4.2 行列式函数

4.2.1 计算下列行列式
1.

1000 2 - 1 00 1220 41 - 1 3 = - 6.

130 - 1 21 214 = 25.

1234234134124123 = 160.

x y x + y y x + y x x + y x y

直接用公式计算得

- 2 x^{3} - 2 y^{3}

1 + x 111 1 1 - x 11 11 1 + y 1 111 1 - y

x^{2} y^{2}

4.2.2 设 $A$ 是三阶方阵， $det (A) = 5$ ，求下列矩阵 $B$ 的行列式
1.

B = 2 A, - A, A^{2}, A^{- 1}

解：

det (2 A) = 2^{3} \times 5 = 40 det (- A) = (- 1)^{3} \times 5 = - 5 det (A^{2}) = 25 det (A^{- 1}) = \frac{1}{5}

B = a_{1}^{T} - a_{3}^{T} a_{2}^{T} - a_{1}^{T} a_{3}^{T} - a_{2}^{T}, a_{1}^{T} + a_{3}^{T} a_{2}^{T} + a_{1}^{T} a_{3}^{T} + a_{2}^{T},

其中

A = a_{1}^{T} a_{2}^{T} a_{3}^{T} .

解：
法一：利用倍加行变换.

a_{1}^{T} - a_{3}^{T} a_{2}^{T} - a_{1}^{T} a_{3}^{T} - a_{2}^{T} = a_{1}^{T} - a_{3}^{T} a_{2}^{T} - a_{1}^{T} a_{1}^{T} - a_{2}^{T} = 0.

a_{1}^{T} + a_{3}^{T} a_{2}^{T} + a_{1}^{T} a_{3}^{T} + a_{2}^{T} = a_{1}^{T} + a_{3}^{T} a_{2}^{T} - a_{3}^{T} a_{3}^{T} + a_{2}^{T} = a_{1}^{T} + a_{3}^{T} a_{2}^{T} - a_{3}^{T} 2 a_{3}^{T} = 2 a_{1}^{T} + a_{3}^{T} a_{2}^{T} - a_{3}^{T} a_{3}^{T} = 2 a_{1}^{T} a_{2}^{T} a_{3}^{T} = 10.

法二：

a_{1}^{T} - a_{3}^{T} a_{2}^{T} - a_{1}^{T} a_{3}^{T} - a_{2}^{T} = a_{1}^{T} a_{2}^{T} a_{3}^{T} - a_{3}^{T} a_{1}^{T} a_{2}^{T} = 111 a_{1}^{T} a_{2}^{T} a_{3}^{T} - 010001100 a_{1}^{T} a_{2}^{T} a_{3}^{T} = 1 - 1 0 01 - 1 - 1 01 a_{1}^{T} a_{2}^{T} a_{3}^{T}

所以

a_{1}^{T} - a_{3}^{T} a_{2}^{T} - a_{1}^{T} a_{3}^{T} - a_{2}^{T} = 1 - 1 0 01 - 1 - 1 01 a_{1}^{T} a_{2}^{T} a_{3}^{T} = 0.

同理

a_{1}^{T} + a_{3}^{T} a_{2}^{T} + a_{1}^{T} a_{3}^{T} + a_{2}^{T} = 110011101 a_{1}^{T} a_{2}^{T} a_{3}^{T} .

所以

a_{1}^{T} + a_{3}^{T} a_{2}^{T} + a_{1}^{T} a_{3}^{T} + a_{2}^{T} = 110011101 a_{1}^{T} a_{2}^{T} a_{3}^{T} = 10.

4.2.3
略.
4.2.4 计算 $det (A)$ :
1.

A = [i + j]_{n \times n}

解：若

n = 1

，

det (A) = 2.

若

n = 2

，

det (A) = 2334 = - 1.

若

n \geq 3

，

det (A) = 0

A = [ij]_{n \times n}

解：若

n = 1

，

det (A) = 1.

若

n \geq 2 ， det (A) = 0

4.2.5 计算

1 - 1 - 1 ⋱ ⋱ 1 - 1 1

解：行列式为0.
4.2.6 计算

1 + x_{1} y_{1} 1 + x_{2} y_{1} ⋮ 1 + x_{n} y_{1} 1 + x_{1} y_{2} 1 + x_{2} y_{2} ⋮ 1 + x_{n} y_{2} \dots \dots \dots 1 + x_{1} y_{n} 1 + x_{2} y_{n} ⋮ 1 + x_{n} y_{n}

解：原式=

(x_{1} - x_{2}) y_{1} (x_{2} - x_{3}) y_{1} ⋮ 1 + x_{n} y_{1} (x_{1} - x_{2}) y_{2} (x_{2} - x_{3}) y_{2} ⋮ 1 + x_{n} y_{2} \dots \dots \dots (x_{1} - x_{2}) y_{n} (x_{2} - x_{3}) y_{n} ⋮ 1 + x_{n} y_{n} = 0.

4.2.7 计算

a_{11} a_{21} ⋮ a_{n 1} \dots \dots ⋱ 0 a_{1, n - 1} a_{2, n - 1} ⋱ \dots a_{1 n} 0 ⋮ 0 .

解：行变换后可得到下三角矩阵。若

n

是偶数，行列式为

(- 1)^{\frac{n}{2}} a_{n 1} a_{n - 1, 2} ... a_{1 n} .

若

n

是奇数，行列式为

(- 1)^{\frac{n - 1}{2}} a_{n 1} a_{n - 1, 2} ... a_{1 n} .

4.2.8
略.
4.2.9 证明或举出反例.
1.

A B - B A

的行列式必然是零.
解：不正确。

A = [1111], B = [1110] . det (A B - B A) = 1.

A

的行列式等于其简化阶梯型的行列式.
解：显然不正确。
3.

A

为

n

阶反对称矩阵，当

n

为奇数时，

det (A) = 0.

证明：

A^{T} = - A,

于是

det (A^{T}) = det (- A) = (- 1)^{n} det (A)

若

n

为奇数，

det (A) = - det (A),

即

det (A) = 0.

A

为

n

阶反对称矩阵，当

n

为偶数时，

det (A) = 0.

解：显然不正确。
5. 如果

∣ det (A)∣ > 1

，那么当

n

趋于无穷时，

A^{n}

中必然有元素的绝对值趋于无穷.
证明：

∣ det (A)∣ > 1,

于是

n \to + \infty lim det (A^{n}) \to + \infty.

而

det (A^{n})

是通过对

A^{n}

中元素进行有限次加法减法和乘法运算得到，这表明

A^{n}

中一定有元素的绝对值趋于无穷.
6. 如果

∣ det (A)∣ < 1

，那么当

n

趋于无穷时，

A^{n}

中所有元素都趋于0.
解：显然不正确.
令

A = \frac{1}{2} \frac{1}{2} 2, det (A) = \frac{1}{2},

而

A^{n} = 2^{- n} 2^{- n} 2^{n},

其中有元素发散.

4.2.10 以下均为某些学生出现过的错误，请找到错误的原因.
1.

det (A^{- 1}) = det (\frac{1}{a d - b c} [d - c - b a]) = \frac{1}{( a d - b c ) ^{2}} det ([d - c - b a]) = \frac{1}{a d - b c} .

det ([A C B D]) = det ([A O B D - B A^{- 1} C]) = det (A) det (D - B A^{- 1} C) .

A

不是方阵.
4.
不正确，见4.2.9第3,4小问.
5.
略.
4.2.11 设 $n$ 阶方阵 $A$ 的对角元素全为0，其他元素全为1，令 $A = [a_{1} a_{2} \dots a_{n}] .$ 1.求向量

u

，使得

a_{i} (i = 1, 2, ..., n)

可以写成

e_{i}

和

u

的线性组合.
2.根据行列式满足列多线性，求

det (A) .

解：
1.

u = 11 ⋮ 1, a_{i} = u - e_{i} .

det (A) = (- 1)^{n - 1} (n - 1) .

4.2.12-4.2.14.
略.
4.2.15 用行列式证明奇数阶反对称矩阵不可逆.
证明见4.2.9第3小问.
4.2.16 证明任意阶可逆矩阵 $A$ 都可以只用倍加变换化为 $diag (1, 1, ..., 1, det (A))$ .
证明：
显然任意阶可逆矩阵

A

都可以只用倍加变换化为对角元均不为零的上三角矩阵。设这个上三角矩阵为

a_{11} a_{12} a_{22} \dots \dots ⋱ a_{1 n} a_{2 n} ⋮ a_{nn}, a_{11}, a_{22}, \dots, a_{nn} \neq = 0.

反复利用倍加行变换和倍加列变换，有

a_{11} a_{12} a_{22} \dots \dots ⋱ a_{1 n} a_{2 n} ⋮ a_{nn} \Rightarrow a_{11} 0 a_{22} \dots \dots ⋱ 0 a_{2, n - 1} a_{n - 1, n - 1} a_{11} - 1 0 ⋮ 0 a_{nn} \Rightarrow 1 - a_{nn} 0 a_{22} \dots \dots ⋱ 0 a_{2, n - 1} a_{n - 1, n - 1} a_{11} - 1 0 ⋮ 0 a_{nn} \Rightarrow 10 0 a_{22} \dots \dots ⋱ 0 a_{2, n - 1} a_{n - 1, n - 1} a_{11} - 1 0 ⋮ 0 a_{nn} + a_{nn} (a_{11} - 1) \Rightarrow 1 0 a_{22} \dots \dots ⋱ 0 a_{2, n - 1} a_{n - 1, n - 1} 00 ⋮ 0 a_{11} a_{nn}

以此类推，即可利用倍加变换将上三角矩阵化为

diag (1, \dots, 1, a_{11} a_{22} \dots a_{nn}) = diag (1, \dots, 1, det (A)) .

4.2.17 给定 $A = [a_{ij}]_{n \times n}$ ，而 $B = [a_{ij} c^{i - j}]_{n \times n}$ ，其中 $c \neq = 0.$ 证明 $det (A) = det (B) .$ 证明：

det (B) = a_{11} a_{21} c ⋮ a_{n 1} c^{n - 1} a_{12} c^{- 1} a_{22} ⋮ \dots \dots \dots ⋮ a_{1 n} c^{- n + 1} a_{2 n} c^{- n + 2} ⋮ a_{nn} = c^{\frac{n ( n - 1 )}{2}} a_{11} a_{21} ⋮ a_{n 1} a_{12} c^{- 1} a_{22} c^{- 1} ⋮ \dots a_{13} c^{- 2} a_{23} c^{- 2} \dots \dots ⋮ a_{1 n} c^{- n + 1} a_{2 n} c^{- n + 1} ⋮ a_{nn} c^{- n + 1} = c^{\frac{n ( n - 1 )}{2} - \frac{n ( n - 1 )}{2}} a_{11} a_{21} ⋮ a_{n 1} a_{12} a_{22} ⋮ a_{n 2} \dots \dots ⋮ \dots a_{1 n} a_{2 n} ⋮ a_{nn} = det (A)

4.2.18 给定 $n - 1$ 个互不相同的数 $a_{1}, a_{2}, ..., a_{n - 1}$ ，令 $P (x) = 11 ⋮ 1 x a_{1} ⋮ a_{n - 1} \dots \dots \dots x^{n - 1} a_{1}^{n - 1} ⋮ a_{n - 1}^{n - 1} .$ 证明 $P (x)$ 是一个关于 $x$ 的 $n - 1$ 次多项式，并求 $P (x)$ 的 $n - 1$ 个根。
证明：
此即Vandermonde矩阵（见p.171），于是

P (x) = (a_{1} - x) (a_{2} - x) ... (a_{n - 1} - x) 1 \leq j < i \leq n - 1 \prod (a_{i} - a_{j}) .

即

P (x)

是关于

x

的

n - 1

次多项式，多项式的根是

a_{1}, a_{2}, ..., a_{n - 1} .

4.2.19 设 $f_{i} (x)$ 是 $i$ 次多项式， $i = 0, 1, 2, ..., n - 1$ ，其首项系数是 $a_{i}$ .又设 $b_{0}, b_{1}, ..., b_{n - 1}$ 是 $n$ 个数，计算如下的 $n$ 阶行列式:

f_{0} (b_{0}) f_{1} (b_{0}) ⋮ f_{n - 1} (b_{0}) f_{0} (b_{1}) f_{1} (b_{1}) ⋮ f_{n - 1} (b_{1}) \dots \dots \dots f_{0} (b_{n - 1}) f_{1} (b_{n - 1}) ⋮ f_{n - 1} (b_{n - 1}) .

证明：
原式=

a_{0} a_{1} b_{0} a_{2} b_{0}^{2} ⋮ a_{n - 1} b_{0}^{n - 1} a_{0} a_{1} b_{1} a_{2} b_{1}^{2} ⋮ a_{n - 1} b_{1}^{n - 1} \dots \dots \dots \dots a_{0} a_{1} b_{n - 1} a_{2} b_{n - 1}^{2} ⋮ a_{n - 1} b_{n - 1}^{n - 1} = a_{0} a_{1} ... a_{n - 1} 1 b_{0} b_{0}^{2} ⋮ b_{0}^{n - 1} 1 b_{1} b_{1}^{2} ⋮ b_{1}^{n - 1} \dots \dots \dots \dots 1 b_{n - 1} b_{n - 1}^{2} ⋮ b_{n - 1}^{n - 1}

右边即为著名的Vandermonde矩阵，于是原式=

a_{0} a_{1} ... a_{n - 1} \prod_{1 \leq j < i \leq n - 1} (b_{i} - b_{j}) .

4.2.20
略.
4.2.21
见4.2.10第2小问.
4.2.22 设 $A$ , $B$ 是 $n$ 阶方阵，证明， $det ([A B B A]) = det (A + B) det (A - B) .$ 证明：

A B B A = 行变换 A + B B B + A A = 列变换 A + B B O A - B = det (A + B) det (A - B) .

4.2.23 设 $A, B$ 分别是 $m \times n, n \times m$ 矩阵，证明 $det (I_{m} + A B) = det (I_{n} + B A) .$ 由此推出， $I_{m} + A B$ 可逆当且仅当 $I_{n} + B A$ 可逆.
此即著名的Sylvester等式，由J. J. Sylverster提出，有多种证明方法。
证法1:
注意到

[I_{n} A - B I_{m}] [I_{n} O B I_{m}] = [I_{n} A O A B + I_{m}] .

[I_{n} O B I_{m}] [I_{n} A - B I_{m}] = [I_{n} + B A A O I_{m}] .

于是

det ([I_{n} A - B I_{m}]) \cdot det ([I_{n} O B I_{m}]) = det ([I_{n} A O A B + I_{m}]) = det (I_{m} + A B) .

det ([I_{n} O B I_{m}]) \cdot det ([I_{n} A - B I_{m}]) = det ([I_{n} + B A A O I_{m}]) = det (I_{n} + B A) .

即

det (I_{m} + A B) = det (I_{n} + B A)

证法2:
注意到

det ([I_{m} B - A I_{n}]) = 行变换 det ([I_{m} + A B B O I_{n}]) = det (I_{m} + A B) .

det ([I_{m} B - A I_{n}]) = 列变换 det ([I_{m} B O I_{n} + B A]) = det (I_{n} + B A) .

即

det (I_{m} + A B) = det (I_{n} + B A)

4.2.24 计算

1 + a_{1}^{2} a_{2} a_{1} ⋮ a_{n} a_{1} a_{1} a_{2} 1 + a_{2}^{2} ⋮ a_{n} a_{2} \dots \dots \dots a_{1} a_{n} a_{2} a_{n} ⋮ 1 + a_{n}^{2} .

解：
设

a = a_{1} a_{2} ⋮ a_{n} .

由4.2.23得到的Sylvester等式，原式=

det (I_{n} + a a^{T}) = det (1 + a^{T} a) = 1 + a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + ... + a_{n}^{2} .

4.2.25 设 $A$ 是是三阶矩阵，已知 $det (A - I_{3}) = det (A - 2 I_{3}) = det (A - 3 I_{3}) = 0.$
1.证明存在非零向量

v_{1}, v_{2}, v_{3},

满足

A v_{i} = i v_{i}, i = 1, 2, 3.

2.设

k_{1} v_{1} + k_{2} v_{2} + k_{3} v_{3} = 0

，证明

k_{1} v_{1} + 2 k_{2} v_{2} + 3 k_{3} v_{3} = 0, k_{1} v_{1} + 4 k_{2} v_{2} + 9 k_{3} v_{3} = 0 .

3.证明存在可逆Vandermonde矩阵，使得

[k_{1} v_{1} k_{2} v_{2} k_{3} v_{3}] V = O .

4.证明

v_{1}, v_{2}, v_{3}

构成

R^{3}

的一组基，因此矩阵

B = [v_{1} v_{2} v_{3}]

可逆.
5.证明存在对角矩阵

D

，使得

A B = B D

，并计算

det (A) .

证明：
1.

A v_{i} = i v_{i} \Rightarrow (A - i I_{3}) v_{i} = 0, i = 1, 2, 3

由题可知

A - i I_{3}

均不可逆，

(A - i I_{3}) v_{i} = 0

存在非零解.于是存在非零向量

v_{1}, v_{2}, v_{3},

满足

A v_{i} = i v_{i}, i = 1, 2, 3.

k_{1} v_{1} + 2 k_{2} v_{2} + 3 k_{3} v_{3} = k_{1} A v_{1} + k_{2} A v_{2} + k_{3} A v_{3} = A (k_{1} v_{1} + k_{2} v_{2} + k_{3} v_{3}) = 0 .

k_{1} v_{1} + 4 k_{2} v_{2} + 9 k_{3} v_{3} = k_{1} A^{2} v_{1} + k_{2} A^{2} v_{2} + k_{3} A^{2} v_{3} = A^{2} (k_{1} v_{1} + k_{2} v_{2} + k_{3} v_{3}) = 0 .

3.
显然存在，

V = 111123149 .

4.
由2得，

k_{1} v_{1} = k_{2} v_{2} = k_{3} v_{3} = 0

,而

v_{1}, v_{2}, v_{3} \neq = 0

,所以

k_{1} = k_{2} = k_{3} = 0

,即

B

可逆.
5.

D = 123 . det (A) = 6.

4.2.26 对函数 $f (t) = det (I_{n} + t A)$ 在 $t = 0$ 处求导。设 $A = [a_{1} a_{2} \dots a_{n}]$ ，则 $I_{n} + t A$ 的第 $i$ 列是 $e_{i} + t a_{i} .$ 1.当

n = 1, 2, 3

时，用

A

的元素表示

f^{^{'}} (0)

;分析其规律，求

f^{^{'}} (0)

的一般表达式.
2.利用

det (I_{n} + A B) = det (I_{m} + B A)

，证明

trace (A B) = trace (B A) .

1.解：
当

n = 1, f^{^{'}} (0) = a_{11} .

当

n = 2, f^{^{'}} (0) = a_{11} + a_{22} .

当

n = 3, f^{^{'}} (0) = a_{11} + a_{22} + a_{33} .

由导数定义，

f^{^{'}} (0) = Δ t \to 0 lim \frac{det ( I _{n} + Δ t A ) - det ( I _{n} )}{Δ t} = Δ t \to 0 lim \frac{1 + a _{11} Δ t + a _{22} Δ t + \dots + a _{nn} Δ t + o ( Δ t ) - 1}{Δ t} = trace (A)

于是

f^{^{'}} (0) = trace (A) .

2.证明：
对

det (I_{n} + t A B) = det (I_{m} + tB A)

两边同时求导立得.
4.2.27 设 $A$ 是 $m \times n$ 矩阵，任取其中的 $k$ 行和 $k$ 列，其交叉点的元素组成的 $k$ 阶方阵的行列式称为 $A$ 的一个 $k$ 阶子式. 定义 $rank_{d e t} (A) = {ma x {k ∣ A 有非零的 k 阶子式}} .$ 证明， $rank_{d e t} (A) = rank (A) .$ 证明：
设

rank (A) = r

，则

A

中最多只能取得

r

个线性无关的列向量。由于行秩等于列秩，这

r

个线性无关的列向量中最多也只能取到

r

个线性无关的行向量。这说明

A

中最多只能得到

r

阶非零子式。于是命题显然成立。
4.2.28 Hadamard不等式
1.利用QR分解证明，对任意

k

阶矩阵

T = [t_{1} t_{2} \dots t_{n}]

，

∣ det (T) ∣ \leq ∥ t_{1} ∥∥ t_{2} ∥ \dots ∥ t_{n} ∥.

2.证明Hadamard矩阵使等号成立.
1.证明:

T = Q diag (∥ q_{i} ∥) R .

其中，

Q

是正交矩阵，

R

是对角元均为1的上三角阵.
所以

∣ det (T) ∣ = 1 \leq i \leq n \prod ∥ q_{i} ∥.

由于

q_{i}

是列向量

t_{i}

垂直于

q_{1}, q_{2}, \dots, q_{n - 1}

的分量，于是

q_{i} \leq t_{i},

等号成立当且仅当

t_{i}

垂直于

t_{1}, t_{2}, ... t_{i - 1} .

即

∣ det (T) ∣ = 1 \leq i \leq n \prod ∥ q_{i} ∥ \leq ∥ t_{1} ∥∥ t_{2} ∥ \dots ∥ t_{n} ∥.

2.证明:
Hadamard矩阵列向量相互垂直，于是等号成立。
4.2.29
显然.
4.2.30-31
略.