & |A| b_{2n} \\
                    \vdots     & \vdots     & \ddots & \vdots     \\
                    |A| b_{n1} & |A| b_{n2} & \cdots & |A| b_{nn}
                \end{vmatrix}
                = |A|^n \begin{vmatrix}
                    b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1n} \\
                    b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2n} \\
                    \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                    b_{n1} & b_{n2} & \cdots & b_{nn}
                \end{vmatrix}.
            \]

            由此可得
            \[
                |A|^{n-1} \begin{vmatrix}
                    b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1n} \\
                    b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2n} \\
                    \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                    b_{n1} & b_{n2} & \cdots & b_{nn}
                \end{vmatrix} = 1.
            \]

            由于 $a_{ij}$ 与 $b_{ij}$ 均为整数，所以 $|A|$ 与 $|b_{ij}|_{n \times n}$ 也为整数，且 $|A| \neq 0$，所以 $|A| = \pm 1$.
        \end{answer}

        \item 设$A,B,C,D$均为$n$阶方阵，$\lvert A \rvert \neq 0$且$AC=CA$. 证明：
        \[\begin{vmatrix}
                A & B \\ C & D
            \end{vmatrix} = |AD-CB|.\]
        \begin{answer}
            对原矩阵进行分块初等变换化为上三角块矩阵后进行计算. 因为 $\lvert A \rvert \neq 0$，所以 $A$ 可逆，进而有如下变换：
            \[\begin{pmatrix}
                    E        & O \\
                    -CA^{-1} & E
                \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
                    A & B \\
                    C & D \\
                \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
                    A & B          \\
                    O & D-CA^{-1}B
                \end{pmatrix},\]
            所以
            \begin{align*}
                    & \begin{vmatrix}
                            A & B \\
                            C & D \\
                        \end{vmatrix}
                = \begin{vmatrix}
                        E        & O \\
                        -CA^{-1} & E \\
                    \end{vmatrix}
                \begin{vmatrix}
                    A & B \\
                    C & D \\
                \end{vmatrix}       \\
                ={} & \begin{vmatrix}
                            A & B          \\
                            O & D-CA^{-1}B
                        \end{vmatrix}
                = \lvert A \rvert \lvert D-CA^{-1}B \rvert = \lvert AD-ACA^{-1}B \rvert.
            \end{align*} 由于 $AC = CA$，所以有 $ACA^{-1} = CAA^{-1} = C$，所以
            \[\begin{vmatrix}
                    A & B \\
                    C & D \\
                \end{vmatrix} = \lvert AD-CB \rvert.\]
        \end{answer}

        \item 设$A$为$n$阶可逆矩阵，$\alpha,\beta$为$n$维列向量，证明：
        \[|A+\alpha\beta^{\mathrm{T}}|=|A|(1+\beta^\mathrm{T}A^{-1}\alpha).\]
        \begin{answer}
            这道题目我们利用了一个分块矩阵作为中间``桥梁''使得其通过分块初等变换之后能分别得到两个方向上的结果. 考虑矩阵 $\begin{pmatrix}
                A                   & \alpha \\
                -\beta^{\mathrm{T}} & 1
            \end{pmatrix}$，有
            \[\begin{pmatrix}
                    A                   & \alpha \\
                    -\beta^{\mathrm{T}} & 1
                \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
                    E                  & O \\
                    \beta^{\mathrm{T}} & E
                \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
                    A+\alpha \beta^{\mathrm{T}} & \alpha \\
                    O                           & 1
                \end{pmatrix},\]
            所以
            \[\begin{vmatrix}
                    A                   & \alpha \\
                    -\beta^{\mathrm{T}} & 1
                \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
                    A                   & \alpha \\
                    -\beta^{\mathrm{T}} & 1
                \end{vmatrix} \begin{vmatrix}
                    E                  & O \\
                    \beta^{\mathrm{T}} & E
                \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
                    A+\alpha \beta^{\mathrm{T}} & \alpha \\
                    O                           & 1
                \end{vmatrix} = \lvert A+\alpha \beta^{\mathrm{T}} \rvert.\]
            另一方面，
            \[\begin{pmatrix}
                    E                        & O \\
                    \beta^{\mathrm{T}}A^{-1} & 1
                \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
                    A                   & \alpha \\
                    -\beta^{\mathrm{T}} & 1
                \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
                    A & \alpha                           \\
                    O & 1+\beta^{\mathrm{T}}A^{-1}\alpha
                \end{pmatrix}.\]
            注意 $\beta^{\mathrm{T}}A^{-1}\alpha$ 的最终结果是一个数. 进而
            \[\begin{vmatrix}
                    A                   & \alpha \\
                    -\beta^{\mathrm{T}} & 1
                \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
                    E                        & O \\
                    \beta^{\mathrm{T}}A^{-1} & 1
                \end{vmatrix} \begin{vmatrix}
                    A                   & \alpha \\
                    -\beta^{\mathrm{T}} & 1
                \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
                    A & \alpha                           \\
                    O & 1+\beta^{\mathrm{T}}A^{-1}\alpha
                \end{vmatrix} = \lvert A \rvert(1+\beta^{\mathrm{T}}A^{-1}\alpha).\]
            所以有
            \[\lvert A+\alpha \beta^{\mathrm{T}} \rvert = \lvert A \rvert(1+\beta^{\mathrm{T}}A^{-1}\alpha).\]
        \end{answer}

        \item 设$A,B$均为$n$阶方阵，证明：
        \[\begin{vmatrix}
                A & B \\ B & A
            \end{vmatrix} = |A+B||A-B|.\]
        \begin{answer}
            依旧是对分块矩阵做初等分块变换. 考虑到
            \begin{align*}
                \left(\begin{pmatrix}
                            E & E \\
                            O & E
                        \end{pmatrix}
                \begin{pmatrix}
                    A & B \\
                    B & A
                \end{pmatrix} \right)
                \begin{pmatrix}
                    E & -E \\
                    O & E
                \end{pmatrix}
                & = \begin{pmatrix}
                        A+B & A+B \\
                        B   & A
                    \end{pmatrix}
                \begin{pmatrix}
                    E & -E \\
                    O & E
                \end{pmatrix}      \\
                & = \begin{pmatrix}
                        A+B & O   \\
                        B   & A-B
                    \end{pmatrix},
            \end{align*}
            所以有 \begin{align*}
                \begin{vmatrix}
                    A & B \\
                    B & A
                \end{vmatrix}
                & = \begin{vmatrix}
                        E & E \\
                        O & E
                    \end{vmatrix}
                \begin{vmatrix}
                    A & B \\
                    B & A
                \end{vmatrix}
                \begin{vmatrix}
                    E & -E \\
                    O & E
                \end{vmatrix}
                = \begin{vmatrix}
                        A+B & O   \\
                        B   & A-B
                    \end{vmatrix}    \\
                & =
                \lvert (A+B)(A-B) \rvert = \lvert A+B \rvert \lvert A-B \rvert
            \end{align*}
        \end{answer}

        \item 设$A,B,C,D$均为$n$阶方阵，且$r\begin{pmatrix}
                A & B \\ C & D
            \end{pmatrix}=n$，证明：
        \[\begin{vmatrix}
                |A| & |B| \\ |C| & |D|
            \end{vmatrix} = 0.\]
        \begin{answer}
            首先有 $\begin{vmatrix}
                \lvert A \rvert & \lvert B \rvert \\
                \lvert C \rvert & \lvert D \rvert
            \end{vmatrix} = \lvert A \rvert \lvert D \rvert-\lvert B \rvert \lvert C \rvert$.
            \begin{enumerate}
                \item 若 $\lvert A \rvert \neq 0$，即 $A$ 可逆. 因为矩阵的初等变换不改变矩阵的秩，所以由
                    \[\begin{pmatrix}
                            E        & O \\
                            -CA^{-1} & E
                        \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
                            A & B \\
                            C & D
                        \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
                            E & -A^{-1}B \\
                            O & E        \\
                        \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
                            A & O          \\
                            O & D-CA^{-1}B
                        \end{pmatrix},\]
                    条件 $r\left(\begin{pmatrix}
                                A & B \\
                                C & D
                            \end{pmatrix}\right) = n$ 以及 $A$ 可逆，可以得到
                    \[D-CA^{-1}B = O.\]
                    即若 $A$ 可逆，则 $D = CA^{-1}B$，并且
                    \[\begin{vmatrix}
                            \lvert A \rvert & \lvert B \rvert \\
                            \lvert C \rvert & \lvert D \rvert
                        \end{vmatrix} = \lvert A \rvert \lvert CA^{-1}B \rvert-\lvert B \rvert \lvert C \rvert = \lvert A \rvert \lvert C \rvert \lvert A^{-1} \rvert \lvert B \rvert-\lvert B \rvert \lvert C \rvert = 0.\]

                \item 若 $\lvert A \rvert = 0$，只需证 $\lvert B \rvert \lvert C \rvert = 0$. 若 $\lvert B \rvert \neq 0$，则由
                    \[\begin{pmatrix}
                            E        & O \\
                            -DB^{-1} & E
                        \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
                            A & B \\
                            C & D
                        \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
                            E        & O \\
                            -B^{-1}A & E
                        \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
                            O          & B \\
                            C-DB^{-1}A & O
                        \end{pmatrix},\]
                    有 $C-DB^{-1}A = O$. 注意到 $\lvert A \rvert = 0$，故 \[\lvert C \rvert = \lvert DB^{-1}A \rvert = \lvert D \rvert \lvert B^{-1} \rvert \lvert A \rvert = 0.\] 同理可证若 $\lvert C \rvert \neq 0$，则 $\lvert B \rvert = 0$.
            \end{enumerate}
            综上，结论成立.
        \end{answer}

        \item 设$A$为$n$阶实对称矩阵（$n>1$），$|A|=0$，证明：$A_{ii}A_{jj}=(A_{ij})^2(i,j=1,\ldots,n)$.
        \begin{answer}
            由 $|A| = 0$ 可知 $r(A) < n$. 利用结论
            \[
                r(A^*)=\begin{cases}
                    n & r(A)=n     \\
                    1 & r(A)=n-1   \\
                    0 & r(A) < n-1
                \end{cases}
            \]
            可知 $r(A^*) \leqslant 1$.

            若 $r(A^*) = 0$，则 $A^* = O$，故 $A_{ii} = A_{jj} = A_{ij} = 0$，自然有 $A_{ii}A_{jj}=(A_{ij})^2$；

            若 $r(A^*) = 1$，则 $A^*$ 的任意两个列向量线性相关，可得 $A_{ii}A_{jj} = A_{ij}A_{ji}$. 又由 $A$ 是实对称矩阵，有 $A_{ij} = A_{ji}$，因此 $A_{ii}A_{jj} = (A_{ij})^2$.

        \end{answer}

        \item 求$\begin{pmatrix}
                A & C \\ O & B
            \end{pmatrix}^*$，并求当$A$可逆时的$\begin{pmatrix}
                A & B \\ C & D
            \end{pmatrix}^*$.
        \begin{answer}
            \begin{enumerate}
                \item 设 $\begin{pmatrix}
                              A & C \\
                              O & B
                          \end{pmatrix}$ 的伴随矩阵为 $\begin{pmatrix}
                              X & Y \\
                              Z & W
                          \end{pmatrix}$. 而 $\begin{vmatrix}
                              A & C \\
                              O & B
                          \end{vmatrix} = \lvert A\rvert \lvert B \rvert$，所以有
                      \[\begin{pmatrix}
                              A & C \\
                              O & B
                          \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
                              X & Y \\
                              Z & W
                          \end{pmatrix} = \lvert A\rvert \lvert B \rvert \begin{pmatrix}
                              E & O \\
                              O & E
                          \end{pmatrix}.\]
                      得到方程组
                      \[\begin{cases}
                              AX+CZ = \lvert A \rvert \lvert B \rvert E \\
                              AY+CW = O                                 \\
                              BZ    = O                                 \\
                              BW    = \lvert A \rvert \lvert B \rvert E
                          \end{cases}.\]
                      考虑一般情况，我们不再单独讨论 $B$ 是否等于 $O$. 所以 $Z = O$, $X = \lvert B \rvert A^*$, $W = \lvert A \rvert B^*$, $Y = -A^*CB^*$. 即 \[\begin{pmatrix}
                              A & C \\
                              O & B
                          \end{pmatrix}^* = \begin{pmatrix}
                              \lvert B \rvert A^* & -A^*CB^*            \\
                              O                   & \lvert A \rvert B^*
                          \end{pmatrix}.\]

                \item 若 $A$ 可逆，则可以通过以下的初等分块变换将其化为上三角块矩阵.
                      \[\begin{pmatrix}
                              E        & O \\
                              -CA^{-1} & E
                          \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
                              A & B \\
                              C & D
                          \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
                              A & B          \\
                              O & D-CA^{-1}B
                          \end{pmatrix}.\]
                      两侧取伴随有
                      \begin{align*}
                              & \left(\begin{pmatrix}
                                              E        & O \\
                                              -CA^{-1} & E
                                          \end{pmatrix}
                          \begin{pmatrix}
                                  A & B \\
                                  C & D
                              \end{pmatrix}\right)^*
                          = \begin{pmatrix}
                                A & B \\
                                C & D
                            \end{pmatrix}^*
                          \begin{pmatrix}
                              E        & O \\
                              -CA^{-1} & E
                          \end{pmatrix}^*            \\
                          ={} & \begin{pmatrix}
                                    A & B          \\
                                    O & D-CA^{-1}B
                                \end{pmatrix}^*
                          = \begin{pmatrix}
                                \lvert D-CA^{-1}B \rvert A^* & -A^*B(D-CA^{-1}B)^*            \\
                                O                            & \lvert A \rvert (D-CA^{-1}B)^*
                            \end{pmatrix}
                      \end{align*},
                      而
                      \[\begin{pmatrix}
                              E        & O \\
                              -CA^{-1} & E
                          \end{pmatrix}^* \begin{pmatrix}
                              E        & O \\
                              -CA^{-1} & E
                          \end{pmatrix} = \begin{vmatrix}
                              E        & O \\
                              -CA^{-1} & E
                          \end{vmatrix} \begin{pmatrix}
                              E & O \\
                              O & E
                          \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
                              E & O \\
                              O & E
                          \end{pmatrix},\]
                      所以
                      \begin{align*}
                              & \begin{pmatrix}
                                    A & B \\
                                    C & D
                                \end{pmatrix}^*                                                                         \\
                          ={} & \begin{pmatrix}
                                    \lvert D-CA^{-1}B \rvert A^* & -A^*B(D-CA^{-1}B)^*            \\
                                    O                            & \lvert A \rvert (D-CA^{-1}B)^*
                                \end{pmatrix}
                          \begin{pmatrix}
                              E        & O \\
                              -CA^{-1} & E
                          \end{pmatrix}                                                                                \\
                          ={} & \begin{pmatrix}
                                    \lvert D-CA^{-1}B \rvert A^*+A^*B(D-CA^{-1}B)^*CA^{-1} & -A^*B(D-CA^{-1}B)^*            \\
                                    -\lvert A \rvert (D-CA^{-1}B)^*CA^{-1}                 & \lvert A \rvert (D-CA^{-1}B)^*
                                \end{pmatrix}. &
                      \end{align*}
            \end{enumerate}
        \end{answer}

        \item 下面三个小问探讨伴随矩阵的反问题，即对任意给定的$n$阶方阵$B$，是否存在$n$阶方阵$A$使得$A^*=B$.
        \begin{enumerate}
            \item 证明：若$n=2$，则存在唯一的2阶方阵$A$使得$A^*=B$；

            \item 证明：若$n > 2$，则存在$n$阶方阵$A$使得$A^*=B$的充要条件为$r(B) \in \{0,1,n\}$，并且
                  \begin{enumerate}
                      \item $r(B)=n$时，$A=\sqrt[n-1]{|B|}B^{-1}$；

                      \item $r(B)=1$时，$A=Q^{-1}\begin{pmatrix}
                                    0 & O \\ O & X_{n-1}
                                \end{pmatrix}P^{-1}$，且$|X_{n-1}|=|PQ|$，$B=P\begin{pmatrix}
                                    1 & O \\ O & O
                                \end{pmatrix}Q$；
                  \end{enumerate}

            \item 设$A=\begin{pmatrix}
                          1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1
                      \end{pmatrix}$，求矩阵$B$使得$B^*=A$.
        \end{enumerate}
        \begin{answer}
            \begin{enumerate}
                \item 因为 $n=2$ 时 $(A^*)^* = A$，所以 $B = (B^*)^* = A^*$，而 $B$ 的伴随矩阵是唯一的，所以存在唯一的2阶方阵 $A = B^*$ 使得 $A^* = B$.

                \item $(\impliedby)$ 由 {例10.16(6)} 可得. % FIXME: xref

                      $(\implies)$ \begin{enumerate}
                          \item $r(B) = n$ 时，若存在 $A$ 使得 $A^* = B$，则由 $(A^*)^* = \lvert A \rvert^{n-2}A$，有
                                \[A = \dfrac{1}{\lvert A \rvert^{n-2}}(A^*)^* = \dfrac{1}{\lvert A \rvert^{n-2}}B^* = \dfrac{1}{\lvert A \rvert^{n-2}}\lvert B \rvert B^{-1},\]
                                而
                                \[\lvert B \rvert = \lvert A^* \rvert = \lvert A \rvert^{n-1},\]
                                代入上式可得
                                \[A = \lvert A \rvert B^{-1} = \sqrt[n-1]{\lvert B \rvert} B^{-1}.\]
                                从而满足 $A^* = B$ 的矩阵 $A$ 存在，且有 $n-1$ 个.

                          \item $r(B) = 1$ 时，存在可逆矩阵 $P, Q$ 使得
                                \[B = P\begin{pmatrix}
                                        1 & O \\
                                        O & O \\
                                    \end{pmatrix}Q.\]
                                若存在 $A$ 满足 $A^{*} = B$，则 $r(A) = n-1$，从而存在可逆矩阵 $G, H$ 使得
                                \[A = G\begin{pmatrix}
                                        0 & O       \\
                                        O & E_{n-1}
                                    \end{pmatrix}H,\]
                                则
                                \[A^* = H^*\begin{pmatrix}
                                        0 & O       \\
                                        O & E_{n-1}
                                    \end{pmatrix}^*G^* = H^*\begin{pmatrix}
                                        1 & O \\
                                        O & O \\
                                    \end{pmatrix}G^* = \lvert HG \rvert H^{-1}\begin{pmatrix}
                                        1 & O \\
                                        O & O \\
                                    \end{pmatrix}G^{-1},\]
                                由 $A^* = B$ 可得
                                \[\lvert HG \rvert H^{-1}\begin{pmatrix}
                                        1 & O \\
                                        O & O \\
                                    \end{pmatrix}G^{-1} = P\begin{pmatrix}
                                        1 & O \\
                                        O & O \\
                                    \end{pmatrix}Q,\]
                                即
                                \[\lvert HG \rvert\begin{pmatrix}
                                        1 & O \\
                                        O & O \\
                                    \end{pmatrix} = HP\begin{pmatrix}
                                        1 & O \\
                                        O & O \\
                                    \end{pmatrix}QG,\]
                                记 $C = HP$, $D = QG$，且分块为 $C = \begin{pmatrix}
                                        C_{11} & C_{12} \\
                                        C_{21} & C_{22}
                                    \end{pmatrix}$, $D = \begin{pmatrix}
                                        D_{11} & D_{12} \\
                                        D_{21} & D_{22}
                                    \end{pmatrix}$，其中 $C_{22}, D_{22}$ 是 $n-1$ 阶矩阵，则
                                \[\lvert HG \rvert\begin{pmatrix}
                                        1 & O \\
                                        O & O \\
                                    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
                                        C_{11} & C_{12} \\
                                        C_{21} & C_{22}
                                    \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
                                        1 & O \\
                                        O & O \\
                                    \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
                                        D_{11} & D_{12} \\
                                        D_{21} & D_{22}
                                    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
                                        C_{11}D_{11} & C_{11}D_{12} \\
                                        C_{21}D_{11} & C_{21}D_{12}
                                    \end{pmatrix},\]
                                于是
                                \[\lvert HG \rvert = C_{11}D_{11}, C_{11}D_{12} = O, C_{21}D_{11} = O, C_{21}D_{12} = O.\]
                                因为 $H, G$ 可逆，所以 $C_{11} \neq 0, D_{11} \neq 0$，于是 $C_{21} = O = D_{12}$. 从而
                                \begin{align*}
                                    A & = G\begin{pmatrix}
                                               0 & O       \\
                                               O & E_{n-1}
                                           \end{pmatrix}H
                                    = Q^{-1}D\begin{pmatrix}
                                                 0 & O       \\
                                                 O & E_{n-1}
                                             \end{pmatrix}CP^{-1}      \\
                                      & = Q^{-1}\begin{pmatrix}
                                                    D_{11} & O      \\
                                                    D_{21} & D_{22}
                                                \end{pmatrix}
                                    \begin{pmatrix}
                                        0 & O       \\
                                        O & E_{n-1}
                                    \end{pmatrix}
                                    \begin{pmatrix}
                                        C_{11} & C_{12} \\
                                        O      & C_{22}
                                    \end{pmatrix} P^{-1}               \\
                                      & = Q^{-1} \begin{pmatrix}
                                                     0 & O            \\
                                                     O & D_{22}C_{22}
                                                 \end{pmatrix} P^{-1}.
                                \end{align*}
                                又
                                \[C_{11}D_{11} = \lvert HG \rvert = \lvert CP^{-1}Q^{-1}D \rvert = \dfrac{1}{\lvert PQ \rvert}\lvert DC \rvert.\]
                                接下来转为求 $\lvert DC \rvert$. 而
                                \[DC = \begin{pmatrix}
                                        D_{11} & O      \\
                                        D_{21} & D_{22}
                                    \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
                                        C_{11} & C_{12} \\
                                        O      & C_{22}
                                    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
                                        D_{11}C_{11} & D_{11}C_{12}              \\
                                        D_{21}C_{11} & D_{21}C_{12}+D_{22}C_{22}
                                    \end{pmatrix}.\]
                                考虑初等分块变换
                                \begin{align*}
                                    \begin{pmatrix}
                                        1                  & O       \\
                                        -D_{21}D_{11}^{-1} & E_{n-1}
                                    \end{pmatrix}DC
                                     & = \begin{pmatrix}
                                             1                  & O       \\
                                             -D_{21}D_{11}^{-1} & E_{n-1}
                                         \end{pmatrix}
                                    \begin{pmatrix}
                                        D_{11}C_{11} & D_{11}C_{12}              \\
                                        D_{21}C_{11} & D_{21}C_{12}+D_{22}C_{22}
                                    \end{pmatrix} \\
                                     & = \begin{pmatrix}
                                             D_{11}C_{11} & D_{11}C_{12} \\
                                             O            & D_{22}C_{22}
                                         \end{pmatrix},
                                \end{align*}
                                故
                                \[C_{11}D_{11} = \dfrac{1}{\lvert PQ \rvert}\lvert DC \rvert = \dfrac{1}{\lvert PQ \rvert}D_{11}C_{11} \lvert D_{22}C_{22} \rvert,\]
                                从而
                                \[\dfrac{1}{\lvert PQ \rvert} \lvert D_{22}C_{22} \rvert = 1,\]
                                即
                                \[\lvert D_{22}C_{22} \rvert = \lvert PQ \rvert.\]
                                命题得证.

                          \item $r(B) = 0$ 则是平凡情况，其是所有 $r \leqslant n-2$ 矩阵的伴随矩阵.
                      \end{enumerate}

                \item 由 $r(B^*) = r(A) = 1$ 可知 $r(B) = 2$. $B^*B = \lvert B \rvert E = 0$，由此可知 $B$ 的列向量为方程组 $B^*X = 0$ 的解，其基础解系为
                      \[\alpha_1 = (-1, 1, 0)^{\mathrm{T}}, \alpha_2 = (-1, 0, 1)^{\mathrm{T}}.\]
                      令 $B = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$，其中 $\alpha_3 = k_1\alpha_1+k_2\alpha_2 = (k_1+k_2, -k_1, -k_2)^{\mathrm{T}}$. 由 $BB^* = 0$ 解得 $k_1 = k_2 = 1$，从而
                      \[B = \begin{pmatrix}
                              -1 & -1 & 2  \\
                              1  & 0  & -1 \\
                              0  & 1  & -1
                          \end{pmatrix}.\]
            \end{enumerate}
        \end{answer}

        \item 证明$\begin{vmatrix}
                a      & c      & c      & \cdots & c      \\
                b      & a      & c      & \cdots & c      \\
                b      & b      & a      & \cdots & c      \\
                \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                b      & b      & b      & \cdots & a
            \end{vmatrix}=\dfrac{b(a-c)^{n}-c(a-b)^{n}}{b-c}$，其中 $b \neq c$, 等式左端是 $n$ 阶行列式.
        \begin{answer}
            我们将第 $i$ 行乘 $(-1)$ 加到第 $i-1$ 行（$i$ 依次取 $n, n-1, \ldots, 2$），再对第 1 列展开,
            \[D_{n}=\begin{vmatrix}
                    a-b    & c-a    & 0      & \cdots & 0      \\
                    0      & a-b    & c-a    & \cdots & 0      \\
                    \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                    0      & 0      & 0      & \cdots & c-a    \\
                    b      & b      & b      & \cdots & a
                \end{vmatrix}=(a-b)D_{n-1}+(-1)^{n+1}b(c-a)^{n-1},\]
            有了递推式，但是递推式中有$(-1)^{n+1}$，递推比较麻烦可能还需要处理. 如果用数归证明的话应该可以直接下手了，但是有更聪明的办法：取转置，则行列式的值不变，但是 $b$ 与 $c$ 的位置交换，由此可以写出 $D_n$ 的第二个递推式：$D_n=(a-c)D_{n-1}+(-1)^{n+1}c(b-a)^{n-1}$. 两个递推式分别乘以 $a-c$ 与 $a-b$ 后相减即有
            \[
                D_n=\dfrac{b(a-c)^{n}-c(a-b)^{n}}{b-c}.
            \]
            \end{answer}

        \item 计算$n$阶行列式
        \[|A|=\begin{vmatrix}
                a_1b_1 & a_1b_2 & a_1b_3 & \cdots & a_1b_n \\
                a_2b_1 & a_2b_2 & a_2b_3 & \cdots & a_2b_n \\
                a_3b_1 & a_3b_2 & a_3b_3 & \cdots & a_3b_n \\
                \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                a_nb_1 & a_nb_2 & a_nb_3 & \cdots & a_nb_n
            \end{vmatrix}.\]
        \begin{answer}
            \begin{enumerate}
                \item $n=1$ 时，显然有 $|A|=a_1b_1$.

                \item $n \geqslant 2$ 时，
                    \[
                        A = \begin{pmatrix}
                            a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_n
                        \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
                            b_1 & b_2 & \cdots & b_n
                        \end{pmatrix},
                    \]
                    故 $r(A) = 1 < n$，$A$ 不可逆，因此 $|A| = 0$.
            \end{enumerate}
        \end{answer}

        \item 计算$n$阶行列式
        \[|A|=\begin{vmatrix}
                1+a_1^2 & a_1a_2  & \cdots & a_1a_n  \\
                a_2a_1  & 1+a_2^2 & \cdots & a_2a_n  \\
                \vdots  & \vdots  & \ddots & \vdots  \\
                a_na_1  & a_na_2  & \cdots & 1+a_n^2
            \end{vmatrix}.\]
        \begin{answer}
            设
            \[
                D_n = \begin{vmatrix}
                    1+a_1^2 & a_1a_2  & \cdots & a_1a_n  \\
                    a_2a_1  & 1+a_2^2 & \cdots & a_2a_n  \\
                    \vdots  & \vdots  & \ddots & \vdots  \\
                    a_na_1  & a_na_2  & \cdots & 1+a_n^2
                \end{vmatrix},
            \]

            利用行列式公理化定义中的线性性，有
            \begin{align*}
                D_n &= \begin{vmatrix}
                    1+a_1^2 & a_1a_2  & \cdots & a_1a_n  \\
                    a_2a_1  & 1+a_2^2 & \cdots & a_2a_n  \\
                    \vdots  & \vdots  & \ddots & \vdots  \\
                    a_na_1  & a_na_2  & \cdots & a_n^2
                \end{vmatrix} + \begin{vmatrix}
                    1+a_1^2 & a_1a_2  & \cdots & 0       \\
                    a_2a_1  & 1+a_2^2 & \cdots & 0       \\
                    \vdots  & \vdots  & \ddots & \vdots  \\
                    a_na_1  & a_na_2  & \cdots & 1
                \end{vmatrix} \\
                &= a_n \begin{vmatrix}
                    1+a_1^2 & a_1a_2  & \cdots & a_1     \\
                    a_2a_1  & 1+a_2^2 & \cdots & a_2     \\
                    \vdots  & \vdots  & \ddots & \vdots  \\
                    a_na_1  & a_na_2  & \cdots & a_n
                \end{vmatrix} + D_{n-1} \\
                &= a_n \begin{vmatrix}
                    1      & 0      & \cdots & a_1     \\
                    0      & 1      & \cdots & a_2     \\
                    \vdots & \vdots & \ddots & \vdots  \\
                    0      & 0      & \cdots & a_n
                \end{vmatrix} \\
                &= D_{n-1} + a_n^2.
            \end{align*}
            而 $D_1 = 1 + a_1^2$, 因此
            \[
                |A| = D_n = 1 + \sum_{i=1}^n a_i^2.
            \]
        \end{answer}

        \item 计算$n$阶行列式
        \[|A|=\begin{vmatrix}
                1+x_1  & 1+x_1^2 & \cdots & 1+x_1^n \\
                1+x_2  & 1+x_2^2 & \cdots & 1+x_2^n \\
                \vdots & \vdots  & \ddots & \vdots  \\
                1+x_n  & 1+x_n^2 & \cdots & 1+x_n^n
            \end{vmatrix}.\]
        \begin{answer}
            使用硬拆法，将 $A$ 的第 $i$ 行分解为 $(1, 1, \ldots, 1) + (x_i, x_i^2, \ldots, x_i^n)$. 考虑到拆出的行列式中包含不少于两列为 $(1, 1, \ldots, 1)$ 的项均为 $0$，因此可将 $|A|$ 化简为
            \[
                \begin{vmatrix}
                    x_1    & x_1^2  & \cdots & x_1^n  \\
                    x_2    & x_2^2  & \cdots & x_2^n  \\
                    \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                    x_n    & x_n^2  & \cdots & x_n^n
                \end{vmatrix} + \sum_{j=1}^n \begin{vmatrix}
                    x_1     & x_1^2     & \cdots & x_1^n     \\
                    \vdots  & \vdots    &        & \vdots    \\
                    x_{i-1} & x_{i-1}^2 & \cdots & x_{i-1}^n \\
                    1       & 1         & \cdots & 1         \\
                    x_{i+1} & x_{i+1}^2 & \cdots & x_{i+1}^n \\
                    \vdots  & \vdots    &        & \vdots    \\
                    x_n     & x_n^2     & \cdots & x_n^n
                \end{vmatrix}.
            \]

            上式中第一项可利用 Vandermonde 行列式化简：
            \[
                \begin{vmatrix}
                    x_1    & x_1^2  & \cdots & x_1^n  \\
                    x_2    & x_2^2  & \cdots & x_2^n  \\
                    \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                    x_n    & x_n^2  & \cdots & x_n^n
                \end{vmatrix} = \prod_{i=1}^n x_i \begin{vmatrix}
                    1      & x_1    & x_1^2  & \cdots & x_1^n  \\
                    1      & x_2    & x_2^2  & \cdots & x_2^n  \\
                    \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                    1      & x_n    & x_n^2  & \cdots & x_n^n
                \end{vmatrix} = \left(\prod_{i=1}^n x_i\right) \left(\prod_{1 \leqslant i < j \leqslant n} (x_j - x_i)\right).
            \]

            对于第二项，
            \begin{align*}
                \begin{vmatrix}
                    x_1     & x_1^2     & \cdots & x_1^n     \\
                    \vdots  & \vdots    &        & \vdots    \\
                    x_{i-1} & x_{i-1}^2 & \cdots & x_{i-1}^n \\
                    1       & 1         & \cdots & 1         \\
                    x_{i+1} & x_{i+1}^2 & \cdots & x_{i+1}^n \\
                    \vdots  & \vdots    &        & \vdots    \\
                    x_n     & x_n^2     & \cdots & x_n^n
                \end{vmatrix}
                &= \begin{vmatrix}
                    x_1     & x_1 (x_1-1)         & \cdots & x_1^{n-1} (x_1-1)         \\
                    \vdots  & \vdots              &        & \vdots                    \\
                    x_{i-1} & x_{i-1} (x_{i-1}-1) & \cdots & x_{i-1}^{n-1} (x_{i-1}-1) \\
                    1       & 0                   & \cdots & 0                         \\
                    x_{i+1} & x_{i+1} (x_{i+1}-1) & \cdots & x_{i+1}^{n-1} (x_{i+1}-1) \\
                    \vdots  & \vdots              &        & \vdots                    \\
                    x_n     & x_n (x_n-1)         & \cdots & x_n^{n-1} (x_n-1)
                \end{vmatrix} \\
                &= \begin{vmatrix}
                    x_1-1     & x_1 (x_1-1)         & \cdots & x_1^{n-1} (x_1-1)         \\
                    \vdots    & \vdots              &        & \vdots                    \\
                    x_{i-1}-1 & x_{i-1} (x_{i-1}-1) & \cdots & x_{i-1}^{n-1} (x_{i-1}-1) \\
                    1         & 0                   & \cdots & 0                         \\
                    x_{i+1}-1 & x_{i+1} (x_{i+1}-1) & \cdots & x_{i+1}^{n-1} (x_{i+1}-1) \\
                    \vdots    & \vdots              &        & \vdots                    \\
                    x_n-1     & x_n (x_n-1)         & \cdots & x_n^{n-1} (x_n-1)
                \end{vmatrix} \\
                &= (-1)^{i+1} \prod_{j \neq i} (x_j - 1) \begin{vmatrix}
                    1      & x_1     & \cdots & x_1^{n-1}     \\
                    \vdots & \vdots  &        & \vdots        \\
                    1      & x_{i-1} & \cdots & x_{i-1}^{n-1} \\
                    1      & x_{i+1} & \cdots & x_{i-1}^{n+1} \\
                    \vdots & \vdots  &        & \vdots        \\
                    1      & x_n     & \cdots & x_n^{n-1}
                \end{vmatrix} \\
                &= (-1)^{i+1} \prod_{j \neq i} \frac{x_j - 1}{x_j - x_i} \prod_{1 \leqslant k < j \leqslant n} (x_j - x_k).
            \end{align*}

            综上可得，
            \[
                |A| = \left( \prod_{i=1}^n x_i + \sum_{i=1}^n (-1)^{i+1} \prod_{j \neq i} \frac{x_j - 1}{x_j - x_i} \right) \prod_{1 \leqslant i < j \leqslant n} (x_j - x_i).
            \]

        \end{answer}

        \item 计算$n$阶行列式，其中$x,y,z$为任意实常数：
        \[|A|=\begin{vmatrix}
                x_1    & y      & y      & \cdots & y      \\
                z      & x_2    & y      & \cdots & y      \\
                z      & z      & x_3    & \cdots & y      \\
                \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                z      & z      & z      & \cdots & x_n
            \end{vmatrix}.\]
        \begin{answer}
            \begin{enumerate}
                \item 若 $y = z$，
                    则
                    \[
                        |A| = \begin{vmatrix}
                            x_1    & y      & y      & \cdots & y      \\
                            y      & x_2    & y      & \cdots & y      \\
                            y      & y      & x_3    & \cdots & y      \\
                            \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                            y      & y      & y      & \cdots & x_n
                        \end{vmatrix}.
                    \]

                    \begin{enumerate}
                        \item 若存在 $i \neq j$，使得 $x_i = x_j = y$，则 $A$ 中有两列元素全为 $y$，因此 $|A|$ 为 $0$.

                        \item 若存在唯一 $i$，使得 $x_i = y$，则
                            \begin{align*}
                                |A| &= (-1)^{i - 1 + i - 1} \begin{vmatrix}
                                    x_i    & y      & y      & \cdots & y      \\
                                    y      & x_1    & y      & \cdots & y      \\
                                    y      & y      & x_2    & \cdots & y      \\
                                    \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                                    y      & y      & y      & \cdots & x_n
                                \end{vmatrix} \\
                                &= \begin{vmatrix}
                                    y      & y       & y       & \cdots & y       \\
                                    0      & x_1 - y & 0       & \cdots & 0       \\
                                    0      & 0       & x_2 - y & \cdots & 0       \\
                                    \vdots & \vdots  & \vdots  & \ddots & \vdots  \\
                                    0      & 0       & 0       & \cdots & x_n - y
                                \end{vmatrix} \\
                                &= y \prod_{j \neq i} (x_j - y).
                            \end{align*}

                            \item 若不存在 $i$，使得 $x_i = y$，则
                                \begin{align*}
                                    |A| &= \begin{vmatrix}
                                        1      & y      & y      & y      & \cdots & y      \\
                                        0      & x_1    & y      & y      & \cdots & y      \\
                                        0      & y      & x_2    & y      & \cdots & y      \\
                                        0      & y      & y      & x_3    & \cdots & y      \\
                                        \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                                        0      & y      & y      & y      & \cdots & x_n
                                    \end{vmatrix}_{n+1} \\
                                    &= \begin{vmatrix}
                                        1      & y      & y      & y      & \cdots & y      \\
                                        -1     & x_1-y  & 0      & 0      & \cdots & 0      \\
                                        -1     & 0      & x_2-y  & 0      & \cdots & 0      \\
                                        -1     & 0      & 0      & x_3-y  & \cdots & 0      \\
                                        \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                                        -1     & 0      & 0      & 0      & \cdots & x_n-y
                                    \end{vmatrix}_{n+1} \\
                                    &= \begin{vmatrix}
                                        1 + \sum_{j=1}^n \frac{y}{x_j-y} & y      & y      & y      & \cdots & y      \\
                                        0                                & x_1-y  & 0      & 0      & \cdots & 0      \\
                                        0                                & 0      & x_2-y  & 0      & \cdots & 0      \\
                                        0                                & 0      & 0      & x_3-y  & \cdots & 0      \\
                                        \vdots                           & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                                        0                                & 0      & 0      & 0      & \cdots & x_n-y
                                    \end{vmatrix} \\
                                    &= \prod_{j=1}^n (x_j - y) + y\sum_{i=1}^n \prod_{j \neq i} (x_j - y).
                                \end{align*}
                    \end{enumerate}
                    综上，当 $y = z$ 时，
                    \[
                        |A| = \prod_{j=1}^n (x_j - y) + y\sum_{i=1}^n \prod_{j \neq i} (x_j - y).
                    \]

                \item 若 $y \neq z$，则可按照与第 12 题完全相同的方法进行处理，最后得到
                    \[
                        |A| = \frac{z \prod_{i=1}^n (x_i - y) - y \prod_{i=1}^n (x_i - z)}{z - y}.
                    \]
            \end{enumerate}
        \end{answer}
    \end{exgroup}
\end{exercise}