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  • 余子式和代数余子式

    2021-09-21 16:29:35
    余子式:在n阶行列式D中,划去元素aij所在的第i行第j列的元素,剩下的(n-1)^...行列式等于它的任一行(列)的各元素与其对应的代数余子式的乘积之,即 D=ai1Ai1+ai2Ai2+...+ainAin 或 D=a1jA1j+a2jA2j+...anjAnj ...

    余子式:在n阶行列式D中,划去元素aij所在的第i行和第j列的元素,剩下的(n-1)^2个元素保持原来的相对位置不变构成的一个n-1阶行列式,称为元素aij的余子式,记为Mij。

    代数余子式:Aij=(-1)^(i+j)*Mij成为元素aij的代数余子式。

    行列式按行(列)展开法则:

    行列式等于它的任一行(列)的各元素与其对应的代数余子式的乘积之和,即

    D=ai1Ai1+ai2Ai2+...+ainAin  或  D=a1jA1j+a2jA2j+...anjAnj

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  • 线代——余子式和代数余子式

    线代——余子式和代数余子式
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  • 张宇1000题线性代数 第一、二章 行列式、余子式和代数余子式的计算 易错题和难题记录

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    第一章 行列式

    A A A

    3. ∣ 1 3 9 27 1 − 1 1 − 1 2 4 8 16 1 − 2 4 − 8 ∣ = \begin{vmatrix}1&3&9&27\\1&-1&1&-1\\2&4&8&16\\1&-2&4&-8\end{vmatrix}= 112131429184271168=(  )。
    ( A ) 240 ; (A)240; (A)240;
    ( B ) 480 ; (B)480; (B)480;
    ( C ) − 240 ; (C)-240; (C)240;
    ( D ) − 480. (D)-480. (D)480.

      这是 4 4 4阶行列式,将第三行提出公因子,该行列式实际上是由数字 3 , − 1 , 2 , − 2 3,-1,2,-2 3,1,2,2升幂排列构造的范德蒙行列式,可利用公式直接定值,即
    ∣ 1 3 9 27 1 − 1 1 − 1 2 4 8 16 1 − 2 4 − 8 ∣ = 2 ∣ 1 3 3 2 3 3 1 − 1 ( − 1 ) 2 ( − 1 ) 3 1 2 2 2 2 3 1 − 2 ( − 2 ) 2 ( − 2 ) 3 ∣ = 2 × ( − 2 − 3 ) × ( − 2 + 1 ) × ( − 2 − 2 ) × ( 2 − 3 ) × ( 2 + 1 ) × ( − 1 − 3 ) = − 480. \begin{aligned} &\begin{vmatrix}1&3&9&27\\1&-1&1&-1\\2&4&8&16\\1&-2&4&-8\end{vmatrix}=2\begin{vmatrix}1&3&3^2&3^3\\1&-1&(-1)^2&(-1)^3\\1&2&2^2&2^3\\1&-2&(-2)^2&(-2)^3\end{vmatrix}\\ =&2\times(-2-3)\times(-2+1)\times(-2-2)\times(2-3)\times(2+1)\times(-1-3)=-480. \end{aligned} =112131429184271168=21111312232(1)222(2)233(1)323(2)32×(23)×(2+1)×(22)×(23)×(2+1)×(13)=480.
      故选 ( D ) (D) (D)。(这道题主要利用了范德蒙行列式求解

    B B B

    5.设 A \bm{A} A n ( n ⩾ 2 ) n(n\geqslant2) n(n2)阶方阵, ∣ A ∣ = 3 |\bm{A}|=3 A=3,则 ∣ ( A ∗ ) ∗ ∣ = |(\bm{A}^*)^*|= (A)=(  )。
    ( A ) 3 ( n − 1 ) 2 ; (A)3^{(n-1)^2}; (A)3(n1)2;
    ( B ) 3 n 2 − 1 ; (B)3^{n^2-1}; (B)3n21;
    ( C ) 3 n 2 − n ; (C)3^{n^2-n}; (C)3n2n;
    ( D ) 3 n − 1 ; (D)3^{n-1}; (D)3n1;

      因为 ∣ A ∣ = 3 |\bm{A}|=3 A=3,故 A \bm{A} A可逆,则 ( A ∗ ) ( A ∗ ) ∗ = ∣ A ∗ ∣ E , ( A ∗ ) ∗ = ∣ A ∗ ∣ ( A ∗ ) − 1 = ∣ A ∗ ∣ A ∣ A ∣ = ∣ A ∣ n − 2 A , ∣ ( A ∗ ) ∗ ∣ = ∣ ∣ A ∣ n − 2 A ∣ = ∣ A ∣ ( n − 2 ) n ∣ A ∣ = ∣ A ∣ n 2 − 2 n + 1 = 3 ( n − 1 ) 2 (\bm{A}^*)(\bm{A}^*)^*=|\bm{A}^*|\bm{E},(\bm{A}^*)^*=|\bm{A}^*|(\bm{A}^*)^{-1}=|\bm{A}^*|\cfrac{\bm{A}}{|\bm{A}|}=|\bm{A}|^{n-2}\bm{A},|(\bm{A}^*)^*|=||\bm{A}|^{n-2}\bm{A}|=|\bm{A}|^{(n-2)n}|\bm{A}|=|\bm{A}|^{n^2-2n+1}=3^{(n-1)^2} (A)(A)=AE,(A)=A(A)1=AAA=An2A,(A)=An2A=A(n2)nA=An22n+1=3(n1)2。(这道题主要利用了矩阵的性质求解

    14.计算行列式 ∣ x + 1 x x ⋯ x x x + 1 2 x ⋯ x x x x + 1 3 ⋯ x ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ x x x ⋯ x + 1 n ∣ \begin{vmatrix}x+1&x&x&\cdots&x\\x&x+\cfrac{1}{2}&x&\cdots&x\\x&x&x+\cfrac{1}{3}&\cdots&x\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\x&x&x&\cdots&x+\cfrac{1}{n}\end{vmatrix} x+1xxxxx+21xxxxx+31xxxxx+n1


    D n = ∣ x + 1 x x ⋯ x x x + 1 2 x ⋯ x x x x + 1 3 ⋯ x ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ x x x ⋯ x + 1 n ∣ = ∣ x + 1 x x ⋯ x − 1 1 2 0 ⋯ 0 − 1 0 1 3 ⋯ 0 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ − 1 0 0 ⋯ 1 n ∣ = ∣ 1 + ( ∑ i = 1 n i ) x x x ⋯ x 0 1 2 0 ⋯ 0 0 0 1 3 ⋯ 0 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 0 0 0 ⋯ 1 n ∣ = 1 n ! [ 1 + n ( n + 1 ) 2 x ] . \begin{aligned} D_n&=\begin{vmatrix}x+1&x&x&\cdots&x\\x&x+\cfrac{1}{2}&x&\cdots&x\\x&x&x+\cfrac{1}{3}&\cdots&x\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\x&x&x&\cdots&x+\cfrac{1}{n}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}x+1&x&x&\cdots&x\\-1&\cfrac{1}{2}&0&\cdots&0\\-1&0&\cfrac{1}{3}&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\-1&0&0&\cdots&\cfrac{1}{n}\end{vmatrix}\\ &=\begin{vmatrix}1+\left(\displaystyle\sum\limits_{i=1}^ni\right)x&x&x&\cdots&x\\0&\cfrac{1}{2}&0&\cdots&0\\0&0&\cfrac{1}{3}&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&0&0&\cdots&\cfrac{1}{n}\end{vmatrix}=\cfrac{1}{n!}\left[1+\cfrac{n(n+1)}{2}x\right]. \end{aligned} Dn=x+1xxxxx+21xxxxx+31xxxxx+n1=x+1111x2100x0310x00n1=1+(i=1ni)x000x2100x0310x00n1=n!1[1+2n(n+1)x].
    这道题主要利用了行列式变换求解

    C C C

    1.设 D = ∣ a 11 ⋯ a 1 k 0 ⋯ 0 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ a k 1 ⋯ a k k 0 ⋯ 0 0 ⋯ 0 b 11 ⋯ b 1 m ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 0 ⋯ 0 b m 1 ⋯ b m m ∣ , D 1 = ∣ 0 ⋯ 0 a 11 ⋯ a 1 k ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 0 ⋯ 0 a k 1 ⋯ a k k b 11 ⋯ b 1 m 0 ⋯ 0 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ b m 1 ⋯ b m m 0 ⋯ 0 ∣ D=\begin{vmatrix}a_{11}&\cdots&a_{1k}&0&\cdots&0\\\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{k1}&\cdots&a_{kk}&0&\cdots&0\\0&\cdots&0&b_{11}&\cdots&b_{1m}\\\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&\cdots&0&b_{m1}&\cdots&b_{mm}\end{vmatrix},D_1=\begin{vmatrix}0&\cdots&0&a_{11}&\cdots&a_{1k}\\\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&\cdots&0&a_{k1}&\cdots&a_{kk}\\b_{11}&\cdots&b_{1m}&0&\cdots&0\\\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\b_{m1}&\cdots&b_{mm}&0&\cdots&0\end{vmatrix} D=a11ak100a1kakk0000b11bm100b1mbmm,D1=00b11bm100b1mbmma11ak100a1kakk00,若 D ≠ D 1 D\ne D_1 D=D1,则(  )。
    ( A ) k , m (A)k,m (A)k,m均为奇数;
    ( B ) k , m (B)k,m (B)k,m均为偶数;
    ( C ) k (C)k (C)k为奇数, m m m为偶数;
    ( D ) k (D)k (D)k为偶数, m m m为奇数。

      由类似 ∣ A O O B ∣ \begin{vmatrix}\bm{A}&\bm{O}\\\bm{O}&\bm{B}\end{vmatrix} AOOB ∣ O A B O ∣ \begin{vmatrix}\bm{O}&\bm{A}\\\bm{B}&\bm{O}\end{vmatrix} OBAO的行列式定值法,可推得计算公式 ∣ A O O B ∣ = ∣ A ∣ ∣ B ∣ , ∣ O A B O ∣ = ( − 1 ) k m ∣ A ∣ ∣ B ∣ \begin{vmatrix}\bm{A}&\bm{O}\\\bm{O}&\bm{B}\end{vmatrix}=|\bm{A}||\bm{B}|,\begin{vmatrix}\bm{O}&\bm{A}\\\bm{B}&\bm{O}\end{vmatrix}=(-1)^{km}|\bm{A}||\bm{B}| AOOB=AB,OBAO=(1)kmAB,故选 ( A ) (A) (A)。(这道题主要利用了分块矩阵求解

    4.行列式 D n + 1 = ∣ a n ( a + 1 ) n ⋯ ( a + n ) n a n − 1 ( a + 1 ) n − 1 ⋯ ( a + n ) n − 1 ⋮ ⋮ ⋮ a a + 1 ⋯ a + n 1 1 ⋯ 1 ∣ = D_{n+1}=\begin{vmatrix}a^n&(a+1)^n&\cdots&(a+n)^n\\a^{n-1}&(a+1)^{n-1}&\cdots&(a+n)^{n-1}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a&a+1&\cdots&a+n\\1&1&\cdots&1\end{vmatrix}= Dn+1=anan1a1(a+1)n(a+1)n1a+11(a+n)n(a+n)n1a+n1=______。

      将行列式 D n + 1 D_{n+1} Dn+1 n + 1 n+1 n+1行依次与相邻的上一行进行交换,经过 n n n次交换后,换到第 1 1 1行。完全类似, D n + 1 D_{n+1} Dn+1的第 n n n行经过 n − 1 n-1 n1次相邻两行交换,换到第 2 2 2行,如此共进行了 n + ( n − 1 ) + ⋯ + 2 + 1 = n ( n + 1 ) 2 n+(n-1)+\cdots+2+1=\cfrac{n(n+1)}{2} n+(n1)++2+1=2n(n+1)次行交换后, D n + 1 D_{n+1} Dn+1化为范德蒙行列式。
    D n + 1 = ( − 1 ) n ( n + 1 ) 2 ∣ 1 1 ⋯ 1 a a + 1 ⋯ a + n ⋮ ⋮ ⋮ a n − 1 ( a + 1 ) n − 1 ⋯ ( a + n ) n − 1 a n ( a + 1 ) n ⋯ ( a + n ) n ∣ = ( − 1 ) n ( n + 1 ) 2 ∏ 0 ⩽ j < i ⩽ n [ ( a + i ) − ( a + j ) ] = ( − 1 ) n ( n + 1 ) 2 ∏ 0 ⩽ j < i ⩽ n ( i − j ) = ( − 1 ) n ( n + 1 ) 2 n ! ( n − 1 ) ! ⋯ 2 ! . \begin{aligned} D_{n+1}&=(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}\begin{vmatrix}1&1&\cdots&1\\a&a+1&\cdots&a+n\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a^{n-1}&(a+1)^{n-1}&\cdots&(a+n)^{n-1}\\a^n&(a+1)^n&\cdots&(a+n)^n\end{vmatrix}\\ &=(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}\prod\limits_{0\leqslant j<i\leqslant n}[(a+i)-(a+j)]\\ &=(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}\prod\limits_{0\leqslant j<i\leqslant n}(i-j)\\ &=(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}n!(n-1)!\cdots2!. \end{aligned} Dn+1=(1)2n(n+1)1aan1an1a+1(a+1)n1(a+1)n1a+n(a+n)n1(a+n)n=(1)2n(n+1)0j<in[(a+i)(a+j)]=(1)2n(n+1)0j<in(ij)=(1)2n(n+1)n!(n1)!2!.
    这道题主要利用了范德蒙行列式求解

    7.设 A \bm{A} A为奇数阶矩阵,且 A A T = A T A = E , ∣ A ∣ > 0 \bm{AA}^\mathrm{T}=\bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=\bm{E},|\bm{A}|>0 AAT=ATA=E,A>0,则 ∣ A − E ∣ = |\bm{A}-\bm{E}|= AE=______。

       ∣ A − E ∣ = ∣ A − A A T ∣ = ∣ A ( E − A T ) ∣ = ∣ A ∣ ∣ ( E − A ) T ∣ = ∣ A ∣ ∣ E − A ∣ |\bm{A}-\bm{E}|=|\bm{A}-\bm{AA}^\mathrm{T}|=|\bm{A}(\bm{E}-\bm{A}^\mathrm{T})|=|\bm{A}||(\bm{E}-\bm{A})^\mathrm{T}|=|\bm{A}||\bm{E}-\bm{A}| AE=AAAT=A(EAT)=A(EA)T=AEA。由 A A T = A T A = E \bm{AA}^\mathrm{T}=\bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=\bm{E} AAT=ATA=E,可知 ∣ A ∣ 2 = 1 |\bm{A}|^2=1 A2=1。又由 ∣ A ∣ > 0 |\bm{A}|>0 A>0,可知 ∣ A ∣ = 1 |\bm{A}|=1 A=1。又 A \bm{A} A为奇数阶矩阵,故 ∣ E − A ∣ = ∣ − ( A − E ) ∣ = − ∣ A − E ∣ |\bm{E}-\bm{A}|=|-(\bm{A}-\bm{E})|=-|\bm{A}-\bm{E}| EA=(AE)=AE,故有 ∣ A − E ∣ = − ∣ A − E ∣ |\bm{A}-\bm{E}|=-|\bm{A}-\bm{E}| AE=AE,于是 ∣ A − E ∣ = 0 |\bm{A}-\bm{E}|=0 AE=0。(这道题主要利用了矩阵变换求解

    11.计算行列式 ∣ a b c d − b a − d c − c d a − b − d − c b a ∣ \begin{vmatrix}a&b&c&d\\-b&a&-d&c\\-c&d&a&-b\\-d&-c&b&a\end{vmatrix} abcdbadccdabdcba


    ∣ a b c d − b a − d c − c d a − b − d − c b a ∣ 2 = ∣ [ a b c d − b a − d c − c d a − b − d − c b a ] [ a b c d − b a − d c − c d a − b − d − c b a ] ∣ = ∣ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 0 0 0 0 a 2 + b 2 + c 2 + d 2 0 0 0 0 a 2 + b 2 + c 2 + d 2 0 0 0 0 a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ∣ = ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 4 \begin{aligned} &\begin{vmatrix}a&b&c&d\\-b&a&-d&c\\-c&d&a&-b\\-d&-c&b&a\end{vmatrix}^2=\left|\begin{bmatrix}a&b&c&d\\-b&a&-d&c\\-c&d&a&-b\\-d&-c&b&a\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a&b&c&d\\-b&a&-d&c\\-c&d&a&-b\\-d&-c&b&a\end{bmatrix}\right|\\ =&\begin{vmatrix}a^2+b^2+c^2+d^2&0&0&0\\0&a^2+b^2+c^2+d^2&0&0\\0&0&a^2+b^2+c^2+d^2&0\\0&0&0&a^2+b^2+c^2+d^2\end{vmatrix}\\ =&(a^2+b^2+c^2+d^2)^4 \end{aligned} ==abcdbadccdabdcba2=abcdbadccdabdcbaabcdbadccdabdcbaa2+b2+c2+d20000a2+b2+c2+d20000a2+b2+c2+d20000a2+b2+c2+d2(a2+b2+c2+d2)4
      观察可知原行列式中 a 4 a^4 a4的系数为 1 1 1,故原式 = ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 2 =(a^2+b^2+c^2+d^2)^2 =(a2+b2+c2+d2)2。(这道题主要利用了矩阵乘法求解

    第二章 余子式和代数余子式的计算

    C C C

    4. A \bm{A} A n ( n ⩾ 3 ) n(n\geqslant3) n(n3)阶非零实矩阵, A i j A_{ij} Aij ∣ A ∣ |\bm{A}| A中元素 a i j a_{ij} aij的代数余子式,证明:

    (1) a i j = A i j ⇔ A T A = E a_{ij}=A_{ij}\Leftrightarrow\bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=\bm{E} aij=AijATA=E,且 ∣ A ∣ = 1 |\bm{A}|=1 A=1

      当 a i j = A i j a_{ij}=A_{ij} aij=Aij时,有 A T = A ∗ \bm{A}^\mathrm{T}=\bm{A}^* AT=A,则 A T A = A ∗ A = ∣ A ∣ E \bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=\bm{A}^*\bm{A}=|\bm{A}|\bm{E} ATA=AA=AE。由于 A \bm{A} A n n n阶非零实矩阵,即 a i j a_{ij} aij不全为零,所以 t r ( A A T ) = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n a i j 2 > 0 \mathrm{tr}(\bm{AA}^\mathrm{T})=\displaystyle\sum\limits_{i=1}^n\displaystyle\sum\limits_{j=1}^na_{ij}^2>0 tr(AAT)=i=1nj=1naij2>0。而 t r ( A A T ) = t r ( ∣ A ∣ E ) = n ∣ A ∣ \mathrm{tr}(\bm{AA}^\mathrm{T})=\mathrm{tr}(|\bm{A}|\bm{E})=n|\bm{A}| tr(AAT)=tr(AE)=nA,这说明 ∣ A ∣ > 0 |\bm{A}|>0 A>0,在 A T A = ∣ A ∣ E \bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=|\bm{A}|\bm{E} ATA=AE两边取行列式,得 ∣ A ∣ n − 2 = 1 |\bm{A}|^{n-2}=1 An2=1,于是 ∣ A ∣ = 1 |\bm{A}|=1 A=1,故 A T A = E \bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=\bm{E} ATA=E
      反之,若 A T A = E \bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=\bm{E} ATA=E ∣ A ∣ = 1 |\bm{A}|=1 A=1,则 A T A = ∣ A ∣ E = E \bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=|\bm{A}|\bm{E}=\bm{E} ATA=AE=E A \bm{A} A可逆,于是, A T A = A ∗ A , A T = A ∗ \bm{A}^\mathrm{T}\bm{A}=\bm{A}^*\bm{A},\bm{A}^\mathrm{T}=\bm{A}^* ATA=AA,AT=A,即 a i j = A i j a_{ij}=A_{ij} aij=Aij。(这道题主要利用了矩阵变换求解

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  • 第一章,06-行列式的降阶计算-余子式和代数余子式简介余子式代数余子式代数余子式相关定理行列式按行(列)展开法则证明展开定理的推论 简介 这是《玩转线性代数》的学习笔记。 示例请查看原文 余子式 在n阶行列式中,...

    简介

    这是《玩转线性代数》的学习笔记。
    示例请查看原文

    余子式

    在n阶行列式中,把元素 a i j a_{ij} aij所在的第i行与第j列划去后留下的 n − 1 n-1 n1阶行列式叫做元素 a i j a_{ij} aij的余子式,记作 M i j M_{ij} Mij

    代数余子式

    在n阶行列式中,记 A i j = ( − 1 ) i + j M i j A_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij} Aij=(1)i+jMij为元素的代数余子式。

    代数余子式相关定理

    一个n阶行列式,如果其中第i行只有一个 a i j a_{ij} aij非零,则行列式 D = a i j A i j D=a_{ij}A_{ij} D=aijAij
    由于转置不改变行列式的值,行和列其实是等价的,所以这定理对列也成立。

    行列式按行(列)展开法则

    n阶行列式 D D D等于它的任一行(列)的各元素与其对应的代数余子式的乘积之和,即
    D = a i 1 A i 1 + a i 2 A i 2 + ⋯ + a i n A i n = ∑ k = 1 n a i k A i k ( i = 1 , 2 , ⋯   , n ) , D=a_{i1}A_{i1}+a_{i2}A_{i2}+\cdots+a_{in}A_{in}=\sum_{k=1}^n a_{ik}A_{ik}\quad(i=1,2,\cdots,n), D=ai1Ai1+ai2Ai2++ainAin=k=1naikAik(i=1,2,,n)

    D = a 1 j A 1 j + a 2 j A 2 j + ⋯ + a n j A n j = ∑ k = 1 n a k j A k j ( j = 1 , 2 , ⋯   , n ) 。 D=a_{1j}A_{1j}+a_{2j}A_{2j}+\cdots+a_{nj}A_{nj}=\sum_{k=1}^n a_{kj}A_{kj}\quad(j=1,2,\cdots,n)。 D=a1jA1j+a2jA2j++anjAnj=k=1nakjAkj(j=1,2,,n)

    证明

    任选 D D D的第i行,把该行元素都写作n个数之和:
    D = ∣ a 11 a 12 ⋯ a 1 n ⋮ ⋮ ⋮ a i 1 a i 2 ⋯ a i n ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 a n 2 ⋯ a n n ∣ = ∣ a 11 a 12 ⋯ a 1 n ⋮ ⋮ ⋮ a i 1 + 0 + ⋯ + 0 0 + a i 2 + ⋯ + 0 ⋯ 0 + ⋯ + 0 + a i n ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 a n 2 ⋯ a n n ∣ = ∣ a 11 a 12 ⋯ a 1 n ⋮ ⋮ ⋮ a i 1 0 ⋯ 0 ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 a n 2 ⋯ a n n ∣ + ∣ a 11 a 12 ⋯ a 1 n ⋮ ⋮ ⋮ 0 a i 2 ⋯ 0 ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 a n 2 ⋯ a n n ∣ + ⋯ + ∣ a 11 a 12 ⋯ a 1 n ⋮ ⋮ ⋮ 0 0 ⋯ a i n ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 a n 2 ⋯ a n n ∣ D=\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i1} & a_{i2} & \cdots &a_{in} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{vmatrix} =\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i1}+0+\cdots+0 & 0+a_{i2}+\cdots+0 & \cdots &0+\cdots+0+a_{in} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{vmatrix}\\ =\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i1} & 0& \cdots &0 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{vmatrix} +\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0& a_{i2} & \cdots &0 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{vmatrix} +\cdots+ \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots &a_{in} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{vmatrix} D=a11ai1an1a12ai2an2a1nainann=a11ai1+0++0an1a120+ai2++0an2a1n0++0+ainann=a11ai1an1a120an2a1n0ann+a110an1a12ai2an2a1n0ann++a110an1a120an2a1nainann

    D = a i 1 A i 1 + a i 2 A i 2 + ⋯ + a i n A i n = ∑ k = 1 n a i k A i k ( i = 1 , 2 , ⋯   , n ) D=a_{i1}A_{i1}+a_{i2}A_{i2}+\cdots+a_{in}A_{in}=\sum_{k=1}^n a_{ik}A_{ik}\quad(i=1,2,\cdots,n) D=ai1Ai1+ai2Ai2++ainAin=k=1naikAik(i=1,2,,n)

    展开定理的推论

    行列式任一行(列)的元素与另一行(列)的对应元素的代数余子式乘积之和等于0。即:
    a i 1 A j 1 + a i 2 A j 2 + ⋯ + a i n A j n = 0 , i ≠ j a 1 i A 1 j + a 2 i A 2 j + ⋯ + a n i A n j = 0 , i ≠ j a_{i1}A_{j1}+a_{i2}A_{j2}+\cdots+a_{in}A_{jn}=0,i \neq j a_{1i}A_{1j}+a_{2i}A_{2j}+\cdots+a_{ni}A_{nj}=0,i \neq j ai1Aj1+ai2Aj2++ainAjn=0,i=ja1iA1j+a2iA2j++aniAnj=0,i=j

    例:
    ∣ a 11 a 12 ⋯ a 1 n a 21 a 22 ⋯ a 2 n ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 a n 2 ⋯ a n n ∣ = a 11 A 11 + a 12 A 12 + ⋯ + a 1 n A 1 n \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots &a_{2n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{vmatrix} =a_{11}A_{11}+a_{12}A_{12}+\cdots+a_{1n}A_{1n} a11a21an1a12a22an2a1na2nann=a11A11+a12A12++a1nA1n
    将等式两边的 a 11 a_{11} a11换成 a 21 a_{21} a21 a 12 a_{12} a12换成 a 22 a_{22} a22 a 1 n a_{1n} a1n换成 a 2 n a_{2n} a2n,即用第二行元素替换第一行,对应行列式为:
    a 21 A 11 + a 22 A 12 + ⋯ + a 2 n A 1 n = ∣ a 21 a 22 ⋯ a 2 n a 21 a 22 ⋯ a 2 n ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 a n 2 ⋯ a n n ∣ = 0 。 a_{21}A_{11}+a_{22}A_{12}+\cdots+a_{2n}A_{1n} =\begin{vmatrix} a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots &a_{2n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{vmatrix} =0。 a21A11+a22A12++a2nA1n=a21a21an1a22a22an2a2na2nann=0

    另:
    将等式两边的 a 11 a_{11} a11换成 b 1 b_{1} b1 a 12 a_{12} a12换成 b 2 b_{2} b2 a 1 n a_{1n} a1n换成 b n b_{n} bn,即用第二行元素替换第一行,对应行列式为:
    b 1 A 11 + b 2 A 12 + ⋯ + b n A 1 n = ∣ b 1 b 2 ⋯ b n a 21 a 22 ⋯ a 2 n ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 a n 2 ⋯ a n n ∣ b_{1}A_{11}+b_{2}A_{12}+\cdots+b_{n}A_{1n} =\begin{vmatrix} b_{1} & b_{2} & \cdots & b_{n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots &a_{2n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{vmatrix} b1A11+b2A12++bnA1n=b1a21an1b2a22an2bna2nann
    即要计算某行(列)元素代数余子式的组合 b 1 A 11 + b 2 A 12 + ⋯ + b n A 1 n b_{1}A_{11}+b_{2}A_{12}+\cdots+b_{n}A_{1n} b1A11+b2A12++bnA1n时,只要将该行(列)替换为系数即可。

    展开全文
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空空如也

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余子式和代数余子式