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根据 3.0节 的讨论，抽象出如下一些概念，进而给出行列式的定义。
一、排列
定义3.1.1 排列、标准排列、逆序
根据 3.0节 的讨论，由于 \text{det}(a_1,a_2,\cdots,a_n) 中任意两个向量的位置发生变化后要变号，因此其符号与向量的排序有关，因此在此提出排列的概念。
排列：把从1到n的n个自然数 i_1,i_2,\cdots,i_n 按任意顺序排成一行 。例如将1到5排列成 (2,1,4,3,5) 。
标准排列：从小到大排列。 (i_1<i_2<\cdots<i_n)
逆序：如果排列中有两个数 i_p,i_q ， i_p>i_q，这个组合 ( i_p,i_q) 算一个逆序。
例如：
(1,3,2) 中有1个逆序， (3,2) ；
(3,1,2) 中有2个逆序，分别是 (3,1) 、 (3,2) ；
(3,2,1) 中有3个逆序，分别是 (3,2)、(3,1)、(2,1) 。
一个排序中有几个逆序，其实就是计算机算法中的“冒泡法”恢复标准排列的步骤数。
例如：排列 (4,2,3,1) 中有 (4,2) (4,3) (4,1) (2,1) (3,1) 共5个逆序，而通过“冒泡法”恢复标准排列的步骤数也是5步。 定义3.1.2 逆序数、奇排列、偶排列
逆序数( \tau )：一个排列中的逆序的个数。记作 \tau(i_1,i_2,\cdots,i_n) 。
要数一个排列中的逆序数只用从左到右，数每一个数字右边比其小的数字的个数，然后汇总即可。
反过来，从右向左数每一个数字左边比其小的数字的个数也是一样的。
例如：
\tau(635412)=5+2+3+2+0=12 。即：
6的右边比6小的数字有5个，
3的右边比3小的数字有2个，
5的右边比5小的数字有3个，
4的右边比4小的数字有2个，
1的右边比1小的数字有0个。 奇排列：逆序数 \tau 为奇数的排列。
偶排列：逆序数 \tau 为偶数的排列。
定义3.1.3 对换
将一个排列中的两个数对调位置，其他数的位置不变，称为一次对换。
定理3.1.1 对换对奇偶性的改变
任意一个排列每经过1次对换，其奇偶性发生1次改变。
说明：
(1) 相邻两个数对换，逆序的个数显然要增加1个或减少1个，排列的奇偶性发生1次改变。例如： (6,3,5,4,1,2) 中3、5交换位置，那么逆序增加一个 (5,3) ；
(2) 不相邻的两个数对换转化为多次相邻对换。假设这两个数分别为 i_p,i_q ，并且设它们之间相隔k个数，那么可以让 i_p 和右边相邻的数依次对换位置，直到与 i_q 相邻，这个过程中共发生了k次对换。然后再让 i_q 和左边相邻的数依次对换位置，直到进入 i_p 原来的位置，这个过程中将发生 k+1 次对换。整过过程共计 2k+1 次相邻对换，排列的奇偶性必然发生改变。
示例
定理3.1.2 对换次数的奇偶性
(1) 任意一个排列都可以经过有限次对换变成标准排列。
(2) 一个排列变成标准排列经历的对换次数 s 可能不唯一，但 s 的奇偶性是相同的，并且与排列的奇偶性相同。
说明：
(1) 数学归纳法。
n=1时，显然。
假设已经验证命题对于已知的n元排列成立。
那么，对于n+1元排列 (i_1,i_2,\cdots,i_n,i_{n+1}) ，如果 i_{n+1}\not=n+1 ，那么前面必有一个元 i_k=n+1 。将它们俩对换后就能得到新的排列 (i_1,i_2,\cdots,i_n,n+1) ，而新排列的前n元是可以通过有限次对换到标准排列的。总的次数依然是有限次。
(2) 不唯一：要将排列 (4,2,3,1) 变为标准排列，将 4 和 1 对换， s=1 ，也可以依次将4、2，4、3，4、1对换，得到 (2,3,1,4) ，在此基础上再将1、3，1、2依次兑换， s=3+2=5 。奇偶性：(1) 标准排列的逆序数为0，是偶排列；(2) 定理3.1.1：每一次对换都会改变排列的奇偶性。所以，如果一个排列是偶排列，那么它变成标准排列必须经过偶数次对换；反之，如果它是奇排列，那么它变成标准排列必须经过奇数次对换。 因此有：
(1) (-1)^\tau=(-1)^s 。
(2) \det(e_{i_1},e_{i_2},\cdots,e_{i_n})=(-1)^{\tau(i_1,i_2,\cdots,i_n)} 。 二、行列式的定义
结合上一节和本节讨论，定义，一个 n 阶方阵按照如下方式列出的计算式子称为 n 阶方阵的行列式，简称 n 阶行列式。
记作 \det \begin{bmatrix} 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{bmatrix} ，常记作 \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} ，也记作 \Delta
\begin{align} =&\sum_{1\leq j_1,j_2,\cdots,j_n\leq n} a_{1j_1}a_{2j_2}\cdots a_{nj_n}\det(e_{j_1},e_{j_2},\cdots,e_{j_n})\\\\ =&\sum_{(j_1,j_2,\cdots,j_n)} a_{1j_1}a_{2j_2}\cdots a_{nj_n}(-1)^{\tau(j_1,j_2,\cdots,j_n)}\\\\ \end{align}
上述结果是根据行向量得到的。
如果按3.0节的列向量得到的结果应该
\begin{align} =&\sum_{1\leq i_1,i_2,\cdots,i_n\leq n} a_{i_11}a_{i_22}\cdots a_{i_nn}\det(e_{i_1}^T,e_{i_2}^T,\cdots,e_{i_n}^T)\\\\ =&\sum_{(i_1,i_2,\cdots,i_n)} a_{i_11}a_{i_22}\cdots a_{i_nn}(-1)^{\tau(i_1,i_2,\cdots,i_n)}\\\\ \end{align}
不过，后面 将说明，这两个结果是相等的。
行列式的本质
就是在每一行（或每一列）抽出一个和其他不同行不同列的系数相乘，根据它们的排列顺序决定在其前面加正号还是负号。
<hr/>三、典例
例1 对角
解：
\begin{align} 原式=&\ a_{14}a_{23}a_{32}a_{41}(-1)^{\tau(4,3,2,1)}\\\\ =&\ a_{14}a_{23}a_{32}a_{41}(-1)^{3+2+1}\\\\ =&\ a_{14}a_{23}a_{32}a_{41}\\\\ \end{align}\\ 例2 上三角、下三角
解：因为要在每一行每一列都要抽出一个与其他行不同行不同列的数，所以第1行如果抽了第1列以外的数，那么其它行就一定会抽到第1列的数，从而导致乘积为零。
所以第1行只有抽选第1列的数才有可能使其和接下来选出的其他数的乘积不为零。
而接下来只能在剩下的 (n-1) 行 (n-1) 列中选数，而且又只有选排头的数才可能使选出的数的乘积不为零。
综上所述，选出的乘积不为零的数只有在方阵的对角线上的数。
所以，\begin{align} 原式=&\ a_{11}a_{22}\cdots a_{nn} \end{align} 。 更容易看出，下三角方阵的行列式也是对角线上的数的乘积。
例3 降阶
证明（还不如叫“说明”）：
(1)因为右上角的那些分量都是 0 ，所以前 r 行只有前 r 列有必要选，那么后 (n-r) 行就只有余下的 (n-r) 列有必要选了。
结果就是，前 r 行 r 列可以得到 r! 个得数，再乘以后面可以选出的 (n-r)! 个得数，正好就是原式等号后边的形式。
(2)另外，有可能担心的是排列的正负号问题。
因为 j_1,j_2,\cdots,j_r\in\{1,2,\cdots,r\} ， j_{r+1},j_{r+2},\cdots,j_{n-r}\in\{r+1,r+2,\cdots,n\}，
所以 {\tau(j_1,j_2,\cdots,j_r,i_{r+1},j_{r+2},\cdots,j_{n})} ={\tau(j_1,j_2,\cdots,j_r)}+{\tau(j_{r+1},j_{r+2},\cdots,j_{n})} ，
所以 (-1)^{\tau(j_1,j_2,\cdots,j_r,j_{r+1},j_{r+2},\cdots,j_{n-r})} =(-1)^{\tau(j_1,j_2,\cdots,j_r)}(-1)^{\tau(j_{r+1},j_{r+2},\cdots,j_{n})} 。
综合(1)(2)两点得：
\sum_{j_1,j_2,\cdots,j_n}a_{1j_1}a_{2j_2}\cdots a_{nj_n}(-1)^{\tau(j_1,j_2,\cdots,j_r,j_{r+1},j_{r+2},\cdots,j_{n})}\\
=\sum_{j_1,j_2,\cdots,j_r}a_{j_11}a_{1j_1}a_{2j_2}\cdots a_{rj_r}(-1)^{\tau(j_1,j_2,\cdots,j_r)}\cdot\\\sum_{j_{r+1},j_{r+2},\cdots,j_n}a_{r+1,j_{r+1}}a_{r+2,j_{r+2}}\cdots a_{nj_n}(-1)^{\tau(j_{r+1},j_{r+2},\cdots,j_{n})}\\
=\sum_{j_1,j_2,\cdots,j_r}a_{j_11}a_{j_22}\cdots a_{j_rr}(-1)^{\tau(j_1,j_2,\cdots,j_r)}\cdot\\\sum_{j_{r+1},j_{r+2},\cdots,j_n}a_{j_{r+1}r+1}a_{j_{r+2}r+2}\cdots a_{j_nn}(-1)^{\tau(j_{r+1},j_{r+2},\cdots,j_{n})}\\证毕。
教材上的记法
例3是非常经典的，其实上面的对角、三角、以及下一节要讲到的展开都是这个例的衍生。
<hr/>
解：(1)挑选到第3行时总是0，所以最终结果是0；
(2)第1行选定后，第2行至多只有2种非0选择，第3行余下1种非0选择，等到第4行就没有非0选项了，所以无论如何，每一种组合到第4行乘积一定为零。因此最终结果为零。 |
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发表于 2023-4-4 05:52:52