77. 杂例

例 77.1. 设 $A$ 是 $n$ 级阵. 设 $n$ 级阵 $D$ 适合$$\begin{array}{r}[D{]}_{i,j}=\{\begin{array}{ll}{d}_i,& i=j;\\ 0,& \text{其他}.\end{array}\end{array}$$则$$\begin{array}{rl}& \det (A+D)\\ =& \det (D)\\ & +\sum _{k=1}^{n-1}\sum _{1⩽j_1<j_2<\cdots <j_k⩽n}\det \left(A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\det (D(j_1,\dots ,j_k|j_1,\dots ,j_k))\\ & +\det (A).\end{array}$$

设 $A$ 的列 $1$, $2$, $\dots$, $n$ 分别是 $b_1^{(1)}$, $b_2^{(1)}$, $\dots$, $b_n^{(1)}$. 设 $D$ 的列 $1$, $2$, $\dots$, $n$ 分别是 $b_1^{(0)}$, $b_2^{(0)}$, $\dots$, $b_n^{(0)}$. 则 $A+D$ 的列 $j$ 是$$\begin{array}{r}{b}_j^{(1)}+b_j^{(0)}=b_j^{(0)}+b_j^{(1)}=\sum _{c_j=0}^1{b}_j^{(c_j)}.\end{array}$$则, 由多线性, $$\begin{array}{rl}& \det (A+D)\\ =& \det \left[\sum _{c_1=0}^1{b}_1^{(c_1)},\sum _{c_2=0}^1{b}_2^{(c_2)},\dots ,\sum _{c_n=0}^1{b}_n^{(c_n)}\right]\\ =& \sum _{c_1=0}^1\det \left[b_1^{(c_1)},\sum _{c_2=0}^1{b}_2^{(c_2)},\dots ,\sum _{c_n=0}^1{b}_n^{(c_n)}\right]\\ =& \sum _{c_1=0}^1\sum _{c_2=0}^1\det \left[b_1^{(c_1)},b_2^{(c_2)},\dots ,\sum _{c_n=0}^1{b}_n^{(c_n)}\right]\\ =& \dots \\ =& \sum _{c_1=0}^1\sum _{c_2=0}^1\cdots \sum _{c_n=0}^1\det [b_1^{(c_1)},b_2^{(c_2)},\dots ,b_n^{(c_n)}]\\ =& \sum _{0⩽c_1,c_2,\dots ,c_n⩽1}\det [b_1^{(c_1)},b_2^{(c_2)},\dots ,b_n^{(c_n)}].\end{array}$$由加法的结合律与交换律, 我们可按任何方式, 任何次序求这些$$\begin{array}{r}\det [b_1^{(c_1)},b_2^{(c_2)},\dots ,b_n^{(c_n)}]\end{array}$$的和. 特别地, 我们可按 $c_1+c_2+\cdots +c_n$ 分这些数为若干组, 求出一组的组和 (即一组的元的和), 再求这些组的组和的和. 因为 $0⩽c_j⩽1$, 故 $0⩽c_1+c_2+\cdots +c_n⩽n$. 于是, 我们可分这些数为 $n+1$ 组: 适合 $c_1+c_2+\cdots +c_n=0$ 的项在一组; 适合 $c_1+c_2+\cdots +c_n=1$ 的项在一组; ……; 适合 $c_1+c_2+\cdots +c_n=n$ 的项在一组. 不难看出, 每一项在某一组里, 且每一项不能在二个不同的组里. 则$$\begin{array}{rl}& \det (A+D)\\ =& \sum _{0⩽c_1,c_2,\dots ,c_n⩽1}\det [b_1^{(c_1)},b_2^{(c_2)},\dots ,b_n^{(c_n)}]\\ =& \sum _{k=0}^n\sum _{\begin{array}{c}0⩽c_1,c_2,\dots ,c_n⩽1\\ c_1+c_2+\cdots +c_n=k\end{array}}\det [b_1^{(c_1)},b_2^{(c_2)},\dots ,b_n^{(c_n)}]\\ =& \sum _{\begin{array}{c}0⩽c_1,c_2,\dots ,c_n⩽1\\ c_1+c_2+\cdots +c_n=0\end{array}}\det [b_1^{(c_1)},b_2^{(c_2)},\dots ,b_n^{(c_n)}]\\ & +\sum _{k=1}^{n-1}\sum _{\begin{array}{c}0⩽c_1,c_2,\dots ,c_n⩽1\\ c_1+c_2+\cdots +c_n=k\end{array}}\det [b_1^{(c_1)},b_2^{(c_2)},\dots ,b_n^{(c_n)}]\\ & +\sum _{\begin{array}{c}0⩽c_1,c_2,\dots ,c_n⩽1\\ c_1+c_2+\cdots +c_n=n\end{array}}\det [b_1^{(c_1)},b_2^{(c_2)},\dots ,b_n^{(c_n)}].\end{array}$$

不难看出, $c_1+c_2+\cdots +c_n=0$ 时, $c_1=c_2=\cdots =c_n=0$. 则$$\begin{array}{r}\sum _{0⩽c_1,c_2,\dots ,c_n⩽1}\det [b_1^{(c_1)},b_2^{(c_2)},\dots ,b_n^{(c_n)}]=\det [b_1^{(0)},b_2^{(0)},\dots ,b_n^{(0)}]=\det (D).\end{array}$$

不难看出, $c_1+c_2+\cdots +c_n=n$ 时, $c_1=c_2=\cdots =c_n=1$. 则$$\begin{array}{r}\sum _{0⩽c_1,c_2,\dots ,c_n⩽1}\det [b_1^{(c_1)},b_2^{(c_2)},\dots ,b_n^{(c_n)}]=\det [b_1^{(1)},b_2^{(1)},\dots ,b_n^{(1)}]=\det (A).\end{array}$$

设正整数 $k<n$. 由 $c_1+c_2+\cdots +c_n=k$, 知在 $c_1$, $c_2$, $\dots$, $c_n$ 中, 有 $k$ 个 $1$ 与 $n-k$ 个 $0$. 设 $c_{j_1}=c_{j_2}=\cdots =c_{j_k}=1$ (其中 $1⩽j_1<j_2<\cdots <j_k⩽n$), 且 $c_{j_{k+1}}=\cdots =c_{j_n}=0$ (其中 $1⩽j_{k+1}<\cdots <j_n⩽n$). 记 $n$ 级阵$$\begin{array}{r}{B}_{c_1,\dots ,c_n}=[b_1^{(c_1)},b_2^{(c_2)},\dots ,b_n^{(c_n)}].\end{array}$$注意, 当 $\ell >k$, 且 $i\ne j_{\ell }$ 时, $[B_{c_1,\dots ,c_n}{]}_{i,j_{\ell }}=0$, 且 $[B_{c_1,\dots ,c_n}{]}_{j_{\ell },j_{\ell }}=d_{j_{\ell }}$, 按列 $j_{k+1}$ 展开 $\det (B_{c_1,\dots ,c_n})$, 有$$\begin{array}{rl}\det (B_{c_1,\dots ,c_n})=& (-1{)}^{j_{k+1}+j_{k+1}}[B_{c_1,\dots ,c_n}{]}_{j_{\ell },j_{\ell }}\det (B_{c_1,\dots ,c_n}(j_{k+1}|j_{k+1}))\\ =& d_{j_{k+1}}\det (B_{c_1,\dots ,c_n}(j_{k+1}|j_{k+1})).\end{array}$$按列 $j_{k+2}-1$ 展开 $\det (B_{c_1,\dots ,c_n}(j_{k+1}|j_{k+1}))$, 有$$\begin{array}{rl}& \det (B_{c_1,\dots ,c_n}(j_{k+1}|j_{k+1}))\\ =& (-1{)}^{j_{k+2}-1+j_{k+2}-1}[B_{c_1,\dots ,c_n}{]}_{j_{\ell },j_{\ell }}\det (B_{c_1,\dots ,c_n}(j_{k+1},j_{k+2}|j_{k+1},j_{k+2}))\\ =& d_{j_{k+2}}\det (B_{c_1,\dots ,c_n}(j_{k+1},j_{k+2}|j_{k+1},j_{k+2})).\end{array}$$故$$\begin{array}{r}\det (B_{c_1,\dots ,c_n})=d_{j_{k+1}}{d}_{j_{k+2}}\det (B_{c_1,\dots ,c_n}(j_{k+1},j_{k+2}|j_{k+1},j_{k+2})).\end{array}$$…… 最后, 我们算出$$\begin{array}{rl}& \det (B_{c_1,\dots ,c_n})\\ =& d_{j_{k+1}}{d}_{j_{k+2}}\dots d_{j_n}\det (B_{c_1,\dots ,c_n}(j_{k+1},\dots ,j_n|j_{k+1},\dots ,j_n))\\ =& \det (B_{c_1,\dots ,c_n}(j_{k+1},\dots ,j_n|j_{k+1},\dots ,j_n))d_{j_{k+1}}{d}_{j_{k+2}}\dots d_{j_n}\\ =& \det \left(A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\det (D(j_1,\dots ,j_k|j_1,\dots ,j_k)).\end{array}$$于是$$\begin{array}{rl}& \sum _{\begin{array}{c}0⩽c_1,c_2,\dots ,c_n⩽1\\ c_1+c_2+\cdots +c_n=k\end{array}}\det [b_1^{(c_1)},b_2^{(c_2)},\dots ,b_n^{(c_n)}]\\ =& \sum _{1⩽j_1<j_2<\cdots <j_k⩽n}\det \left(A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\det (D(j_1,\dots ,j_k|j_1,\dots ,j_k)).\end{array}$$

综上, $$\begin{array}{rl}& \det (A+D)\\ =& \sum _{\begin{array}{c}0⩽c_1,c_2,\dots ,c_n⩽1\\ c_1+c_2+\cdots +c_n=0\end{array}}\det [b_1^{(c_1)},b_2^{(c_2)},\dots ,b_n^{(c_n)}]\\ & +\sum _{k=1}^{n-1}\sum _{\begin{array}{c}0⩽c_1,c_2,\dots ,c_n⩽1\\ c_1+c_2+\cdots +c_n=k\end{array}}\det [b_1^{(c_1)},b_2^{(c_2)},\dots ,b_n^{(c_n)}]\\ & +\sum _{\begin{array}{c}0⩽c_1,c_2,\dots ,c_n⩽1\\ c_1+c_2+\cdots +c_n=n\end{array}}\det [b_1^{(c_1)},b_2^{(c_2)},\dots ,b_n^{(c_n)}]\\ =& \det (D)\\ & +\sum _{k=1}^{n-1}\sum _{1⩽j_1<j_2<\cdots <j_k⩽n}\det \left(A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\det (D(j_1,\dots ,j_k|j_1,\dots ,j_k))\\ & +\det (A).\end{array}$$

例 77.2. 设 $A$ 是 $n$ 级阵. 设 $x$ 是数. 则$$\begin{array}{r}\det (x{I}_n+A)=x^n+\sum _{k=1}^n{x}^{n-k}\sum _{1⩽j_1<\cdots <j_k⩽n}\det \left(A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right).\end{array}$$

注意, $$\begin{array}{r}[x{I}_n{]}_{i,j}=\{\begin{array}{ll}x,& i=j;\\ 0,& \text{其他}.\end{array}\end{array}$$故, 由上个例, $$\begin{array}{rl}& \det (x{I}_n+A)\\ =& \det (x{I}_n)\\ & +\sum _{k=1}^{n-1}\sum _{1⩽j_1<\cdots <j_k⩽n}\det \left(A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\det ((x{I}_n)(j_1,\dots ,j_k|j_1,\dots ,j_k))\\ & +\det (A)\\ =& x^n+\sum _{k=1}^{n-1}\sum _{1⩽j_1<\cdots <j_k⩽n}\det \left(A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)x^{n-k}\\ & +\det (A)\\ =& x^n+\sum _{k=1}^{n-1}{x}^{n-k}\sum _{1⩽j_1<\cdots <j_k⩽n}\det \left(A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\\ & +x^{n-n}\sum _{1⩽j_1<\cdots <j_n⩽n}\det \left(A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_n}{j_1,\dots ,j_n}\right)\right)\\ =& x^n+\sum _{k=1}^n{x}^{n-k}\sum _{1⩽j_1<\cdots <j_k⩽n}\det \left(A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right).\end{array}$$

例 77.3. 设正整数 $m$, $n$ 适合 $m⩾n$. 设 $A$, $B$ 分别是 $m\times n$ 与 $n\times m$ 阵. 设正整数 $k⩽n$. 由 Binet–Cauchy 公式的推广, $$\begin{array}{rl}& \sum _{1⩽j_1<\cdots <j_k⩽m}\det \left((AB)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\\ =& \sum _{1⩽j_1<\cdots <j_k⩽m}\sum _{1⩽i_1<\cdots <i_k⩽n}\det \left(A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{i_1,\dots ,i_k}\right)\right)\det \left(B\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\\ =& \sum _{1⩽j_1<\cdots <j_k⩽m}\sum _{1⩽i_1<\cdots <i_k⩽n}\det \left(B\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\det \left(A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{i_1,\dots ,i_k}\right)\right)\\ =& \sum _{1⩽i_1<\cdots <i_k⩽n}\sum _{1⩽j_1<\cdots <j_k⩽m}\det \left(B\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\det \left(A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{i_1,\dots ,i_k}\right)\right)\\ =& \sum _{1⩽i_1<\cdots <i_k⩽n}\det \left((BA)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_k}{i_1,\dots ,i_k}\right)\right).\end{array}$$

例 77.4. 设正整数 $m$, $n$ 适合 $m⩾n$. 设 $A$, $B$ 分别是 $m\times n$ 与 $n\times m$ 阵. 设 $x$ 是数. 则$$\begin{array}{rl}& \det (x{I}_m+AB)\\ =& x^m+\sum _{k=1}^m{x}^{m-k}\sum _{1⩽j_1<\cdots <j_k⩽m}\det \left((AB)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\\ =& x^m+\sum _{k=1}^n{x}^{m-k}\sum _{1⩽j_1<\cdots <j_k⩽m}\det \left((AB)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\\ & +\sum _{k=n+1}^m{x}^{m-k}\sum _{1⩽j_1<\cdots <j_k⩽m}\det \left((AB)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\\ =& x^m+\sum _{k=1}^n{x}^{m-k}\sum _{1⩽j_1<\cdots <j_k⩽m}\det \left((AB)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\\ & +\sum _{k=n+1}^m{x}^{m-k}\sum _{1⩽j_1<\cdots <j_k⩽m}0\\ =& x^m+\sum _{k=1}^n{x}^{m-k}\sum _{1⩽j_1<\cdots <j_k⩽m}\det \left((AB)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\\ =& x^{m-n}{x}^n+\sum _{k=1}^n{x}^{m-n}{x}^{n-k}\sum _{1⩽i_1<\cdots <i_k⩽n}\det \left((BA)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_k}{i_1,\dots ,i_k}\right)\right)\\ =& x^{m-n}{x}^n+x^{m-n}\sum _{k=1}^n{x}^{n-k}\sum _{1⩽i_1<\cdots <i_k⩽n}\det \left((BA)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_k}{i_1,\dots ,i_k}\right)\right)\\ =& x^{m-n}\left(x^n+\sum _{k=1}^n{x}^{n-k}\sum _{1⩽i_1<\cdots <i_k⩽n}\det \left((BA)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i_1,\dots ,i_k}{i_1,\dots ,i_k}\right)\right)\right)\\ =& x^{m-n}\det (x{I}_n+BA).\end{array}$$特别地, 代 $x$ 以数 $1$, 有$$\begin{array}{r}\det (I_m+AB)=\det (I_n+BA).\end{array}$$

例 77.5. 设 $a_1$, $b_1$, $a_2$, $b_2$, $\dots$, $a_m$, $b_m$ 是 $2m$ 个数. 作 $m$ 级阵 $C$ 如下: $$\begin{array}{r}[C{]}_{i,j}=\{\begin{array}{ll}1+a_i{b}_i,& i=j;\\ a_i{b}_j,& \text{其他}.\end{array}\end{array}$$我们计算 $\det (C)$.

设 $A=[a_1,a_2,\dots ,a_m{]}^{\mathrm{T}}$, 且 $B=[b_1,b_2,\dots ,b_m]$. 则$$\begin{array}{r}[AB{]}_{i,j}=[A{]}_{i,1}[B{]}_{1,j}=a_i{b}_j.\end{array}$$由此, 不难看出, $C=I_m+AB$. 故$$\begin{array}{rl}\det (C)=& \det (I_m+AB)\\ =& \det (I_1+BA)\\ =& [I_1+BA{]}_{1,1}\\ =& [I_1{]}_{1,1}+[BA{]}_{1,1}\\ =& 1+b_1{a}_1+b_2{a}_2+\cdots +b_m{a}_m.\end{array}$$

我们当然也可用别的方法. 作 $m+1$ 级阵 $G$ 如下: $$\begin{array}{r}[G{]}_{i,j}=\{\begin{array}{ll}1,& i=j=m+1;\\ -a_i,& i<j=m+1;\\ 0,& m+1=i>j;\\ [C{]}_{i,j},& \text{其他}.\end{array}\end{array}$$通俗地, $$\begin{array}{r}G=\left[\begin{array}{cccccc}1+a_1{b}_1& a_1{b}_2& \cdots & a_1{b}_{m-1}& a_1{b}_m& -a_1\\ a_2{b}_1& 1+a_2{b}_2& \cdots & a_2{b}_{m-1}& a_2{b}_m& -a_2\\ ⋮& ⋮& & ⋮& ⋮& ⋮\\ a_{m-1}{b}_1& a_{m-1}{b}_2& \cdots & 1+a_{m-1}{b}_{m-1}& a_{m-1}{b}_m& -a_{m-1}\\ a_m{b}_1& a_m{b}_2& \cdots & a_m{b}_{m-1}& 1+a_m{b}_m& -a_m\\ 0& 0& \cdots & 0& 0& 1\end{array}\right].\end{array}$$一方面, 按行 $m+1$ 展开, 有$$\begin{array}{r}\det (G)=(-1{)}^{m+1+m+1}1\det (G(1|1))=\det (C).\end{array}$$另一方面, 我们加列 $m+1$ 的 $b_1$ 倍于列 $1$, 加列 $m+1$ 的 $b_2$ 倍于列 $2$, ……, 加列 $m+1$ 的 $b_m$ 倍于列 $m$, 得 $m+1$ 级阵$$\begin{array}{r}H=\left[\begin{array}{cccccc}1& 0& \cdots & 0& 0& -a_1\\ 0& 1& \cdots & 0& 0& -a_2\\ ⋮& ⋮& & ⋮& ⋮& ⋮\\ 0& 0& \cdots & 1& 0& -a_{m-1}\\ 0& 0& \cdots & 0& 1& -a_m\\ b_1& b_2& \cdots & b_{m-1}& b_m& 1\end{array}\right].\end{array}$$则 $\det (H)=\det (G)$. 故 $\det (C)=\det (H)$.

我们加列 $1$ 的 $a_1$ 倍于列 $m+1$, 加列 $1$ 的 $a_2$ 倍于列 $m+1$, ……, 加列 $1$ 的 $a_m$ 倍于列 $m+1$, 得 $m+1$ 级阵$$\begin{array}{r}J=\left[\begin{array}{cccccc}1& 0& \cdots & 0& 0& 0\\ 0& 1& \cdots & 0& 0& 0\\ ⋮& ⋮& & ⋮& ⋮& ⋮\\ 0& 0& \cdots & 1& 0& 0\\ 0& 0& \cdots & 0& 1& 0\\ b_1& b_2& \cdots & b_{m-1}& b_m& 1+b_1{a}_1+b_2{a}_2+\cdots +b_m{a}_m\end{array}\right].\end{array}$$则 $\det (J)=\det (H)$. 故$$\begin{array}{r}\det (C)=\det (J)=1+b_1{a}_1+b_2{a}_2+\cdots +b_m{a}_m.\end{array}$$

例 77.6. 设 $n$, $m$ 是非负整数, 且 $m+n⩾1$. 设$$\begin{array}{rl}f(x)& =\sum _{k=0}^n{a}_k{x}^{n-k}=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_n,\\ g(x)& =\sum _{k=0}^m{b}_k{x}^{m-k}=b_0{x}^m+b_1{x}^{m-1}+\cdots +b_m.\end{array}$$为方便, 我们约定: 若 $k<0$ 或 $k>n$, 则 $a_k=0$; 若 $k<0$ 或 $k>m$, 则 $b_k=0$. 作 $m+n$ 级阵 $R$ 如下: $$\begin{array}{r}[R{]}_{i,j}=\{\begin{array}{ll}{a}_{i-j},& j⩽m;\\ b_{i-(j-m)},& j>m.\end{array}\end{array}$$通俗地, 比如, 若 $n=2$, 且 $m=5$, 则$$\begin{array}{r}R=\left[\begin{array}{ccccccc}{a}_0& a_{-1}& a_{-2}& a_{-3}& a_{-4}& b_0& b_{-1}\\ a_1& a_0& a_{-1}& a_{-2}& a_{-3}& b_1& b_0\\ a_2& a_1& a_0& a_{-1}& a_{-2}& b_2& b_1\\ a_3& a_2& a_1& a_0& a_{-1}& b_3& b_2\\ a_4& a_3& a_2& a_1& a_0& b_4& b_3\\ a_5& a_4& a_3& a_2& a_1& b_5& b_4\\ a_6& a_5& a_4& a_3& a_2& b_6& b_5\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccccccc}{a}_0& 0& 0& 0& 0& b_0& 0\\ a_1& a_0& 0& 0& 0& b_1& b_0\\ a_2& a_1& a_0& 0& 0& b_2& b_1\\ 0& a_2& a_1& a_0& 0& b_3& b_2\\ 0& 0& a_2& a_1& a_0& b_4& b_3\\ 0& 0& 0& a_2& a_1& b_5& b_4\\ 0& 0& 0& 0& a_2& 0& b_5\end{array}\right].\end{array}$$

(1) 设 $e$ 是 $m+n$ 级单位阵的列 $m+n$. 我们说, 存在 $(m+n)\times 1$ 阵 $p$ 使 $Rp=\det (R)e$.

取 $p$ 为 $R$ 的古伴 $\mathrm{adj}(R)$ 的列 $m+n$. 则$$\begin{array}{rl}[Rp{]}_{i,1}=& \sum _{\ell =1}^{m+n}[R{]}_{i,\ell }[p{]}_{\ell ,1}\\ =& \sum _{\ell =1}^{m+n}[R{]}_{i,\ell }[\mathrm{adj}(R){]}_{\ell ,m+n}\\ =& [R\mathrm{adj}(R){]}_{i,m+n}\\ =& [\det (R)I_{m+n}{]}_{i,m+n}\\ =& \det (R)[I_{m+n}{]}_{i,m+n}\\ =& \det (R)[e{]}_{i,1}\\ =& [\det (R)e{]}_{i,1}.\end{array}$$(若 $\det (R)\ne 0$, 显然有 $p\ne 0$; 若 $\det (R)=0$, 由第一章, 节 23, 或节 25 的知识, 存在非零的 $(m+n)\times 1$ 阵 $q$ 使 $Rq=0=\det (R)e$.)

(2) 作 $1\times (m+n)$ 阵 $X=[x^{m+n-1},x^{m+n-2},\dots ,1]$; 具体地, $[X{]}_{1,j}=x^{m+n-j}$. 则 $XR$ 是 $1\times (m+n)$ 阵, 且$$\begin{array}{r}[XR{]}_{1,j}=\sum _{\ell =1}^{m+n}[X{]}_{1,\ell }[R{]}_{\ell ,j}=\sum _{1⩽\ell ⩽m+n}[R{]}_{\ell ,j}{x}^{m+n-\ell }.\end{array}$$若 $j⩽m$, 则 $[R{]}_{\ell ,j}=a_{\ell -j}$. 则$$\begin{array}{rl}[XR{]}_{1,j}=& \sum _{1⩽\ell ⩽m+n}{a}_{\ell -j}{x}^{m+n-\ell }\\ =& \sum _{1-j⩽\ell -j⩽m+n-j}{a}_{\ell -j}{x}^{n-(\ell -j)+(m-j)}\\ =& \sum _{1-j⩽h⩽n+(m-j)}{a}_h{x}^{n-h}{x}^{m-j}\\ =& \sum _{0⩽h⩽n}{a}_h{x}^{n-h}{x}^{m-j}+\sum _{\begin{array}{c}1-j⩽h<0\\ \text{或}n<h⩽n+(m-j)\end{array}}{a}_h{x}^{n-h}{x}^{m-j}\\ =& \left(\sum _{0⩽h⩽n}{a}_h{x}^{n-h}\right)x^{m-j}+\sum _{\begin{array}{c}1-j⩽h<0\\ \text{或}n<h⩽n+(m-j)\end{array}}0x^{n-h}{x}^{m-j}\\ =& f(x)x^{m-j}.\end{array}$$若 $j>m$, 则 $[R{]}_{\ell ,j}=b_{\ell -(j-m)}$. 为方便, 记 $k=j-m$. 则$$\begin{array}{rl}[XR{]}_{1,j}=& \sum _{1⩽\ell ⩽m+n}{b}_{\ell -k}{x}^{m+n-\ell }\\ =& \sum _{1-k⩽\ell -k⩽m+n-k}{b}_{\ell -k}{x}^{m-(\ell -k)+(n-k)}\\ =& \sum _{1-k⩽h⩽m+(n-k)}{b}_h{x}^{m-h}{x}^{n-k}\\ =& \sum _{0⩽h⩽m}{b}_h{x}^{m-h}{x}^{n-k}+\sum _{\begin{array}{c}1-k⩽h<0\\ \text{或}m<h⩽m+(n-k)\end{array}}{b}_h{x}^{m-h}{x}^{n-k}\\ =& \left(\sum _{0⩽h⩽m}{b}_h{x}^{m-h}\right)x^{n-(j-m)}+\sum _{\begin{array}{c}1-k⩽h<0\\ \text{或}m<h⩽m+(n-k)\end{array}}0x^{m-h}{x}^{n-k}\\ =& g(x)x^{n-(j-m)}.\end{array}$$

(3) 既然 $XR$ 是 $1\times (m+n)$ 阵, 则 $(XR)p$ 是 $1$ 级阵. 则$$\begin{array}{rl}[(XR)p{]}_{1,1}=& \sum _{j=1}^{m+n}[XR{]}_{1,j}[p{]}_{j,1}\\ =& \sum _{j=1}^m[XR{]}_{1,j}[p{]}_{j,1}+\sum _{j=m+1}^{m+n}[XR{]}_{1,j}[p{]}_{j,1}\\ =& \sum _{j=1}^{m}f(x)x^{m-j}[p{]}_{j,1}+\sum _{j=m+1}^{m+n}g(x)x^{n-(j-m)}[p{]}_{j,1}\\ =& f(x)\sum _{j=1}^m{x}^{m-j}[p{]}_{j,1}+g(x)\sum _{j=m+1}^{m+n}{x}^{n-(j-m)}[p{]}_{j,1}\\ =& f(x)\sum _{k=0}^{m-1}[p{]}_{k+1,1}{x}^{m-1-k}+g(x)\sum _{k=0}^{n-1}[p{]}_{m+1+k,1}{x}^{n-1-k}.\end{array}$$记$$\begin{array}{rl}u(x)=\sum _{k=0}^{m-1}[p{]}_{k+1,1}{x}^{m-1-k}=& [p{]}_{1,1}{x}^{m-1}+[p{]}_{2,1}{x}^{m-2}+\cdots +[p{]}_{m,1},\\ v(x)=\sum _{k=0}^{n-1}[p{]}_{m+1+k,1}{x}^{n-1-k}=& [p{]}_{m+1,1}{x}^{n-1}+[p{]}_{m+2,1}{x}^{n-2}+\cdots +[p{]}_{m+n,1}.\end{array}$$则 $f(x)u(x)+g(x)v(x)=[(XR)p{]}_{1,1}$. 另一方面, $$\begin{array}{rl}[(XR)p{]}_{1,1}=& [X(Rp){]}_{1,1}\\ =& [X(\det (R)e){]}_{1,1}\\ =& \sum _{j=1}^{m+n}[X{]}_{1,j}[\det (R)e{]}_{j,1}\\ =& \sum _{j=1}^{m+n-1}[X{]}_{1,j}[\det (R)e{]}_{j,1}+[X{]}_{1,m+n}[\det (R)e{]}_{m+n,1}\\ =& 0+1\det (R)\\ =& \det (R).\end{array}$$故 $f(x)u(x)+g(x)v(x)=\det (R)$.

(4) 设数 $c$ 适合 $f(c)=0=g(c)$. 由 (3) 知, 必 $0=f(c)u(c)+g(c)v(c)=\det (R)$ (我们代 $x$ 以数 $c$). 这有时是有用的.

例 77.7. 解方程组$$\{\begin{array}{l}11x^2-2xy-44y^2-x+26y-32=0,\\ 4x^2-18xy+49y^2-4x+9y-118=0.\end{array}$$(77.1)

我们可用上例的结果解方程组 (77.1). 为此, 我们记$$\begin{array}{rl}{f}_y(x)& =11x^2+(-2y-1)x+(-44y^2+26y-32),\\ g_y(x)& =4x^2+(-18y-4)x+(49y^2+9y-118).\end{array}$$设 $x=a$, $y=b$ 是方程组 (77.1) 的一个解. 则$$\begin{array}{rl}& \begin{array}{rl}0=& 11a^2-2ab-44b^2-a+26b-32\\ =& 11a^2+(-2b-1)a+(-44b^2+26b-32),\end{array}\\ & \begin{array}{rl}0=& 4a^2-18ab+49b^2-4a+9b-118\\ =& 4a^2+(-18b-4)a+(49b^2+9b-118),\end{array}\end{array}$$即 $f_b(a)=0=g_b(a)$. 故$$\begin{array}{r}\left[\begin{array}{cccc}11& 0& 4& 0\\ -2b-1& 11& -18b-4& 4\\ -44b^2+26b-32& -2b-1& 49b^2+9b-118& -18b-4\\ 0& -44b^2+26b-32& 0& 49b^2+9b-118\end{array}\right]\end{array}$$的行列式是 $0$. 另一方面, 可以算出, 此阵的行列式是 $342125(b^2-1)(b^2-4)$. 于是, 若 $x=a$, $y=b$ 是方程组 (77.1) 的一个解, 则 $b=1$ 或 $b=-1$ 或 $b=2$ 或 $b=-2$. 则 (代 $b$ 以 $1$) $$\{\begin{array}{l}11a^2-2a-44-a+26-32=0,\\ 4a^2-18a+49-4a+9-118=0;\end{array}$$(77.2)或 (代 $b$ 以 $-1$) $$\{\begin{array}{l}11a^2+2a-44-a-26-32=0,\\ 4a^2+18a+49-4a-9-118=0;\end{array}$$(77.3)或 (代 $b$ 以 $2$) $$\{\begin{array}{l}11a^2-4a-176-a+52-32=0,\\ 4a^2-36a+196-4a+18-118=0;\end{array}$$(77.4)或 (代 $b$ 以 $-2$) $$\{\begin{array}{l}11a^2+4a-176-a-52-32=0,\\ 4a^2+36a+196-4a-18-118=0.\end{array}$$(77.5)方程组 (77.2) 的解是 $a=-2$; 方程组 (77.3) 的解是 $a=3$; 方程组 (77.4) 的解是 $a=4$; 方程组 (77.5) 的解是 $a=-5$. 于是, 若 $x=a$, $y=b$ 是方程组 (77.1) 的一个解, 必: $$\begin{array}{rl}& a=-2,b=1;\\ \text{或}& a=3,b=-1;\\ \text{或}& a=4,b=2;\\ \text{或}& a=-5,b=-2.\end{array}$$最后, 我们验证这些是否是方程组 (77.1) 的解. 可以验证, 它们都是解. 于是, 方程组 (77.1) 的解是: $$\begin{array}{rl}& x=-2,y=1;\\ \text{或}& x=3,y=-1;\\ \text{或}& x=4,y=2;\\ \text{或}& x=-5,y=-2.\end{array}$$

例 77.8. 设 $A$ 是 $n$ 级阵. 则 $AA$ 是有意义的, 且也是方阵. 我们写 $A^2=AA$. 类似地, $A^{2}A$ 也是有意义的, 且也是方阵. 我们写 $A^3=A^{2}A$. 一般地, 对任何非负整数 $m$, 我们如下定义方阵 $A$ 的 $m$ 次方: $$\begin{array}{r}{A}^m=\{\begin{array}{ll}I,& m=0;\\ A^{m-1}A,& m⩾1.\end{array}\end{array}$$不难看出, $A^1=A^{0}A=IA=A$.

类似数的非负整数次方, 方阵的非负整数次方适合: 对任何方阵 $A$, 任何非负整数 $\ell$, $m$,

(1) $A^{\ell +m}=A^{\ell }{A}^m$;

(2) $(A^{\ell }{)}^m=A^{\ell m}$.

我们用数学归纳法证明 (1) 与 (2).

(1) 作命题 $P(m)$: $A^{\ell +m}=A^{\ell }{A}^m$. 我们的目标是: 对任何非负整数 $m$, $P(m)$ 是对的.

$P(0)$ 是对的, 因为 $A^{\ell +0}=A^{\ell }=A^{\ell }I=A^{\ell }{A}^0$.

假定 $P(m)$ 是对的. 我们由此证明, $P(m+1)$ 也是对的. 注意, $$\begin{array}{r}{A}^{\ell +(m+1)}=A^{(\ell +m)+1}=A^{\ell +m}A=(A^{\ell }{A}^m)A=A^{\ell }(A^{m}A)=A^{\ell }{A}^{m+1}.\end{array}$$所以, $P(m+1)$ 是对的. 由数学归纳法, 待证命题成立.

(2) 作命题 $Q(m)$: $(A^{\ell }{)}^m=A^{\ell m}$. 我们的目标是: 对任何非负整数 $m$, $Q(m)$ 是对的.

$Q(0)$ 是对的, 因为 $(A^{\ell }{)}^0=I=A^0=A^{\ell 0}$.

假定 $Q(m)$ 是对的. 我们由此证明, $Q(m+1)$ 也是对的. 注意, $$\begin{array}{r}(A^{\ell }{)}^{m+1}=(A^{\ell }{)}^m{A}^{\ell }=A^{\ell m}{A}^{\ell }=A^{\ell m+\ell }=A^{\ell (m+1)}.\end{array}$$所以, $Q(m+1)$ 是对的. 由数学归纳法, 待证命题成立.

例 77.9. 我们知道, 对任何数 $x$, $y$, 任何非负整数 $m$, 必 $(xy{)}^m=x^m{y}^m$. 可是, 存在二个同级的方阵 $A$, $B$, 存在非负整数 $m$, 使 $(AB{)}^m\ne A^m{B}^m$: 取 $m=2$, $$\begin{array}{r}A=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right],B=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\right].\end{array}$$不难算出$$\begin{array}{r}AB=\left[\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 1\end{array}\right],A^2=\left[\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 1\end{array}\right],B^2=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 2& 1\end{array}\right].\end{array}$$则$$\begin{array}{r}(AB{)}^2=\left[\begin{array}{cc}5& 3\\ 3& 2\end{array}\right],A^2{B}^2=\left[\begin{array}{cc}5& 2\\ 2& 1\end{array}\right].\end{array}$$

不过, 若 $AB=BA$, 则我们仍有, 对任何非负整数 $m$, 必 $(AB{)}^m=A^m{B}^m$. 为证明此事, 我们要作准备.

作命题 $P(m)$: $B^{m}A=A{B}^m$. (注意, $A{B}^m$ 是 $A(B^m)$, 而不是 $(AB{)}^m$; 这就像 $x{y}^m$ 是 $x(y^m)$, 而不是 $(xy{)}^m$.) 我们用数学归纳法证明 $P(m)$.

$P(0)$ 是对的, 因为 $B^{0}A=IA=AI=A{B}^0$.

假定 $P(m)$ 是对的. 我们由此证明, $P(m+1)$ 也是对的. 注意, $$\begin{array}{rl}{B}^{m+1}A=& (B^{m}B)A=B^m(BA)=B^m(AB)\\ =& (B^{m}A)B=(A{B}^m)B=A(B^{m}B)=A{B}^{m+1}.\end{array}$$所以, $P(m+1)$ 是对的. 由数学归纳法, 待证命题成立.

好的. 我们作好了准备.

作命题 $Q(m)$: $(AB{)}^m=A^m{B}^m$. 我们的目标是: 对任何非负整数 $m$, $Q(m)$ 是对的.

$Q(0)$ 是对的, 因为 $(AB{)}^0=I=II=A^0{B}^0$.

假定 $Q(m)$ 是对的. 我们由此证明, $Q(m+1)$ 也是对的. 注意, $$\begin{array}{rl}(AB{)}^{m+1}=& (AB{)}^m(AB)=(A^m{B}^m)(AB)=((A^m{B}^m)A)B=(A^m(B^{m}A))B\\ =& (A^m(A{B}^m))B=((A^{m}A)B^m)B=A^{m+1}(B^{m}B)=A^{m+1}{B}^{m+1}.\end{array}$$所以, $Q(m+1)$ 是对的. 由数学归纳法, 待证命题成立.

例 77.10. 设 $A$ 是方阵. 设 $k$ 是数. 设 $m$ 是非负整数. 可以用数学归纳法证明:

(1) $(kA{)}^m=k^m{A}^m$. (用 $(kA)(\ell B)=(k\ell )(AB)$, 若 $A$, $B$ 都是 $n$ 级阵, 且 $k$, $\ell$ 是数.)

(2) $\det (A^m)=(\det (A){)}^m$. (用 $\det (AB)=\det (A)\det (B)$, 若 $A$, $B$ 都是 $n$ 级阵.)

(3) $(A^m{)}^{\mathrm{T}}=(A^{\mathrm{T}}{)}^m$. (用 $(BA{)}^{\mathrm{T}}=A^{\mathrm{T}}{B}^{\mathrm{T}}$, 若 $A$, $B$ 都是 $n$ 级阵; 见 “转置的性质”.)

(4) $\mathrm{adj}(A^m)=(\mathrm{adj}(A){)}^m$. (用 $\mathrm{adj}(BA)=\mathrm{adj}(A)\mathrm{adj}(B)$, 若 $A$, $B$ 都是 $n$ 级阵; 见 “古伴的性质 (3)”.)

请允许我留它们为您的习题.

例 77.11. 设 $A$, $B$ 是 $n$ 级阵. 则存在跟 $A$, $B$ 的元有关的数 $d_0$, $d_1$, $\dots$, $d_n$, 使对任何数 $x$, 有$$\begin{array}{r}\det (xA+B)=\sum _{k=0}^n{d}_k{x}^{n-k}=d_0{x}^n+d_1{x}^{n-1}+\cdots +d_n,\end{array}$$其中 $d_0=\det (A)$, 且 $d_n=\det (B)$.

作命题 $P(m)$: 对任何 $m$ 级阵 $A$, $B$, 存在跟 $A$, $B$ 的元有关的数 $d_0$, $d_1$, $\dots$, $d_m$, 使对任何数 $x$, 有$$\begin{array}{r}\det (xA+B)=\sum _{k=0}^m{d}_k{x}^{m-k}=d_0{x}^m+d_1{x}^{m-1}+\cdots +d_m,\end{array}$$其中 $d_0=\det (A)$, 且 $d_m=\det (B)$. 我们的目标是: 对任何非负整数 $m$, $P(m)$ 是对的.

$P(1)$ 是显然的: $$\begin{array}{r}\det (xA+B)=[xA+B{]}_{1,1}=x[A{]}_{1,1}+[B{]}_{1,1}=\det (A)x+\det (B).\end{array}$$

假定 $P(m-1)$ 是对的. 我们由此证明, $P(m)$ 也是对的.

设 $A$, $B$ 是 $m$ 级阵. 则$$\begin{array}{rl}\det (xA+B)=& \sum _{i=1}^m(-1{)}^{i+1}[xA+B{]}_{i,1}\det ((xA+B)(i|1))\\ =& \sum _{i=1}^m(-1{)}^{i+1}(x[A{]}_{i,1}+[B{]}_{i,1})\det (xA(i|1)+B(i|1)).\end{array}$$$A(i|1)$, $B(i|1)$ 是 $m-1$ 级阵. 由假定, 存在跟 $A(i|1)$, $B(i|1)$ 的元有关的数 (从而也是跟 $A$, $B$ 的元有关的数) $c_{i,0}$, $c_{i,1}$, $\dots$, $c_{i,m-1}$, 使对任何数 $x$, 有$$\begin{array}{r}\det (xA(i|1)+B(i|1))=\sum _{\ell =0}^{m-1}{c}_{i,\ell }{x}^{m-1-\ell },\end{array}$$其中 $c_{i,0}=\det (A(i|1))$, 且 $c_{i,m-1}=\det (B(i|1))$. 为方便, 记 $a_i=(-1{)}^{i+1}[A{]}_{i,1}$, 且 $b_i=(-1{)}^{i+1}[B{]}_{i,1}$. 则 $a_i$, $b_i$ 跟 $A$, $B$ 的元有关. 则$$\begin{array}{rl}& \det (xA+B)\\ =& \sum _{i=1}^m(a_{i}x+b_i)\sum _{\ell =0}^{m-1}{c}_{i,\ell }{x}^{m-1-\ell }\\ =& \sum _{i=1}^m\sum _{\ell =0}^{m-1}(a_{i}x+b_i)c_{i,\ell }{x}^{m-1-\ell }\\ =& \sum _{i=1}^m\sum _{\ell =0}^{m-1}(a_i{c}_{i,\ell }{x}^{m-\ell }+b_i{c}_{i,\ell }{x}^{m-1-\ell })\\ =& \sum _{\ell =0}^{m-1}\sum _{i=1}^m(a_i{c}_{i,\ell }{x}^{m-\ell }+b_i{c}_{i,\ell }{x}^{m-1-\ell })\\ =& \sum _{\ell =0}^{m-1}\sum _{i=1}^m{a}_i{c}_{i,\ell }{x}^{m-\ell }+\sum _{\ell =0}^{m-1}\sum _{i=1}^m{b}_i{c}_{i,\ell }{x}^{m-1-\ell }\\ =& \sum _{i=1}^m{a}_i{c}_{i,0}{x}^{m-0}+\sum _{\ell =1}^{m-1}\sum _{i=1}^m{a}_i{c}_{i,\ell }{x}^{m-\ell }\\ & +\sum _{\ell =0}^{m-2}\sum _{i=1}^m{b}_i{c}_{i,\ell }{x}^{m-1-\ell }+\sum _{i=1}^m{b}_i{c}_{i,m-1}{x}^{m-1-(m-1)}\\ =& \sum _{i=1}^m{a}_i{c}_{i,0}{x}^m+\sum _{\ell =1}^{m-1}\sum _{i=1}^m{a}_i{c}_{i,\ell }{x}^{m-\ell }\\ & +\sum _{\ell =0}^{m-2}\sum _{i=1}^m{b}_i{c}_{i,(\ell +1)-1}{x}^{m-(\ell +1)}+\sum _{i=1}^m{b}_i{c}_{i,m-1}\\ =& \sum _{i=1}^m{a}_i{c}_{i,0}{x}^m+\sum _{\ell =1}^{m-1}\sum _{i=1}^m{a}_i{c}_{i,\ell }{x}^{m-\ell }\\ & +\sum _{\ell =1}^{m-1}\sum _{i=1}^m{b}_i{c}_{i,\ell -1}{x}^{m-\ell }+\sum _{i=1}^m{b}_i{c}_{i,m-1}\\ =& \sum _{i=1}^m{a}_i{c}_{i,0}{x}^m+\sum _{\ell =1}^{m-1}\sum _{i=1}^m(a_i{c}_{i,\ell }+b_i{c}_{i,\ell -1})x^{m-\ell }+\sum _{i=1}^m{b}_i{c}_{i,m-1}.\end{array}$$记$$\begin{array}{r}{d}_k=\{\begin{array}{ll}\sum _{i=1}^m{a}_i{c}_{i,0},& k=0;\\ \sum _{i=1}^m(a_i{c}_{i,k}+b_i{c}_{i,k-1}),& 0<k<m;\\ \sum _{i=1}^m{b}_i{c}_{i,m-1},& k=m.\end{array}\end{array}$$则 $d_k$ 跟 $A$, $B$ 的元有关, 且对任何数 $x$, 有$$\begin{array}{r}\det (xA+B)=\sum _{k=0}^m{d}_k{x}^{m-k}=d_0{x}^m+d_1{x}^{m-1}+\cdots +d_m.\end{array}$$最后, 不难算出$$\begin{array}{rl}& d_0=\sum _{i=1}^m{a}_i{c}_{i,0}=\sum _{i=1}^m(-1{)}^{i+1}[A{]}_{i,1}\det (A(i|1))=\det (A),\\ & d_m=\sum _{i=1}^m{b}_i{c}_{i,m-1}=\sum _{i=1}^m(-1{)}^{i+1}[B{]}_{i,1}\det (B(i|1))=\det (B).\end{array}$$所以, $P(m)$ 是对的. 由数学归纳法, 待证命题成立.

例 77.12. 设 $A$ 是 $n$ 级阵. 则存在跟 $A$ 的元有关的数 $c_0$, $c_1$, $\dots$, $c_n$, 使对任何数 $x$, 有$$\begin{array}{r}\det (xI-A)=\det (xI+(-A))=\sum _{k=0}^n{c}_k{x}^{n-k}=c_0{x}^n+c_1{x}^{n-1}+\cdots +c_n,\end{array}$$其中 $c_0=\det (I)=1$, 且 $c_n=\det (-A)=(-1{)}^n\det (A)$.

我们考虑 $xI-A$ 的古伴 $\mathrm{adj}(xI-A)$. 它的 $(i,j)$-元$$\begin{array}{rl}[\mathrm{adj}(xI-A){]}_{i,j}=& (-1{)}^{j+i}\det ((xI-A)(j|i))\\ =& (-1{)}^{j+i}\det (xI(j|i)+(-A)(j|i)).\end{array}$$则有跟 $A$ 的元有关的数 $d_{i,j,k}$ ($k=0$, $1$, $\dots$, $n-1$), 使对任何数 $x$, 有$$\begin{array}{r}\det (xI(j|i)+(-A)(j|i))=d_{i,j,0}{x}^{n-1}+d_{i,j,1}{x}^{n-2}+\cdots +d_{i,j,n-1},\end{array}$$其中 $d_{i,j,0}=\det (I(j|i))$, 且 $d_{i,j,n-1}=\det ((-A)(j|i))$. 为方便, 记 $b_{i,j,k}=(-1{)}^{j+i}{d}_{i,j,k}$. 则有跟 $A$ 的元有关的数 $b_{i,j,k}$ ($k=0$, $1$, $\dots$, $n-1$), 使对任何数 $x$, 有$$\begin{array}{r}[\mathrm{adj}(xI-A){]}_{i,j}=b_{i,j,0}{x}^{n-1}+b_{i,j,1}{x}^{n-2}+\cdots +b_{i,j,n-1}.\end{array}$$作 $n$ 级阵 $B_k$, 使 $[B_k{]}_{i,j}=b_{i,j,k}$ ($k=0$, $1$, $\dots$, $n-1$). 则 $B_0$, $B_1$, $\dots$, $B_{n-1}$ 的元全跟 $A$ 的元有关, 且对任何数 $x$, 有$$\begin{array}{r}\mathrm{adj}(xI-A)=x^{n-1}{B}_0+x^{n-2}{B}_1+\cdots +B_{n-1}.\end{array}$$因为 $[B_{n-1}{]}_{i,j}=b_{i,j,n-1}=(-1{)}^{j+i}{d}_{i,j,n-1}=(-1{)}^{j+i}\det ((-A)(j|i))$, 我们有 $B_{n-1}=\mathrm{adj}(-A)$.

因为$$\begin{array}{rl}(\mathrm{adj}(xI-A))(xI-A)=& \det (xI-A)I\\ =& (c_0{x}^n+c_1{x}^{n-1}+\cdots +c_n)I\\ =& x^n(c_{0}I)+x^{n-1}(c_{1}I)+\cdots +(c_{n}I),\end{array}$$我们有$$\begin{array}{rl}& (x^{n-1}{B}_0+x^{n-2}{B}_1+\cdots +x{B}_{n-2}+B_{n-1})(xI-A)\\ =& x^n(c_{0}I)+x^{n-1}(c_{1}I)+\cdots +x(c_{n-1}I)+(c_{n}I).\end{array}$$上式的左侧是$$\begin{array}{rl}& (x^{n-1}{B}_0+x^{n-2}{B}_1+\cdots +x{B}_{n-2}+B_{n-1})(xI)\\ & +(x^{n-1}{B}_0+x^{n-2}{B}_1+\cdots +x{B}_{n-2}+B_{n-1})(-A)\\ =& x^n{B}_0+x^{n-1}{B}_1+\cdots +x^2{B}_{n-2}+x{B}_{n-1}\\ & -x^{n-1}(B_{0}A)-x^{n-2}(B_{1}A)-\cdots -x(B_{n-2}A)-B_{n-1}A\\ =& x^n{B}_0+x^{n-1}(B_1-B_{0}A)+x^{n-2}(B_2-B_{1}A)\\ & +\cdots +x(B_{n-1}-B_{n-2}A)+(-B_{n-1}A).\end{array}$$比较左侧与右侧, 有$$\begin{array}{rl}{B}_0& =c_{0}I,\\ B_1-B_{0}A& =c_{1}I,\\ B_2-B_{1}A& =c_{2}I,\\ & \dots ,\\ B_{n-1}-B_{n-2}A& =c_{n-1}I,\\ -B_{n-1}A& =c_{n}I.\end{array}$$则$$\begin{array}{rl}{B}_0{A}^{n-1}& =(c_{0}I)A^{n-1},\\ (B_1-B_{0}A)A^{n-2}& =(c_{1}I)A^{n-2},\\ (B_2-B_{1}A)A^{n-3}& =(c_{2}I)A^{n-3},\\ & \dots ,\\ (B_{n-1}-B_{n-2}A)A^0& =(c_{n-1}I)A^0.\end{array}$$则$$\begin{array}{rl}{B}_0{A}^{n-1}& =c_0{A}^{n-1},\\ B_1{A}^{n-2}-B_0{A}^{n-1}& =c_1{A}^{n-2},\\ B_2{A}^{n-3}-B_1{A}^{n-2}& =c_2{A}^{n-3},\\ & \dots ,\\ B_{n-1}-B_{n-2}A& =c_{n-1}I.\end{array}$$则$$\begin{array}{r}{B}_{n-1}=c_0{A}^{n-1}+c_1{A}^{n-2}+\cdots +c_{n-1}I.\end{array}$$

由 $B_{n-1}=\mathrm{adj}(-A)$, 知$$\begin{array}{r}\mathrm{adj}(-A)=c_0{A}^{n-1}+c_1{A}^{n-2}+\cdots +c_{n-1}I.\end{array}$$

由 $-B_{n-1}A=c_{n}I$, 知$$\begin{array}{rl}0=& B_{n-1}A+c_{n}I\\ =& (c_0{A}^{n-1}+c_1{A}^{n-2}+\cdots +c_{n-1}I)A+c_{n}I\\ =& c_0{A}^n+c_1{A}^{n-1}+\cdots +c_{n-1}A+c_{n}I.\end{array}$$

最后, 由前面的例, $1⩽k⩽n$ 时, $$\begin{array}{rl}{c}_k=& \sum _{1⩽j_1<\cdots <j_k⩽n}\det \left((-A)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\\ =& \sum _{1⩽j_1<\cdots <j_k⩽n}(-1{)}^k\det \left(A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right)\\ =& (-1{)}^k\sum _{1⩽j_1<\cdots <j_k⩽n}\det \left(A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right);\end{array}$$特别地, $c_n=(-1{)}^n\det (A)$.

综上, 我们有:

定理 77.13. 设 $A$ 是 $n$ 级阵.

(1) 存在跟 $A$ 的元有关的数 $c_0$, $c_1$, $\dots$, $c_n$, 使对任何数 $x$, 有$$\begin{array}{r}\det (xI-A)=c_0{x}^n+c_1{x}^{n-1}+\cdots +c_n,\end{array}$$其中 $c_0=1$, 且 $c_n=(-1{)}^n\det (A)$. 更具体地, $1⩽k⩽n$ 时, $$\begin{array}{rl}{c}_k=& (-1{)}^k\sum _{1⩽j_1<\cdots <j_k⩽n}\det \left(A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1,\dots ,j_k}{j_1,\dots ,j_k}\right)\right).\end{array}$$

(2) 用 $A$ 的一些非负整数次方的数乘的和, 我们可如此表示 $-A$ 的古伴: $$\begin{array}{r}\mathrm{adj}(-A)=c_0{A}^{n-1}+c_1{A}^{n-2}+\cdots +c_{n-1}I.\end{array}$$则 $A$ 的古伴$$\begin{array}{r}\mathrm{adj}(A)=(-1{)}^{n-1}\mathrm{adj}(-A)=(-1{)}^{n-1}(c_0{A}^{n-1}+c_1{A}^{n-2}+\cdots +c_{n-1}I).\end{array}$$

(3) (Cayley–Hamilton 定理) $$\begin{array}{r}{c}_0{A}^n+c_1{A}^{n-1}+\cdots +c_{n}I=0.\end{array}$$

例 77.14. 我们验证 $n=2$ 时的情形. 为方便, 设 $A=\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]$. 则 $xI-A=\left[\begin{array}{cc}x-a& -b\\ -c& x-d\end{array}\right]$. 直接计算, 有$$\begin{array}{r}\det (xI-A)=(x-a)(x-d)-(-c)(-b)=1x^2+(-(a+d))x+(ad-cb).\end{array}$$注意, $(-1{)}^2\det (A)=ad-cb$, 且$$\begin{array}{rl}(-1{)}^1\sum _{1⩽j_1⩽2}\det \left(A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j_1}{j_1}\right)\right)=& (-1)\left(\det \left(A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{1}\right)\right)+\det \left(A\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{2}\right)\right)\right)\\ =& -(a+d).\end{array}$$则 (1) 被验证.

因为 $-A=\left[\begin{array}{cc}-a& -b\\ -c& -d\end{array}\right]$, 我们有$$\begin{array}{r}\mathrm{adj}(-A)=\left[\begin{array}{cc}-d& b\\ c& -a\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}a-(a+d)& b\\ c& d-(a+d)\end{array}\right]=1A+(-(a+d))I.\end{array}$$类似地, 可验证 $\mathrm{adj}(A)=(-1{)}^{2-1}\mathrm{adj}(-A)=-(1A+(-(a+d))I)$; 请允许我留它为您的习题. 则 (2) 被验证.

最后, $$\begin{array}{rl}& 1A^2+(-(a+d))A+(ad-cb)I\\ =& 1\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]+(-(a+d))\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]+(ad-cb)\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right]\\ =& \left[\begin{array}{cc}{a}^2+bc& b(a+d)\\ c(a+d)& bc+d^2\end{array}\right]+\left[\begin{array}{cc}-a^2-ad& -b(a+d)\\ -c(a+d)& -ad-d^2\end{array}\right]+\left[\begin{array}{cc}ad-bc& 0\\ 0& ad-bc\end{array}\right]\\ =& \left[\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 0\end{array}\right]\\ =& 0.\end{array}$$则 (3) 被验证.

例 77.15. 设定义在全体 $n$ 级阵上的函数 $f$ 适合:

(1) $f(AB)=f(A)f(B)$, 对任何 $n$ 级阵 $A$, $B$;

(2) 若 $n$ 级阵 $D$ 适合 $[D{]}_{i,j}=0$ ($i\ne j$), 则 $f(D)=\det (D)$.

我们说明, $f(A)=\det (A)$, 对任何 $n$ 级阵 $A$.

设 $A$ 是 $n$ 级阵. 设 $p$ 是不超过 $n$ 的正整数. 设 $s$ 是数. 作 $n$ 级阵 $M(n;p;s)$ 如下: $$\begin{array}{r}[M(n;p;s){]}_{i,j}=\{\begin{array}{ll}[I_n{]}_{i,j},& j\ne p;\\ s[I_n{]}_{i,p},& j=p.\end{array}\end{array}$$我们考虑 $AM(n;p;s)$. 当 $j\ne p$ 时, $$\begin{array}{rl}[AM(n;p;s){]}_{i,j}=& \sum _{k=1}^n[A{]}_{i,k}[M(n;p;s){]}_{k,j}\\ =& \sum _{k=1}^n[A{]}_{i,k}[I_n{]}_{k,j}\\ =& [A{I}_n{]}_{i,j}\\ =& [A{]}_{i,j}.\end{array}$$当 $j=p$ 时, $$\begin{array}{rl}[AM(n;p;s){]}_{i,j}=& \sum _{k=1}^n[A{]}_{i,k}[M(n;p;s){]}_{k,p}\\ =& \sum _{k=1}^n[A{]}_{i,k}s[I_n{]}_{k,p}\\ =& s[A{I}_n{]}_{i,p}\\ =& s[A{]}_{i,p}.\end{array}$$则 $AM(n;p;s)$ 的列 $j$ 等于 $A$ 的列 $j$ ($j\ne p$), 且 $AM(n;p;s)$ 的列 $p$ 是 $A$ 的列 $p$ 的 $s$ 倍. 注意, 若 $i\ne j$, 则 $[M(n;p;s){]}_{i,j}=0$. 则 $f(M(n;p;s))=\det (M(n;p;s))=s$. 则 $f(AM(n;p;s))=f(A)f(M(n;p;s))=sf(A)$. 用 “用行列式的性质确定行列式” 的话, 这说明, $f$ 有多齐性. 若我们还能说明 $f$ 有倍加不变性, 则, 由 $f(I_n)=\det (I_n)=1$ (注意, 若 $i\ne j$, 则 $[I_n{]}_{i,j}=0$), 我们立得 $f(A)=\det (A)$.

我们知道, 可用阵的积表示倍加. 由 “阵的积与倍加” 的知识, 对 $n$ 级阵 $A$, 加 $A$ 的列 $p$ 的 $s$ 倍于列 $q$ (其中 $p\ne q$), 且不改变其他的列, 得 $AE(n;p,q;s)$, 其中 $n$ 级阵 $E(n;p,q;s)$ 的元$$\begin{array}{r}[E(n;p,q;s){]}_{i,j}=\{\begin{array}{ll}s,& \text{i=p, 且 j=q};\\ [I_n{]}_{i,j},& \text{其他}.\end{array}\end{array}$$则 $f(AE(n;p,q;s))=f(A)f(E(n;p,q;s))$. 我们的目标是 $f(E(n;p,q;s))=1$.

设数 $t\ne 1$, 且 $t\ne 0$. 记 $U=E(n;p,q;s/(1-t))$, $V=E(n;p,q;-s/(1-t))$, $G=M(n;p;t)$, 且 $H=M(n;p;1/t)$. 注意, $[UV{]}_{p,q}=[U{]}_{p,q}+[U{]}_{q,q}(-s/(1-t))=0$, 且 $[UV{]}_{i,j}=[U{]}_{i,j}=[I_n{]}_{i,j}$ (其他的情形). 故 $UV=I_n$. 注意, $[GH{]}_{p,p}=[G{]}_{p,p}(1/t)=1$, 且 $[GH{]}_{i,j}=[G{]}_{i,j}=[I_n{]}_{i,j}$ (其他的情形). 故 $GH=I_n$. 我们计算 $UGVH$ (注意, 这不是 $UVGH$). 首先, $[UG{]}_{p,p}=[U{]}_{p,p}t=t$, $[UG{]}_{p,q}=[U{]}_{p,q}=s/(1-t)$, 且 $[UG{]}_{i,j}=[U{]}_{i,j}$ (其他的情形). 则 $[UGV{]}_{p,p}=[UG{]}_{p,p}=t$, $[UGV{]}_{p,q}=[UG{]}_{p,q}+[UG{]}_{p,p}(-s/(1-t))=s/(1-t)-st/(1-t)=s$, 且 $[UGV{]}_{i,j}=[UG{]}_{i,j}=[U{]}_{i,j}$ (其他的情形). 则 $[UGVH{]}_{p,p}=[UGV{]}_{p,p}(1/t)=1$, $[UGVH{]}_{p,q}=[UGV{]}_{p,q}=s$, 且 $[UGVH{]}_{i,j}=[UGV{]}_{i,j}=[U{]}_{i,j}$ (其他的情形). 则 $UGVH=E(n;p,q;s)$. 故$$\begin{array}{rl}f(E(n;p,q;s))=& f(UGVH)\\ =& f(UG)f(VH)\\ =& f(U)f(G)f(V)f(H)\\ =& f(U)f(V)f(G)f(H)\\ =& f(UV)f(GH)\\ =& f(I_n)f(I_n)\\ =& 1.\end{array}$$

综上, 我们有了新的用行列式的性质确定行列式的方式.