46. 方阵与其转置的行列式相等

本节, 我想证明, 一个方阵与其转置的行列式相等.

其实, 在第一章, 节 15, 我已用定义 (按列 $1$ 展开) 与按行 $1$ 展开证明了它. 不过, 我想, 知道别的证明是好的.

以下, 设 $P(n)$ 为命题

对任何 $n$ 级阵 $A$, $$\begin{array}{r}\det (A^{\mathrm{T}})=\det (A).\end{array}$$

则, 我们的目标是: 对任何正整数 $n$, $P(n)$ 是对的.

证. (同时用按列 $1$ 展开与按行 $1$ 展开) 见第一章, 节 15.

证毕.

证. (用按一列展开) $P(1)$ 是对的. 毕竟, $1$ 级阵的转置就是自己.

现在, 我们假定 $P(m-1)$ 是对的. 我们要证 $P(m)$ 也是对的.

任取一个 $m$ 级阵 $A$. 一方面, 我们知道, 对任何数 $x$, 与任何正整数 $s$, 必有$$\begin{array}{r}x=s^{-1}\sum _{j=1}^{s}x.\end{array}$$另一方面, 我们已知, 对每一个 $s$ 级阵 $B$, 与每一个不超过 $s$ 的正整数 $j$, $$\begin{array}{r}\det (B)=\sum _{i=1}^s(-1{)}^{i+j}[B{]}_{i,j}\det (B(i|j)).\end{array}$$最后, 注意, 既然 $[A{]}_{i,j}=[A^{\mathrm{T}}{]}_{j,i}$, 则, 不难验证, $A^{\mathrm{T}}(i|j)=(A(j|i){)}^{\mathrm{T}}$. 结合这三件事, 与用过多次的加法的结合律与交换律, 并利用假定 (第 4 个等号), 我们有$$\begin{array}{rl}\det (A^{\mathrm{T}})=& m^{-1}\sum _{j=1}^m\det (A^{\mathrm{T}})\\ =& m^{-1}\sum _{j=1}^m\sum _{i=1}^m(-1{)}^{i+j}[A^{\mathrm{T}}{]}_{i,j}\det (A^{\mathrm{T}}(i|j))\\ =& m^{-1}\sum _{j=1}^m\sum _{i=1}^m(-1{)}^{i+j}[A{]}_{j,i}\det ((A(j|i){)}^{\mathrm{T}})\\ =& m^{-1}\sum _{j=1}^m\sum _{i=1}^m(-1{)}^{i+j}[A{]}_{j,i}\det (A(j|i))\\ =& m^{-1}\sum _{j=1}^m\sum _{i=1}^m(-1{)}^{j+i}[A{]}_{j,i}\det (A(j|i))\\ =& m^{-1}\sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^m(-1{)}^{j+i}[A{]}_{j,i}\det (A(j|i))\\ =& m^{-1}\sum _{i=1}^m\det (A)\\ =& \det (A).\end{array}$$所以, $P(m)$ 是对的. 由数学归纳法, 待证命题成立.

证毕.

证. (用按列 $1$ 展开) 作辅助命题 $Q(n)$:

$P(n-1)$ 与 $P(n)$ 是对的.

我们用数学归纳法证明, 对任何高于 $1$ 的整数 $n$, $Q(n)$ 是对的. 由此, 我们可知, 对任何正整数 $n$, $P(n)$ 是对的.

不难验证 $Q(2)$ 是对的.

现在, 我们假定 $Q(m-1)$ 是对的. 我们要证 $Q(m)$ 也是对的. 既然 $Q(m-1)$ 是对的, 则 $P(m-2)$ 与 $P(m-1)$ 是对的. 所以, 若我们能由此证明 $P(m)$ 是对的, 则 $Q(m)$ 是对的.

任取一个 $m$ 级阵 $A$. 为方便, 我们记 $f=(-1{)}^{1+1}[A{]}_{1,1}\det (A(1|1))$. 则$$\begin{array}{rlrl}& \det (A^{\mathrm{T}})& & \\ =& \sum _{i=1}^m(-1{)}^{i+1}[A^{\mathrm{T}}{]}_{i,1}\det (A^{\mathrm{T}}(i|1))& & \\ =& (-1{)}^{1+1}[A^{\mathrm{T}}{]}_{1,1}\det (A^{\mathrm{T}}(1|1))+\sum _{i=2}^m(-1{)}^{i+1}[A^{\mathrm{T}}{]}_{i,1}\det (A^{\mathrm{T}}(i|1))& & \\ =& (-1{)}^{1+1}[A{]}_{1,1}\det (A(1|1))+\sum _{i=2}^m(-1{)}^{i+1}[A^{\mathrm{T}}{]}_{i,1}\det (A(1|i))& & \text{(1)}\\ =& f+\sum _{i=2}^m(-1{)}^{i+1}[A^{\mathrm{T}}{]}_{i,1}\sum _{k=2}^m(-1{)}^{k-1+1}[A{]}_{k,1}\det (A(1,k|i,1))& & \text{(2)}\\ =& f+\sum _{i=2}^m\sum _{k=2}^m(-1{)}^{i+1}[A^{\mathrm{T}}{]}_{i,1}(-1{)}^{k-1+1}[A{]}_{k,1}\det (A(1,k|i,1))& & \\ =& f+\sum _{k=2}^m\sum _{i=2}^m(-1{)}^{i+1}[A^{\mathrm{T}}{]}_{i,1}(-1{)}^{k-1+1}[A{]}_{k,1}\det (A(1,k|i,1))& & \\ =& f+\sum _{k=2}^m\sum _{i=2}^m(-1{)}^{k+1}[A{]}_{k,1}(-1{)}^{i-1+1}[A^{\mathrm{T}}{]}_{i,1}\det (A(1,k|i,1))& & \\ =& f+\sum _{k=2}^m(-1{)}^{k+1}[A{]}_{k,1}\sum _{i=2}^m(-1{)}^{i-1+1}[A^{\mathrm{T}}{]}_{i,1}\det (A(1,k|i,1))& & \\ =& f+\sum _{k=2}^m(-1{)}^{k+1}[A{]}_{k,1}\sum _{i=2}^m(-1{)}^{i-1+1}[A^{\mathrm{T}}{]}_{i,1}\det (A^{\mathrm{T}}(i,1|1,k))& & \text{(3)}\\ =& f+\sum _{k=2}^m(-1{)}^{k+1}[A{]}_{k,1}\det (A^{\mathrm{T}}(1|k))& & \text{(4)}\\ =& f+\sum _{k=2}^m(-1{)}^{k+1}[A{]}_{k,1}\det (A(k|1))& & \text{(5)}\\ =& \sum _{k=1}^m(-1{)}^{k+1}[A{]}_{k,1}\det (A(k|1))& & \\ =& \det (A).& & \end{array}$$所以, $P(m)$ 是对的. 则 $Q(m)$ 是对的. 由数学归纳法, 待证命题成立.

我简单地作解释.

(1) 利用了假定 $P(m-1)$. 注意, $A^{\mathrm{T}}(i|1)$ 的转置是 $A(1|i)$.

(2) 利用了按列 $1$ 展开. 注意, $[A{]}_{k,1}$ 是 $A(1|i)$ 的 $(k-1,1)$-元 ($i,k>1$).

(3) 利用了假定 $P(m-2)$. 注意, $A(1,k|i,1)$ 的转置是 $A^{\mathrm{T}}(i,1|1,k)$.

(4) 利用了按列 $1$ 展开. 注意, $[A^{\mathrm{T}}{]}_{i,1}$ 是 $A^{\mathrm{T}}(1|k)$ 的 $(i-1,1)$-元 ($i,k>1$).

(5) 利用了假定 $P(m-1)$. 注意, $A^{\mathrm{T}}(1|k)$ 的转置是 $A(k|1)$.

证毕.