Lecture 19: Determinant Formulas and Cofactors

目录 · ← l17 · l19 →

Lecture 19: Determinant Formulas and Cofactors

概述

上一讲用三条公理抽象地定义了行列式，并证明了它可以用消元法算出。本讲要回答两个”落地”的问题：能不能写出 $\det A$ 的显式公式？ 以及 既然有 $n^3$ 的消元法，为什么还要学 $O(n!)$ 的大公式和余子式展开？ 答案分两层：显式公式（big formula）揭示行列式的结构——它是 $n!$ 个”每行每列各取一个元素”的乘积之和，符号由排列的奇偶性决定；而余子式（cofactor）展开则把 $n$ 阶行列式化归为 $n$ 个 $n-1$ 阶行列式，是代数推导（求逆矩阵公式、Cramer 法则、特征多项式）的发动机。

本讲的定位：它是讲次 18 的”展开”，也是讲次 20 的”弹药库”——没有余子式，就写不出 $A^{-1}=C^{\mathsf T}/\det A$。同时在讲次 21，我们会用 $\det(A-\lambda I)$ 的多项式展开求特征值，那也是余子式展开的直接应用。

核心概念的几何直觉

大公式（the big formula）——行列式是 $n!$ 项乘积的带符号求和

• 定义与目的：对 $n\times n$ 矩阵 $A$， \(\det A=\sum_{\text{所有排列 }(\alpha,\beta,\ldots,\omega)}(-1)^{\text{inv}(\alpha,\beta,\ldots,\omega)}\,a_{1\alpha}a_{2\beta}\cdots a_{n\omega}.\) 这里 $(\alpha,\beta,\ldots,\omega)$ 是 $(1,2,\ldots,n)$ 的一个排列，求和共有 $n!$ 项；$\text{inv}$ 是逆序数（inversion number）。每一行恰好取一个元素、每一列恰好取一个元素——这叫每行每列各取一个，因为若两行取自同一列，那个项必然可以被拆成”含重复列的项”，而重复列的行列式为 0（讲次 18 性质 3）。
• 几何直觉（它在空间中是什么样子？）：$\det$ 只是”盒子的有向体积”。大公式说的是：体积这个量可以完全拆解成沿每个坐标轴各取一个分量、乘起来、再加权求和。正项的贡献是”右手系”的那一半，负项是”左手系”的那一半。$n!$ 项恰好对应 $n$ 个坐标轴的所有配对方式（$n!$ 个排列 = 把输入坐标轴分配给输出坐标轴的方案数）。
• 具体示例：$n=2$，只有两个排列 $(1,2)$ 与 $(2,1)$。$\text{inv}(1,2)=0$（偶），$\text{inv}(2,1)=1$（奇），所以 \(\det\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}=+ad-bc.\) 这就是我们熟知的公式，它来自大公式，不是天上掉下来的。

逆序数（inversion number）——符号的机械判定法

• 定义与目的：给定排列 $(\alpha,\beta,\ldots,\omega)$，逆序数 = 数对 $(i<j)$ 但 $\alpha_i>\alpha_j$ 的个数。若为偶数，符号 $+1$；若为奇数，符号 $-1$。
• 几何直觉：逆序数就是”把这个排列通过相邻交换还原成 $(1,2,\ldots,n)$ 所需的最少交换次数”。每做一次相邻交换，右手系翻成左手系一次，符号翻转一次。所以奇偶性 = 定向翻转的次数的奇偶。
• 具体示例：排列 $(2,3,1)$：数对 $(1,2)$：$2<3$ 无序；$(1,3)$：$2>1$ 逆序；$(2,3)$：$3>1$ 逆序。逆序数 $=2$，偶，符号 $+1$。经验检验：$(2,3,1)\to(2,1,3)\to(1,2,3)$，两次相邻交换，偶。✓

排列、置换矩阵与”为什么恰好是 $n!$ 项”

• 定义与目的：大公式的求和指标是排列（permutation）：把 $(1,2,\ldots,n)$ 重新排一次的所有方式，共 $n!$ 种。每个排列 $(\alpha,\beta,\ldots,\omega)$ 对应一个置换矩阵 $P$：第 1 行在 $\alpha$ 列取 1，第 2 行在 $\beta$ 列取 1，依此类推。于是大公式可以写成极简形式 \(\det A=\sum_{P}(-1)^{\text{inv}(P)}\;a_{1,P(1)}a_{2,P(2)}\cdots a_{n,P(n)},\qquad \text{而}\ (-1)^{\text{inv}(P)}=\det P.\) 即：每一项 = “按某种配对方式取出的 $n$ 个元素之积” × “该配对对应置换矩阵的行列式”。
• 几何直觉：置换矩阵是”把坐标轴重新指派”的操作，它只做旋转/反射，不改变体积，所以 $\vert \det P\vert =1$。大公式的思想是：把 $A$ 分解成 $n!$ 个”置换矩阵的变形”之和，每个变形的体积是 $\pm(\text{对角元之积})$，加起来就是 $A$ 的体积。$n!$ 项的来源也可以这样看：$n$ 个输入轴要一一对应到 $n$ 个输出轴，配对方式恰有 $n!$ 种。
• 具体示例：$n=3$ 的 $6$ 个排列与它们的置换矩阵。

   n = 3 的 6 个排列 <-> 6 个置换矩阵 <-> 符号
   
   排列(1,2,3)          排列(2,3,1)          排列(3,1,2)
   inv = 0, 符号 +       inv = 2, 符号 +       inv = 2, 符号 +
   [1 0 0]               [0 1 0]               [0 0 1]
   [0 1 0]               [0 0 1]               [1 0 0]     <- 这三个是偶置换
   [0 0 1]               [1 0 0]               [0 1 0]        保持定向 (det = +1)
   
   排列(1,3,2)          排列(2,1,3)          排列(3,2,1)
   inv = 1, 符号 -       inv = 1, 符号 -       inv = 3, 符号 -
   [1 0 0]               [0 1 0]               [0 0 1]
   [0 0 1]               [1 0 0]               [0 1 0]     <- 这三个是奇置换
   [0 1 0]               [0 0 1]               [1 0 0]        翻转定向 (det = -1)
   
   三个正项 (偶排列)              三个负项 (奇排列)
   + a11 a22 a33                  - a11 a23 a32
   + a12 a23 a31                  - a12 a21 a33
   + a13 a21 a32                  - a13 a22 a31
      ^ 主对角线方向                 ^ 副对角线方向

• 奇偶性计数的小规律：$n$ 个元素的全排列中，偶排列与奇排列恰好各占一半，都是 $n!/2$ 个。$n=3$ 时 $3!/2=3$；这正是上面”三正三负”的原因。$n\geq2$ 时 $n!$ 必为偶数——“正项与负项一样多”是行列式能出现”恰好抵消”（如秩 1 矩阵）的结构原因。

$n=3$ 的六项与 Sarrus 法则

• 定义与目的：$3!=6$ 个排列，三个偶排列（符号 $+$）、三个奇排列（符号 $-$）： \((1,2,3),\ \text{inv}=0;\qquad (2,3,1),\ \text{inv}=2;\qquad (3,1,2),\ \text{inv}=2 \quad(\text{偶，}+)\) \((1,3,2),\ \text{inv}=1;\qquad (2,1,3),\ \text{inv}=1;\qquad (3,2,1),\ \text{inv}=3 \quad(\text{奇，}-)\) 于是 \(\det A = a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}-a_{11}a_{23}a_{32}-a_{12}a_{21}a_{33}-a_{13}a_{22}a_{31}.\) 前三个是主对角线方向（向右下延伸并回卷）的三条”斜线”乘积，后三个是副对角线方向的三条。这就是 Sarrus 法则（对角线法则）。
• 几何直觉：六项 = 把三个坐标轴 $x,y,z$ 分别”指派”给三行/三列的 6 种方式；正斜线三条保持定向，负斜线三条翻转定向。$3\times 3$ 恰好能用”斜线”画出来，纯属 $3$ 这个数太小带来的巧合。
• 具体示例：$A=\begin{bmatrix}2&3&1\\4&7&2\\1&1&1\end{bmatrix}$，六项逐项列出： \(\begin{aligned} +\,a_{11}a_{22}a_{33} &= 2\cdot7\cdot1 = 14,\\ +\,a_{12}a_{23}a_{31} &= 3\cdot2\cdot1 = 6,\\ +\,a_{13}a_{21}a_{32} &= 1\cdot4\cdot1 = 4,\\ -\,a_{11}a_{23}a_{32} &= -(2\cdot2\cdot1) = -4,\\ -\,a_{12}a_{21}a_{33} &= -(3\cdot4\cdot1) = -12,\\ -\,a_{13}a_{22}a_{31} &= -(1\cdot7\cdot1) = -7. \end{aligned}\) 求和：$14+6+4-4-12-7 = 1$。与上一讲消元法、余子式展开得到的 $\det A=1$ 完全一致。✓

余子式（cofactor）与代数余子式展开

• 定义与目的：删去 $A$ 的第 $i$ 行和第 $j$ 列，剩下的 $(n-1)\times(n-1)$ 矩阵记作 $M_{ij}$，称为子矩阵；它的行列式 $\det M_{ij}$ 叫余子式（minor）。带上棋盘符号后得到代数余子式 \(C_{ij}=(-1)^{i+j}\det M_{ij}.\) 沿第 $i$ 行展开： \(\det A=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}C_{ij}.\) 沿第 $j$ 列展开同理：$\det A=\sum_{i=1}^{n}a_{ij}C_{ij}$。沿任一行或任一列展开结果都相同，这是本讲最重要的实用性质。
• 几何直觉：$a_{ij}C_{ij}$ 是”第 $i$ 行取第 $j$ 列的那个分量”对总体积的贡献。删掉第 $i$ 行第 $j$ 列之后的 $(n-1)$ 阶行列式，正是”固定了这一个坐标方向后，剩下 $n-1$ 个方向张成的’底’的体积”。符号 $(-1)^{i+j}$ 则是棋盘式的定向修正。把行写成 $\sum_j a_{ij}\mathbf{e}_j$ 并用行线性拆开，就得到这个求和——这就是下面【计算机制解说】的内容。
• 具体示例：$A=\begin{bmatrix}2&3&1\\4&7&2\\1&1&1\end{bmatrix}$ 沿第一行：$C_{11}=+5$，$C_{12}=-2$，$C_{13}=-3$，故 $\det A=2(5)+3(-2)+1(-3)=1$。✓

余子式展开为什么成立——把 $\det$ 按行线性”劈开”

• 定义与目的：这是本讲最需要”讲穿”的机制。目标：从”对第一行线性”这一个事实，推出 $\det A=\sum_j a_{1j}C_{1j}$。整个推导不需要任何公式记忆，纯粹是”拆解 + 归零”。
• 几何直觉：把第一行这个向量拆成 $n$ 个坐标方向上的份量之和。每一份对应”把第一行的贡献完全集中到某一列”，此时矩阵的行列式（体积）就等于 $a_{1j}$ 乘以”删掉第一行第 $j$ 列后剩余方向张成的体积”——后者带一个符号修正，因为那一列被搬到了”最左边”。
• 具体示例 / 推导：取 $n=3$ 的 $A=(a_{ij})$。记 $A$ 的三行为 $\mathbf{r}_1,\mathbf{r}_2,\mathbf{r}_3$，并把第一行写成 \(\mathbf{r}_1=a_{11}\mathbf{e}_1+a_{12}\mathbf{e}_2+a_{13}\mathbf{e}_3,\qquad \mathbf{e}_j=\text{第 }j\text{ 个单位行向量}.\) 由对第一行线性（公理 3）： \(\det A=\sum_{j=1}^{3}a_{1j}\det\begin{bmatrix}\mathbf{e}_j\\ \mathbf{r}_2\\ \mathbf{r}_3\end{bmatrix}.\) 现在处理每个小行列式 $\det\begin{bmatrix}\mathbf{e}_j\\ \mathbf{r}_2\\ \mathbf{r}_3\end{bmatrix}$。用列交换把 $\mathbf{e}_j$ 所在的那一列搬到第 1 列（每次列交换变号一次，而 $\det$ 对列与对行同样成立，见讲次 18 性质 10）：
  • $j=1$：不用搬动，$\det\begin{bmatrix}\mathbf{e}1\\ \mathbf{r}_2\\ \mathbf{r}_3\end{bmatrix}=+\det\begin{bmatrix}1&0&0\\ \cdot&\cdot&\cdot\\ \cdot&\cdot&\cdot\end{bmatrix}$，沿第 1 行展开得 $+1\cdot\det M{11}$。
  • $j=2$：把第 2 列与第 1 列交换，得符号 $-1$，所以 $=-1\cdot\det M_{12}$。
  • $j=3$：把第 3 列依次与第 2、第 1 列交换，共两次，符号 $+1$，所以 $=+1\cdot\det M_{13}$。

  注意这里的符号 $(-1)^{1+j}$ 是怎么来的：它就是把”第 $j$ 列搬到第 1 列”所需的列交换次数。 $j=1$ 需 $0$ 次，$j=2$ 需 $1$ 次，$j=3$ 需 $2$ 次——正是 $(-1)^{j-1}=(-1)^{1+j}$。于是 \(\det A=a_{11}\det M_{11}-a_{12}\det M_{12}+a_{13}\det M_{13}=\sum_{j}a_{1j}C_{1j}.\) 对第 $i$ 行做同样推导（把第 $i$ 行搬到第一行的位置，代价是 $(-1)^{i-1}$，再和 $(-1)^{1+j}$ 合并成 $(-1)^{i+j}$），就得到一般公式。这就是棋盘符号的由来，它不是”约定”，而是”搬运列的交换次数”。

行列式作为”$n$ 重交错线性形式”——本讲的代数身份

• 定义与目的：把所有 $n\times n$ 矩阵看成 $n$ 个行向量 $(\mathbf{r}_1,\ldots,\mathbf{r}_n)$ 组成的 $n$ 元组，则 $\det$ 是一个函数 \(\det:\ (\mathbb{R}^n)^n\to\mathbb{R},\) 满足三条：(i) 对每个变量线性（”$n$ 重线性”）；(ii) 交换任意两个变量改变符号（”交错”）；(iii) $\det(\mathbf{e}_1,\ldots,\mathbf{e}_n)=1$（”归一”）。这三条正是讲次 18 的三条公理——现在换了一个更专业的名字。
• 几何直觉：$n$ 重线性 = 体积对每条边分别线性（底固定时高线性）；交错 = 两条边重合时体积为 0（压扁）；归一 = 单位盒子体积 1。这三条几何要求恰好刻画体积，所以在 $\mathbb{R}^n$ 上”体积”这个几何概念与”行列式”这个代数对象是同一件事的两个名字。
• 具体示例：交错性直接给出”两行相同 $\Rightarrow0$”和”一行加到另一行不变”： \(\det(\ldots,\mathbf{r}_i+t\mathbf{r}_j,\ldots,\mathbf{r}_j,\ldots)=\det(\ldots,\mathbf{r}_i,\ldots,\mathbf{r}_j,\ldots)+t\underbrace{\det(\ldots,\mathbf{r}_j,\ldots,\mathbf{r}_j,\ldots)}_{=0\ (\text{交错})}.\) 一行推导同时得到两条性质——这就是”用结构代替记忆”的威力。
• 为什么这很重要：一旦知道 $\det$ 是唯一的 $n$ 重交错线性形式（相差一个归一常数），凡是满足这三条的公式就自动是 $\det$。讲次 20 的”体积 = $\vert \det\vert $”、讲次 29 的”$\prod\sigma_i=\vert \det\vert $”，都可以用这个唯一性一句话证明，而不必写坐标展开。

特殊矩阵的行列式速查

• 定义与目的：把常见结构一次记牢，避免每次重算。
  • 上/下三角矩阵：$\det=\prod_i a_{ii}$（对角元之积）。证明用大公式：只有排列 $(1,2,\ldots,n)$ 能取出全非零项（上三角里 $a_{ij}=0$ 当 $i>j$，一旦某列选了上面的行就会被迫选到 0）。
  • 对角矩阵：$\det=\prod_i d_i$，是三角的特例。
  • 置换矩阵 $P$：$\det P=\pm1$，符号 = 该置换的逆序数奇偶，也等于把 $P$ 变回 $I$ 所需交换次数的奇偶。
  • 秩 1 矩阵（$A=\mathbf{u}\mathbf{v}^{\mathsf T}$，所有行都是 $\mathbf{v}^{\mathsf T}$ 的倍数）：当 $n\geq2$ 时 $\det A=0$。
  • 反对称矩阵（$A^{\mathsf T}=-A$，$n$ 为奇数）：$\det A = \det(A^{\mathsf T})=\det(-A)=(-1)^n\det A=-\det A\Rightarrow\det A=0$。
• 几何直觉：秩 1 矩阵把所有输入压到一条直线上——一条线没有面积、没有体积，所以 $n\geq2$ 时 $\det=0$。置换矩阵不改变体积（$\vert \det\vert =1$），只可能翻转定向。
• 具体示例： \(\det\begin{bmatrix}1&2&3\\2&4&6\\5&10&15\end{bmatrix}=0\ (\text{秩 }1),\qquad \det\begin{bmatrix}2&3&1\\0&1&0\\0&0&\tfrac12\end{bmatrix}=\tfrac12\cdot1\cdot2\ \text{（换成对角元之积）}=1.\)

计算步骤与手算演示

示例 1：大公式六项全展开（含符号表）

矩阵仍是 \(A=\begin{bmatrix}2&3&1\\4&7&2\\1&1&1\end{bmatrix}.\)

步骤 1：列出全部 $3!=6$ 个排列，标出逆序数与符号。

步骤 2：求和。 $14+6+4-4-12-7=1$。

步骤 3：用 Sarrus 法则作图核对。

   Sarrus 法则：3x3 的三条正斜线（+）与三条负斜线（-）
   
        col1  col2  col3 | col1  col2        col1  col2  col3 | col1  col2
   row1 [ 2    3     1  ]  2     3     row1 [ 2    3     1  ]  2     3
   row2 [ 4    7     2  ]  4     7     row2 [ 4    7     2  ]  4     7
   row3 [ 1    1     1  ]  1     1     row3 [ 1    1     1  ]  1     1
          \    \    \                        /    /    /
           \    \    \                      /    /    /
   
   正项（右下方向，共 3 条）：          负项（左下方向，共 3 条）：
     2*7*1 = 14                          1*7*1 =  7   -> -7
     3*2*1 =  6                          3*4*1 = 12   -> -12
     1*4*1 =  4                          2*2*1 =  4   -> -4
     ------------                        --------------
     sum = 24                            sum = 23
   
   det = 24 - 23 = 1

步骤 4：与消元法对照。 上一讲已算：消元得 $U=\begin{bmatrix}2&3&1\\0&1&0\\0&0&\tfrac12\end{bmatrix}$，主元之积 $2\cdot1\cdot\tfrac12=1$。✓

【计算机制解说】：为什么大公式与消元法必然一致？两者都只是三条公理的推论，而满足三条公理的函数只有一个。更具体地看：大公式其实可以”反着”推导出来。取 $\det$ 对第一行线性，把第一行写成 $\sum_{j}a_{1j}\mathbf{e}j$： \(\det A=\sum_{j=1}^{n}a_{1j}\det\begin{bmatrix}\mathbf{e}_j\\ \text{row}_2\\ \vdots\\ \text{row}_n\end{bmatrix}.\) 再用第二行线性把每个 $n-1$ 阶问题继续拆，最终得到 $n!$ 项，每项形如 $a{1\alpha}a_{2\beta}\cdots$。而把 $\begin{bmatrix}\mathbf{e}\alpha\\ \mathbf{e}\beta\\ \vdots\end{bmatrix}$ 用行交换还原成 $I$ 需要 $\text{inv}(\alpha,\beta,\ldots)$ 次交换，每次变号一次，所以符号是 $(-1)^{\text{inv}}$。大公式 = 反复使用行线性的结果，消元法 = 反复使用”行相加不变 + 交换变号”的结果；两条路都在同三条公理之内，必然同值。 有趣的是，二者的成本完全不同：大公式 $O(n!)$，消元 $O(n^3)$。

示例 2：同一个矩阵，换两行/两列做余子式展开

步骤 1：沿第一行展开（回顾，含每个 $2\times2$ 的算术）。 \(\det M_{11}=\begin{vmatrix}7&2\\1&1\end{vmatrix}=7-2=5\Rightarrow C_{11}=+5,\) \(\det M_{12}=\begin{vmatrix}4&2\\1&1\end{vmatrix}=4-2=2\Rightarrow C_{12}=-2,\) \(\det M_{13}=\begin{vmatrix}4&7\\1&1\end{vmatrix}=4-7=-3\Rightarrow C_{13}=+(-3)=-3,\) \(\det A=2(5)+3(-2)+1(-3)=10-6-3=1.\)

步骤 2：改沿第二行展开。 第 2 行是 $(4,7,2)$，对应符号为 $(-,+,-)$： \(\det M_{21}=\begin{vmatrix}3&1\\1&1\end{vmatrix}=3-1=2\Rightarrow C_{21}=-2,\) \(\det M_{22}=\begin{vmatrix}2&1\\1&1\end{vmatrix}=2-1=1\Rightarrow C_{22}=+1,\) \(\det M_{23}=\begin{vmatrix}2&3\\1&1\end{vmatrix}=2-3=-1\Rightarrow C_{23}=-(-1)=+1,\) \(\det A=4(-2)+7(1)+2(1)=-8+7+2=1.\ ✓\)

步骤 3：改沿第二列展开。 第 2 列是 $(3,7,1)$，符号 $(+,-,+)$： \(C_{12}=-2,\qquad C_{22}=+1,\qquad \det M_{32}=\begin{vmatrix}2&1\\4&2\end{vmatrix}=4-4=0\Rightarrow C_{32}=-0=0,\) \(\det A=3(-2)+7(1)+1(0)=-6+7=1.\ ✓\)

步骤 4：沿第三列展开（再验一次）。 第 3 列是 $(1,2,1)$，符号 $(+,-,+)$： \(\det M_{13}=-3\Rightarrow C_{13}=-3,\quad \det M_{23}=\begin{vmatrix}2&3\\1&1\end{vmatrix}=-1\Rightarrow C_{23}=+1,\quad \det M_{33}=\begin{vmatrix}2&3\\4&7\end{vmatrix}=14-12=2\Rightarrow C_{33}=+2,\) \(\det A=1(-3)+2(1)+1(2)=-3+2+2=1.\ ✓\)

   沿任意行 / 任意列展开的结果汇总（全部 = 1）
   
                      col1     col2     col3
                    +-------+---------+-------+
      row1  (2,3,1) |  +5   |   -2    |  -3   |   -> 2(5)+3(-2)+1(-3)   =  1
                    +-------+---------+-------+
      row2  (4,7,2) |  -2   |   +1    |  +1   |   -> 4(-2)+7(1)+2(1)    =  1
                    +-------+---------+-------+
      row3  (1,1,1) |  -1   |    0    |  +2   |   -> 1(-1)+1(0)+1(2)    =  1
                    +-------+---------+-------+
   
   列和（沿列展开）：  col1: 2(+5)+4(-2)+1(-1) = 10-8-1  = 1
                      col2: 3(-2)+7(+1)+1(0)  = -6+7    = 1
                      col3: 1(-3)+2(+1)+1(+2) = -3+2+2  = 1
   
   棋盘符号 (-1)^(i+j)：        + - +
                                - + -
                                + - +
   行列式对"行"与"列"完全对称 —— det(A^T) = det(A) 的又一体现。

【计算机制解说】：为什么”沿任一行展开都得到同一个数”？关键在于非本行的行，与代数余子式的”错位求和”恒为 0。设 $i\neq k$，则 \(\sum_{j=1}^{n}a_{kj}C_{ij}=0.\) 原因：这个和等于把一个”第 $k$ 行被替换成第 $i$ 行、第 $i$ 行保持原样”的矩阵的行列式——那个矩阵有两行相同，所以行列式为 0（讲次 18 性质 2）。因此 \(\det A=\sum_j a_{ij}C_{ij}\quad\text{而}\quad 0=\sum_j a_{kj}C_{ij}\ (k\neq i),\) 合起来写成矩阵形式就是后面要用的关键恒等式 \(A\,C^{\mathsf T}=\left(\det A\right)I,\) 其中 $C=(C_{ij})$ 是代数余子式矩阵。这正是讲次 20 逆矩阵公式 $A^{-1}=C^{\mathsf T}/\det A$ 的全部代数内容。

示例 3：秩 1 矩阵的零行列式（证明 + 几何）

步骤 1：具体算例。 取 \(R=\begin{bmatrix}1&2&3\\2&4&6\\5&10&15\end{bmatrix},\qquad \text{每一行都是 }\mathbf{v}^{\mathsf T}=(1,2,3)\text{ 的倍数}.\)

步骤 2：消元看主元。 $R_2\leftarrow R_2-2R_1$ 得 $\begin{bmatrix}1&2&3\\0&0&0\\5&10&15\end{bmatrix}$，出现零行，所以 $\det R=0$（讲次 18 性质 5）。

步骤 3：大公式看符号抵消。 六个排列的项： \((1,2,3):+1\cdot4\cdot15=+60,\quad (2,3,1):+2\cdot6\cdot5=+60,\quad (3,1,2):+3\cdot2\cdot10=+60,\) \((1,3,2):-1\cdot6\cdot10=-60,\quad (2,1,3):-2\cdot2\cdot15=-60,\quad (3,2,1):-3\cdot4\cdot5=-60.\) 三正 $+180$ 与三负 $-180$ 精确抵消：$\det R=0$。这种”对称抵消”是秩 1 结构的必然结果。

步骤 4：一般证明。 若 $A=\mathbf{u}\mathbf{v}^{\mathsf T}$（$\mathbf{u},\mathbf{v}\in\mathbb{R}^n$），则 $A$ 的每一行都是 $\mathbf{v}^{\mathsf T}$ 的倍数。由行线性（对”倍数”部分）， \(\det A = u_1\det\begin{bmatrix}\mathbf{v}^{\mathsf T}\\ u_2\mathbf{v}^{\mathsf T}\\ \vdots\end{bmatrix}=\cdots=u_1u_2\cdots u_n\det\begin{bmatrix}\mathbf{v}^{\mathsf T}\\ \mathbf{v}^{\mathsf T}\\ \vdots\\ \mathbf{v}^{\mathsf T}\end{bmatrix}.\) 最后那个矩阵每一行都相同，由性质 2（交换任意两行变号但矩阵不变 $\Rightarrow$ $\det=-\det\Rightarrow\det=0$，仅当 $n\geq2$ 时存在”另一行”），所以 $\det A=0$。 （$n=1$ 时”两行相同”无从谈起，$1\times1$ 的 $uv$ 行列式就是 $uv\neq0$。）

步骤 5：几何直觉。 $A=\mathbf{u}\mathbf{v}^{\mathsf T}$ 把任意 $\mathbf{x}$ 送到 $\mathbf{u}(\mathbf{v}^{\mathsf T}\mathbf{x})$——所有输出都落在同一条直线 $\text{span}(\mathbf{u})$ 上。$n$ 维空间被压成一条线，$n\geq2$ 时”体积”必然为 0。等价说法：$\text{rank}(A)=1$，$N(A)$ 是 $n-1$ 维的（超平面），四个基本子空间中 $C(A)$ 只有一维。

【计算机制解说】：上面证明之所以成立，靠的是”两行相同 $\Rightarrow$ 行列式为 0“这条性质在 $n\geq2$ 时可用。请注意这个条件的尖锐性：性质 2 的论证是”交换这两行，矩阵没变，但 $\det$ 应变号，故 $\det=-\det$，于是 $2\det=0$”。在 $n=1$ 时根本没有”另一行”，论证失效，而 $1\times1$ 矩阵的行列式确实非零（就是那个数本身）。每次用”两行相同”这条性质时，都要心里确认 $n\geq2$。

示例 4：$4\times4$ 展开 vs 消元——把”代价差距”算成数字

取一个刻意设计的 $4\times4$ 矩阵，让它既有可手算的结构、又能显示 $n!$ 的爆炸： \(D_4=\begin{bmatrix}1&0&2&0\\0&3&0&4\\5&0&6&0\\0&7&0&8\end{bmatrix}.\)

路线 A：沿第 1 行展开（只有 2 个非零元，最省）。 \(D_4=1\cdot C_{11}+2\cdot C_{13}.\) \(C_{11}=(-1)^{1+1}\begin{vmatrix}3&0&4\\0&6&0\\7&0&8\end{vmatrix}=+6\cdot\begin{vmatrix}3&4\\7&8\end{vmatrix}=6(24-28)=-24,\) （内层沿第 2 行展开，该行只有 $6$。） \(C_{13}=(-1)^{1+3}\begin{vmatrix}0&3&4\\5&0&0\\0&7&8\end{vmatrix}=+(-1)^{2+1}\cdot5\cdot\begin{vmatrix}3&4\\7&8\end{vmatrix}=-5(-4)=20,\) （内层沿第 2 行展开，该行只有 $5$。） \(D_4=1(-24)+2(20)=16.\)

路线 B：不利用零元，直接展开成 $4!=24$ 项（”硬来”）。 对一般稠密 $4\times4$，需要算 $24$ 个四项乘积再加权求和。每个乘积 3 次乘法、加上定符号，总工作量约 $24\times4=96$ 次算术操作。对比路线 A：两次三阶展开，每次又化归为 $2\times2$，总共约 $3$ 个 $2\times2$ 行列式 $\approx 9$ 次操作。“选零多的行展开”直接省了约 10 倍。

路线 C：消元。 见思考题 Q1 的完整逐步（$\tfrac23n^3\approx 42$ 次运算，且不依赖零元分布）。$\det D_4=16$。✓

复杂度表（把爆炸写成数字）：

   n       n! (大公式/余子式)      (2/3)n^3 (消元)     比值 n!/(2n^3/3)
   ---     ------------------      --------------      ----------------
   3       6                       18                  0.33
   4       24                      42                  0.57
   5       120                     83                  1.4
   6       720                     144                 5.0
   8       40320                   341                 118
   10      3,628,800               667                 5441
   12      479,001,600             1152                415,835
   15      1.3e12                  2250                5.8e8
   20      2.43e18                 5333                4.6e14
   
   交叉点大约在 n = 5：n >= 6 之后消元完胜，且差距随 n 指数级拉大。
   n = 20 时，大公式的项数是消元运算次数的 4.6e14 倍 ——
   即使每秒算 10^9 项，也要 770 万年；而消元不到一毫秒。

【计算机制解说】：为什么 $n$ 一过 $5$ 就”消元完胜”？因为 $n!$ 是超指数增长（斯特林公式 $n!\approx\sqrt{2\pi n}\,(n/e)^n$），而 $\tfrac23n^3$ 是多项式增长，比值随 $n$ 单调上升。“$O$ 记号在小 $n$ 时会骗人”：$n=3$ 时 $6<18$，大公式反而更快；但 $n=6$ 时已被反超（$720>144$）。所以教科书里”用余子式展开算行列式”的例题只出现在 $n\le4$，这是有意为之——它教的是结构（哪些项、什么符号、为什么成立），不是算法。

实用结论：手算 $2\times2$、$3\times3$ 时展开公式优雅且可靠；一旦 $n\geq4$，一律先找零、再消元。

示例 5：分块三角——余子式展开在多零结构上的”全自动”表现

取一个 $4\times4$ 的分块上三角矩阵（左上 $2\times2$、右下 $2\times2$，左下角是零块）： \(M=\begin{bmatrix}2&3&1&0\\1&4&2&5\\0&0&1&2\\0&0&0&3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}A&B\\0&D\end{bmatrix},\qquad A=\begin{bmatrix}2&3\\1&4\end{bmatrix},\ B=\begin{bmatrix}1&0\\2&5\end{bmatrix},\ D=\begin{bmatrix}1&2\\0&3\end{bmatrix}.\)

步骤 1：直接用余子式展开看会发生什么。 $M$ 的第 1 行是 $(2,3,1,0)$，只有 $j=1,2,3$ 非零： \(C_{11}=(-1)^{1+1}\det\begin{bmatrix}4&2&5\\0&1&2\\0&0&3\end{bmatrix}=+4\cdot1\cdot3=12,\) （内层是上三角，直接读对角元之积 $4\cdot1\cdot3=12$。） \(C_{12}=(-1)^{1+2}\det\begin{bmatrix}1&2&5\\0&1&2\\0&0&3\end{bmatrix}=-(1\cdot1\cdot3)=-3,\qquad C_{13}=(-1)^{1+3}\det\begin{bmatrix}1&4&5\\0&0&2\\0&0&3\end{bmatrix}.\) 最后一个内层的第 2 行是 $(0,0,2)$，第 3 行是 $(0,0,3)$——第 1 列全零，故行列式为 0，$C_{13}=0$。于是 \(\det M=2\cdot12+3\cdot(-3)+1\cdot0=24-9=15.\)

步骤 2：用分块公式验证。 对分块三角矩阵有一般结论 \(\det\begin{bmatrix}A&B\\0&D\end{bmatrix}=\det A\cdot\det D.\) 这里 $\det A=2\cdot4-3\cdot1=5$，$\det D=1\cdot3-2\cdot0=3$，故 $\det M=5\cdot3=15.\ ✓$

步骤 3：同一矩阵沿不同行展开，结果仍然一致。 沿第 4 行 $(0,0,0,3)$： \(C_{44}=(-1)^{4+4}\det\begin{bmatrix}2&3&1\\1&4&2\\0&0&1\end{bmatrix}=+\left[1\cdot\big(2\cdot4-3\cdot1\big)\right]=5,\) （内层沿第 3 行展开，只有 $1$。）$\det M=3\cdot5=15.\ ✓$

   分块三角的"零块"如何让展开自动省力
   
   [ A  B ]      A = 2x2 左上块        D = 2x2 右下块
   [ 0  D ]      B = 2x2 右上块        左下 = 0 块
   
   det = det A * det D = 5 * 3 = 15
   
   余子式展开看到的是：
     - 第 1 行第 3 列的子式 M13 的第 1 列全为 0  ->  C13 = 0
     - 第 4 行只有 1 个非零元 (3)                ->  只剩 1 项
   "零越多，展开越短" —— 分块三角把 4! = 24 项压到 3 项。
   
   同时，消元法也自动利用这个结构：左下零块不需要消，
   主元就是 A 的 2 个主元 与 D 的 2 个主元，乘积 = 15。

【计算机制解说】：为什么分块三角的行列式是 $\det A\det D$？两条路都能看穿。代数路：$M=\begin{bmatrix}A&B\\0&D\end{bmatrix}$ 可以写成两个矩阵的乘积 \(\begin{bmatrix}A&B\\0&D\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}I&B\\0&I\end{bmatrix}\begin{bmatrix}A&0\\0&D\end{bmatrix},\) 前者是”分块剪切”（对角块是 $I$，由 $\det(AB)=\det A\det B$ 及分块三角的行列式性质可知其行列式为 1），后者是分块对角，行列式 $=\det A\det D$。几何路：左下零块意味着 $D$ 所覆盖的那些方向不被 $A$ 那一侧扰动，整个平行体可以拆成”两个互相独立的盒子”的乘积；体积自然相乘。这条结论在大公式和消元两条路上都对，而且是”零结构自动省力”的最好例子。

矩阵分解的核心思想

本讲没有引入新的矩阵分解，但大公式与余子式展开都与 $A=LU$ 和 $PA=LU$ 深度互补，并且直接服务于讲次 20 的伴随矩阵恒等式 $A\,C^{\mathsf T}=(\det A)I$。

（1）与大公式的关系。 大公式 $n!$ 项给出一个”结构性”的定义：$\det$ 是 $n$ 重交错线性形式（alternating multilinear form）。$A=LU$ 给出一个”算法性”的定义。二者关系是： \(\det A=\det L\cdot\det U=1\cdot\prod_i u_{ii}.\) $L$ 的行列式恒为 1（单位下三角），所以 $A=LU$ 把”$n!$ 项求和”压成了”读 $n$ 个主元”。这就是为什么实际计算永远选消元。

（2）与余子式的关系：拉普拉斯展开就是”分块消元”。 把矩阵按第一行分块 $A=\begin{bmatrix}\mathbf{a}^{\mathsf T}\\ A_{1}\end{bmatrix}$（$A_1$ 是前 $n-1$ 行/列），则 \(\det A=\sum_j a_{1j}C_{1j}=\sum_j(-1)^{1+j}a_{1j}\det M_{1j}.\) 这可以看成”先把第一行用列操作消成一个只有一项的样子，再递归”。从计算量角度，余子式展开是递归 $T(n)=nT(n-1)+\Theta(n)$，解得 $T(n)=O(n!)$——与直接大公式同阶。

（3）伴随矩阵（adjugate）恒等式是本讲的”输出产品”。 定义代数余子式矩阵 $C=(C_{ij})$，则转置 $C^{\mathsf T}$ 称为伴随矩阵 $\operatorname{adj}A=C^{\mathsf T}$。由上一小节【计算机制解说】中的错位求和论证： \(A\cdot\operatorname{adj}A=(\det A)\,I.\) 这是讲次 20 的起点：只要 $\det A\neq0$，立刻得到 $A^{-1}=\operatorname{adj}A/\det A$。注意这个公式在理论上完美，在数值上灾难：它需要用 $n^2$ 个 $(n-1)\times(n-1)$ 行列式，成本 $O(n!)$；而消元求逆只要 $O(n^3)$。它的价值在符号推导（特征多项式、隐函数定理、Cramer 法则）而不在实际计算。

与其他讲次的关联

• 讲次 18（行列式性质）：本讲是大公式与余子式展开，全部建立在三条公理之上。特别是”行线性”直接给出了大公式的递归拆分，而”两行相同 $\Rightarrow0$”给出了错位求和恒等式。
• 讲次 20（Cramer / 逆矩阵 / 体积）：$A\operatorname{adj}A=(\det A)I$ 直接推出 $A^{-1}$ 公式和 Cramer 法则；大公式中的符号 $(-1)^{\text{inv}}$ 也与”定向”概念呼应。
• 讲次 21（特征值）：$\det(A-\lambda I)=0$ 需要展开成 $\lambda$ 的多项式。对 $2\times2$：$\lambda^2-(\operatorname{tr}A)\lambda+\det A=0$；对 $3\times3$ 用余子式展开；一般地，特征多项式的 $\lambda^{n-1}$ 系数是 $-\operatorname{tr}A$，常数项是 $(-1)^n\det A$。本讲的展开技巧马上就会用到： 对 $A=\begin{bmatrix}2&1\\1&3\end{bmatrix}$， \(\det(A-\lambda I)=\begin{vmatrix}2-\lambda&1\\1&3-\lambda\end{vmatrix}=(2-\lambda)(3-\lambda)-1=\lambda^2-5\lambda+5,\) 解 $\lambda=\dfrac{5\pm\sqrt{5}}{2}\approx3.618,\ 1.382$。注意：这两个数与讲次 20 里 $A$ 的奇异值完全相同（因为 $A$ 对称）——特征值与奇异值在对称矩阵处汇合，这是一条重要的交叉验证线索。
• 讲次 29（SVD）：$\sigma_1\sigma_2\cdots\sigma_n=\vert \det A\vert $。大公式告诉我们 $\det$ 是 $n$ 重的乘积之和，SVD 则把它写成 $n$ 个”半轴长度”的乘积——一个和式等于一个积式，这是很漂亮的定理。它的代数路线是 $\prod_i\sigma_i^2=\det(A^{\mathsf T}A)=(\det A)^2$，而 $\det(A^{\mathsf T}A)=(\det A)^2$ 正是讲次 18 的 $\det(AB)=\det A\det B$ 与 $\det(A^{\mathsf T})=\det A$ 的合并。
• 讲次 11-12（矩阵空间与图）：关联矩阵（incidence matrix）的行列式给出生成树计数（矩阵-树定理），其证明用到余子式展开——本讲的技巧在图论里直接变现。

关键要点

1. 大公式：$\det A=\sum_{\text{排列}}(-1)^{\text{inv}}a_{1\alpha}a_{2\beta}\cdots a_{n\omega}$，共 $n!$ 项，每行每列各取一个元素；符号由逆序数（等价地：相邻交换次数）的奇偶决定。
2. $n=3$ 的 Sarrus 法则：三条右下斜线取 $+$，三条左下斜线取 $-$。仅对 $3\times3$ 有效，$4\times4$ 没有对角线法则。
3. 余子式展开：$C_{ij}=(-1)^{i+j}\det M_{ij}$，$\det A=\sum_j a_{ij}C_{ij}$（沿任意行）$=\sum_i a_{ij}C_{ij}$（沿任意列）。棋盘符号 $(-1)^{i+j}$ 必须带上。
4. 符号的本质：$(-1)^{i+j}$ 不是”约定”，而是”把第 $j$ 列搬到第 1 列、把第 $i$ 行搬到第 1 行所需的交换次数”的奇偶。理解了这一点，就不需要单独背棋盘图。
5. 选行策略：展开前先找零最多的行或列。含 0 的项直接消失；若能找到”只有一个非零元”的行，一次展开就把 $n$ 阶降成 $1$ 个 $(n-1)$ 阶。$4\times4$ 例子里沿第 1 行展开只需算 2 个三阶子式。
6. 错位求和恒等式：$\sum_j a_{kj}C_{ij}=0$（$k\neq i$）。合起来：$A\,C^{\mathsf T}=(\det A)I$，即 $A\operatorname{adj}A=(\det A)I$。
7. 复杂度：大公式与余子式展开是 $O(n!)$（$4\times4$ 需 $24$ 项，$10\times10$ 需 $3.6\times10^6$ 项，$20\times20$ 约 $2.4\times10^{18}$ 项）；消元法是 $\tfrac23n^3$（$n=20$ 时约 $5300$ 次运算）。理论用展开，计算用消元——交叉点在 $n\approx5$，之后消元以指数级优势取胜。
8. 特殊结构的速用：三角/对角 $\Rightarrow$ 对角元之积；置换矩阵 $\Rightarrow\det=\pm1$；秩 1（$n\geq2$）$\Rightarrow\det=0$；奇数阶反对称 $\Rightarrow\det=0$。这四条能让你在很多题上”看一眼就报答案”。

常见误区与注意事项

1. 把 Sarrus 法则误用到 $4\times4$。 对角线法则只在 $n=3$ 成立（$n=2$ 也可看作两条斜线）。$4\times4$ 有 $4!=24$ 项，需要画出 $4$ 条正/负”广义对角线”，随手画斜线一定漏项或错号。例如 \(\det\begin{bmatrix}1&0&2&0\\0&3&0&4\\5&0&6&0\\0&7&0&8\end{bmatrix}=16,\) 而”斜线法”会给你完全不同的数。正确做法是选一行只有两个非零元（第 1 行有 $1,2$）做余子式展开：$\det=1\cdot C_{11}+2\cdot C_{13}=1\cdot(+24)+2\cdot(-20)=16$。
2. 忘掉棋盘符号 $(-1)^{i+j}$。 余子式 $C_{ij}$ 与子式 $\det M_{ij}$ 不是一回事，差一个符号。最容易错的是 $C_{12}$：对 $A=\begin{bmatrix}2&3&1\\4&7&2\\1&1&1\end{bmatrix}$，$\det M_{12}=2$ 但 $C_{12}=-2$。上标棋盘格要背：$\begin{smallmatrix}+&-&+\\-&+&-\\+&-&+\end{smallmatrix}$。
3. 以为”沿谁展开都一样”所以随便选行。 结果一样，代价差很多。若某行/列有多个 0，就沿它展开——含 0 的项直接消失。例如上面的 $4\times4$，沿第 1 行（两个 0）只需算 2 个三阶行列式，沿第 2 行同样两个 0，但沿第 3 行也只有两个 0；若构造出”某行只有一个非零”的矩阵，一次展开就降成 1 个三阶。
4. 混淆”逆序数”与”排列的循环结构”。 符号由逆序数奇偶决定，不是由”循环长度”决定。排列 $(2,3,1)$ 是一个 3-循环，看起来”很长”，但它的逆序数是 2，符号是 $+$。判断符号最可靠的机械方法：数逆序对，或数把这个排列排回 $(1,2,\ldots,n)$ 所需的相邻交换次数。
5. 用大公式去算 $4\times4$ 以上的行列式。 这是概念上正确、实践上错误。$10\times10$ 的 $3.6$ 万项、$12\times12$ 的 $4.8$ 亿项——手算必错，计算机也慢。遇到 $n\geq4$，一律先消元或先找零多的行/列。
6. 把”子式 $M_{ij}$”和”代数余子式 $C_{ij}$”当同一个东西。 $C_{ij}=(-1)^{i+j}\det M_{ij}$，符号必须带上。$3\times3$ 里 $C_{12}$、$C_{21}$、$C_{23}$、$C_{32}$ 都是负号位；漏一个符号结果就错。口诀：先用棋盘图定符号，再算子式行列式。
7. 误以为逆序数只看”排列第一个元素”。 $(2,3,1)$ 的第一个元素是 $2$，看起来”只有一处逆序”，实际逆序数是 $2$（$(2,1)$ 与 $(3,1)$ 两对）。必须数所有 $i<j$ 且 $\alpha_i>\alpha_j$ 的数对，不能只扫一眼开头。
8. 以为”行列式 $=0$ 就说明有零行或零列”。 秩 1 矩阵 $\begin{bmatrix}1&2&3\\2&4&6\\5&10&15\end{bmatrix}$ 没有任何零行零列，$\det=0$。奇异的原因是”行/列线性相关”，与”有没有零”无关。 反过来，$\begin{bmatrix}1&1&1\\0&0&1\\5&10&15\end{bmatrix}$ 有两个 0 却 $\det=-5\neq0$。
9. 把”每行每列各取一个”误解成”沿对角线取”。 大公式的项是任意排列（如 $a_{13}a_{21}a_{32}$ 是”反对角方向”的取法），不是只沿主对角线。$n=3$ 恰好把六种取法画成”三条正斜线 + 三条负斜线”，$n=4$ 就没有这样的视觉巧合了。
10. 混淆”沿行展开”与”沿列展开”得到的 $C$ 与 $C^{\mathsf T}$。 $\det A=\sum_j a_{ij}C_{ij}$ 用的是行与同行的余子式配对；而 $\operatorname{adj}A=C^{\mathsf T}$ 是列的排列。这两个索引方向相反，是讲次 20 求逆时最常见的错位来源。
11. 以为”余子式矩阵 $C$ 的行列式等于 $\det A$”或别的简单关系。 正确的恒等式是 $\det C=(\det A)^{n-1}$（当 $\det A\neq0$），一般不等于 $\det A$。对本讲的 $A=\begin{bmatrix}2&3&1\\4&7&2\\1&1&1\end{bmatrix}$（$\det A=1$）：$C=\begin{bmatrix}5&-2&-3\\-2&1&1\\-1&0&2\end{bmatrix}$，$\det C=1=(\det A)^{3-1}=1^2$ ✓（$\det A=1$ 时两者恰好相等，容易造成错觉）。取 $\det A\neq1$ 的例子，$B=\begin{bmatrix}2&0&0\\0&3&0\\0&0&1\end{bmatrix}$：$\det B=6$，$C_B=\begin{bmatrix}3&0&0\\0&2&0\\0&0&6\end{bmatrix}$，$\det C_B=36=6^2\neq6$。不要凭直觉编关系。

思考题（带答案）

Q1. （计算题）用余子式展开（选零最多的行或列）求 \(D=\det\begin{bmatrix}1&0&2&0\\0&3&0&4\\5&0&6&0\\0&7&0&8\end{bmatrix}.\) 再用消元法验证。

Q2. （概念题）设 $A$ 是 $n\times n$ 矩阵。 (i) 若 $n$ 为奇数且 $A^{\mathsf T}=-A$（反对称），证明 $\det A=0$。 (ii) 若 $A$ 是秩 1 矩阵且 $n\geq2$，求 $\det A$，并说明 $n=1$ 时为何不同。 (iii) 举一个 $3\times3$ 秩 1 矩阵的例子，用大公式指出六项如何抵消。

Q3. （概念题 + 小计算）不展开整个行列式，直接说出下面这个矩阵行列式的值，并说明理由： \(B=\begin{bmatrix}1&1&1\\2&2&2\\5&10&15\end{bmatrix}.\) 再回答：若把 $B$ 的第 2 行换成 $(0,0,1)$，$\det$ 会变成多少？

Q4. （计算题）设 \(E=\begin{bmatrix}0&2&0&1\\3&0&0&0\\0&0&4&0\\0&1&0&5\end{bmatrix}.\) (a) 用最省力的余子式展开求 $\det E$。(b) 说出它的秩。(c) 若把 $E$ 的 $(1,1)$ 元素改成 $7$，$\det$ 会变成多少？