4.3 行列式的展开式

4.3.1
略.
4.3.2 利用按照行（列）展开求下列行列式；按照哪一行（列）展开，使得计算最简单？
按照0最多的行（列）展开即可.
4.3.3 计算$\left|\begin{array}{ccccc}{a}_1& a_2& a_3& a_4& a_5\\ b_1& b_2& b_3& b_4& b_5\\ c_1& c_2& 0& 0& 0\\ d_1& d_2& 0& 0& 0\\ e_1& e_2& 0& 0& 0\end{array}\right|.$
解：3-5行一定线性相关，行列式为0.
4.3.4
略.
4.3.5 计算$\left|\begin{array}{ccccc}\lambda & & & & a_n\\ -1& \lambda & & & a_{n-1}\\ & \ddots & \ddots & & ⋮\\ & & -1& \lambda & a_2\\ & & & -1& \lambda +a_1\end{array}\right|.$
解：化为行列式立得，原式$={\lambda }^n+{\lambda }^{n-1}{a}_1+{\lambda }^{n-2}{a}_2+\cdots +a_n.$ 4.3.6 计算$\left|\begin{array}{cccccc}\lambda & 1& & & & \\ n& \lambda & 2& & & \\ & \ddots & \ddots & \ddots & & \\ & & \ddots & \ddots & \ddots & \\ & & & 2& \lambda & n\\ & & & & 1& \lambda \end{array}\right|.$
解：将第$n$行加到第$n-1$行，再将第$n-1$行加到第$n-2$行，以此类推。原式=$$\left|\begin{array}{cccccc}\lambda +n& \lambda +n& \cdots & \cdots & \lambda +n& \lambda +n\\ n& \lambda +n-1& \lambda +n& \cdots & \lambda +n& \lambda +n\\ & n-1& \lambda +n-2& \lambda +n& \cdots & \lambda +n\\ & & \ddots & \ddots & \ddots & \\ & & & 2& \lambda +1& \lambda +n\\ & & & & 1& \lambda \end{array}\right|$$ $$=(\lambda +n)\left|\begin{array}{cccccc}1& 1& \cdots & \cdots & 1& 1\\ n& \lambda +n-1& \lambda +n& \cdots & \lambda +n& \lambda +n\\ & n-1& \lambda +n-2& \lambda +n& \cdots & \lambda +n\\ & & \ddots & \ddots & \ddots & \\ & & & 2& \lambda +1& \lambda +n\\ & & & & 1& \lambda \end{array}\right|$$ 用第$n$列减第$n-1$列，再用第$n-1$列减第$n-2$列，以此类推。 $$\begin{array}{rl}& =(\lambda +n)\left|\begin{array}{cccccc}1& 0& \cdots & \cdots & 0& 0\\ n& \lambda -1& 1& & & \\ & n-1& \lambda -1& 2& & \\ & & \ddots & \ddots & \ddots & \\ & & & 2& \lambda -1& n-1\\ & & & & 1& \lambda -1\end{array}\right|\\ & =(\lambda +n)\left|\begin{array}{ccccc}\lambda -1& 1& & & \\ n-1& \lambda -1& 2& & \\ & \ddots & \ddots & \ddots & \\ & & 2& \lambda -1& n-1\\ & & & 1& \lambda -1\end{array}\right|\end{array}$$ 设原式=$S_n(\lambda ).$上面的计算表明$S_n(\lambda )=(\lambda +n)S_{n-1}(\lambda -1).$所以原式= $$\begin{array}{rl}& (\lambda +n)(\lambda +n-1)\cdots (\lambda +2)S_1(\lambda -(n-1))\\ & =(\lambda +n)(\lambda +n-1)\cdots (\lambda +2)\left|\begin{array}{cc}\lambda -(n-1)& 1\\ 1& \lambda -(n-1)\end{array}\right|\\ & =(\lambda +n)(\lambda +n-1)\cdots (\lambda +2)(\lambda -n+2)(\lambda -n)\end{array}$$ 4.3.7 回顾例1.7.4中的对称、上三角和下三角Pascal矩阵。在四阶的情形，这三种矩阵分别为$S_4=\left[\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 1& 2& 3& 4\\ 1& 3& 6& 10\\ 1& 4& 10& 20\end{array}\right],U_4=\left[\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 0& 1& 2& 3\\ 0& 0& 1& 3\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right],L_4=\left[\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ 1& 1& 0& 0\\ 1& 2& 1& 0\\ 1& 3& 3& 1\end{array}\right].$另外，存在LU分解$S_n=L_n{U}_n.$ 1. 求$\det (L_n),\det (U_n),\det (S_n).$ 2. 求$S_n$右下角元素的代数余子式。
3. 将$S_n$右下角的元素减$1$得到矩阵$A_n$，求$\det (A_n).$ 1. 解:
$\det (L_n)=\det (U_n)=\det (S_n)=1.$ 2. 解:
$C_{n,n}=(-1{)}^{n+n}\det (S_{n-1})=\det (S_{n-1})=1.$ 3. 解:
令$S_n=\left[\begin{array}{cccc}{s}_{11}& s_{12}& \cdots & s_{1n}\\ s_{21}& s_{22}& \cdots & s_{2n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ s_{n1}& s_{n2}& \cdots & s_{nn}\end{array}\right]$。按照最后一行展开，则$\det (S_n)=s_{n1}{C}_{n1}+s_{n2}{C}_{n2}+\cdots +s_{nn}{C}_{nn}$，同理$\det (A_n)=s_{n1}{C}_{n1}+s_{n2}{C}_{n2}+\cdots +(s_{nn}-1)C_{nn}$。所以$\det (S_n)-\det (A_n)=C_{nn}=\det (S_{n-1})=1$，即$\det (A_n)=0.$ 4.3.8 给定$A_n=\left[\begin{array}{cccc}2& -1& & \\ -1& 2& \ddots & \\ & \ddots & \ddots & -1\\ & & -1& 2\end{array}\right],B_n=\left[\begin{array}{cccc}1& -1& & \\ -1& 2& \ddots & \\ & \ddots & \ddots & -1\\ & & -1& 2\end{array}\right].$ 1. 利用展开式得到$\det (B_n)$关于$n$的递推关系，并计算$\det (B_n).$ 2. 利用$\det (A_n)$与$\det (B_n)$的关系计算$\det (A_n).$ 1. 解:
按照第一行展开后根据行列式的列线性，有 $$\begin{array}{rl}\det (B_n)& =\left|\begin{array}{ccccc}1& -1& & & \\ -1& 2& -1& & \\ & -1& 2& \ddots & \\ & & \ddots & \ddots & -1\\ & & & -1& 2\end{array}\right|\\ & =\left|\begin{array}{cccc}2& -1& & \\ -1& 2& \ddots & \\ & \ddots & \ddots & -1\\ & & -1& 2\end{array}\right|+\left|\begin{array}{cccc}-1& & & \\ -1& 2& \ddots & \\ & \ddots & \ddots & -1\\ & & -1& 2\end{array}\right|\\ & =\left|\begin{array}{cccc}1& -1& & \\ -1& 2& \ddots & \\ & \ddots & \ddots & -1\\ & & -1& 2\end{array}\right|+\left|\begin{array}{cccc}1& -1& & \\ 0& 2& \ddots & \\ & \ddots & \ddots & -1\\ & & -1& 2\end{array}\right|+\left|\begin{array}{cccc}-1& & & \\ -1& 2& \ddots & \\ & \ddots & \ddots & -1\\ & & -1& 2\end{array}\right|\\ & =\left|\begin{array}{cccc}1& -1& & \\ -1& 2& \ddots & \\ & \ddots & \ddots & -1\\ & & -1& 2\end{array}\right|+0\\ & =\det (B_{n-1})\end{array}$$ 而$\det (B_2)=1$，于是$\det (B_n)=1.$ 2. 解：
同样利用列线性， $$\begin{array}{rl}\det (A_n)& =\left|\begin{array}{ccccc}2& -1& & & \\ -1& 2& -1& & \\ & -1& 2& \ddots & \\ & & \ddots & \ddots & -1\\ & & & -1& 2\end{array}\right|\\ & =\left|\begin{array}{ccccc}1& -1& & & \\ -1& 2& -1& & \\ & -1& 2& \ddots & \\ & & \ddots & \ddots & -1\\ & & & -1& 2\end{array}\right|+\left|\begin{array}{ccccc}1& -1& & & \\ & 2& -1& & \\ & -1& 2& \ddots & \\ & & \ddots & \ddots & -1\\ & & & -1& 2\end{array}\right|\\ & =\det (B_n)+\det (A_{n-1})\\ & =1+\det (A_{n-1})\end{array}$$ 而$\det (A_2)=3$，于是$\det (A_n)=n+1.$ 4.3.9 (行列式中的Fibonacci数列) 如果一个矩阵比上(下)三角矩阵仅仅多一排非零对角元，则称之为上(下)Hessenberg矩阵。例如，$H_4=\left[\begin{array}{cccc}2& 1& 1& 1\\ 1& 2& 1& 1\\ 0& 1& 2& 1\\ 0& 0& 1& 2\end{array}\right]$就是上Hessenberg矩阵。上Hessenberg矩阵在数值分析中很有用。
1. 令$H_n$为$n$阶上Hessenberg矩阵，其对角元素都是$2$，其他非零元素都是$1$。证明$\det (H_n+2)=\det (H_n+1)+\det (H_n)$，即这些行列式组成了Finonacci数列。
2. 令$S_n$是对角元素为$3$，与对角元相邻的元素为$1$的$n$阶三对角矩阵(见练习1.3.12)，例如，$S_4=\left[\begin{array}{cccc}3& 1& 0& 0\\ 1& 3& 1& 0\\ 0& 1& 3& 1\\ 0& 0& 1& 3\end{array}\right]$。它既是上Hessenburg矩阵也是下Hessenburg矩阵。求$S_n$的递归公式，并分析与Fibonacci数列的关系。
3. 设$n$阶三对角矩阵的行列式的完全展开式中，最多有$t_n$项非零，求$t_n$的递归公式。 1. 证明：
$$\det (H_n)={\left|\begin{array}{ccccc}2& 1& 1& \cdots & 1\\ 1& 2& 1& \cdots & 1\\ & 1& \ddots & \ddots & ⋮\\ & & \ddots & \ddots & 1\\ & & & 1& 2\end{array}\right|}_{n\times n}$$ 按照第一列展开， $$\begin{array}{rl}{\left|\begin{array}{ccccc}2& 1& 1& \cdots & 1\\ 1& 2& 1& \cdots & 1\\ & 1& \ddots & \ddots & ⋮\\ & & \ddots & \ddots & 1\\ & & & 1& 2\end{array}\right|}_{n\times n}& =2{\left|\begin{array}{cccc}2& 1& \cdots & 1\\ 1& \ddots & \ddots & ⋮\\ & \ddots & \ddots & 1\\ & & 1& 2\end{array}\right|}_{(n-1)\times (n-1)}-{\left|\begin{array}{cccc}1& 1& \cdots & 1\\ 1& 2& \ddots & ⋮\\ & \ddots & \ddots & 1\\ & & 1& 2\end{array}\right|}_{(n-1)\times (n-1)}\\ & =2\det (H_{n-1})-{\left|\begin{array}{cccc}1& 1& \cdots & 1\\ 1& 2& \ddots & ⋮\\ & \ddots & \ddots & 1\\ & & 1& 2\end{array}\right|}_{(n-1)\times (n-1)}\end{array}$$ 由列线性， $$\begin{array}{rl}{\left|\begin{array}{cccc}1& 1& \cdots & 1\\ 1& 2& \ddots & ⋮\\ & \ddots & \ddots & 1\\ & & 1& 2\end{array}\right|}_{(n-1)\times (n-1)}& ={\left|\begin{array}{cccc}2& 1& \cdots & 1\\ 1& 2& \ddots & ⋮\\ & \ddots & \ddots & 1\\ & & 1& 2\end{array}\right|}_{(n-1)\times (n-1)}-{\left|\begin{array}{ccccc}1& 1& \cdots & \cdots & 1\\ 0& 2& \ddots & & ⋮\\ & 1& \ddots & \ddots & ⋮\\ & & \ddots & \ddots & 1\\ & & & 1& 2\end{array}\right|}_{(n-1)\times (n-1)}\\ & ={\left|\begin{array}{cccc}2& 1& \cdots & 1\\ 1& 2& \ddots & ⋮\\ & \ddots & \ddots & 1\\ & & 1& 2\end{array}\right|}_{(n-1)\times (n-1)}-{\left|\begin{array}{cccc}2& 1& \cdots & 1\\ 1& 2& \ddots & ⋮\\ & \ddots & \ddots & 1\\ & & 1& 2\end{array}\right|}_{(n-2)\times (n-2)}\\ & =\det (H_{n-1})-\det (H_{n-2})\end{array}$$ 于是 $$\begin{array}{rl}\det (H_n)& =2\det (H_{n-1})-(\det (H_{n-1})-\det (H_{n-2}))\\ & =\det (H_{n-1})+\det (H_{n-2})\end{array}$$ 而 $\det (H_1)=2,\det (H_2)=3$, 所以 $\det (H_n)$ 是 Fibonacci 数列。
2. 解：
$$\det (S_n)=\left|\begin{array}{cccc}3& 1& & \\ 1& 3& \ddots & \\ & \ddots & \ddots & 1\\ & & 1& 3\end{array}\right|$$ 按照第一列展开， $$\begin{array}{rl}{\left|\begin{array}{cccc}3& 1& & \\ 1& 3& \ddots & \\ & \ddots & \ddots & 1\\ & & 1& 3\end{array}\right|}_{n\times n}& =3{\left|\begin{array}{cccc}3& 1& & \\ 1& 3& \ddots & \\ & \ddots & \ddots & 1\\ & & 1& 3\end{array}\right|}_{(n-1)\times (n-1)}-{\left|\begin{array}{ccccc}1& & & & \\ 1& 3& 1& & \\ & \ddots & \ddots & \ddots & \\ & & \ddots & \ddots & 1\\ & & & 1& 3\end{array}\right|}_{(n-1)\times (n-1)}\\ & =3\det (S_{n-1})-{\left|\begin{array}{cccc}3& 1& & \\ 1& \ddots & \ddots & \\ & \ddots & \ddots & 1\\ & & 1& 3\end{array}\right|}_{(n-2)\times (n-2)}\\ & =3\det (S_{n-1})-\det (S_{n-2})\end{array}$$ 由$\det (S_1)=3,\det (S_2)=8$得$\det (S_n)$ 是 Fibonacci 数列的第$2n+2$项。
3. 解：
设$n-1$阶三对角矩阵$S_{n-1}$的完全展开式有$t_{n-1}$项非零。现考虑$S_n=\left[\begin{array}{cccc}& & & \\ & S_{n-1}& & \\ & & & 1\\ & & 1& s_{nn}\end{array}\right]$ 的完全展开式。显然$s_{nn}$和$S_{n-1}$的完全展开式中所有非零项相乘也非零，这里有$t_{n-1}$个非零项。最右一列的$1$和最下一行的$1$和$S_{n-2}$的完全展开式中所有非零项相乘也非零，这里有$t_{n-2}$个非零项。于是$t_n=t_{n-1}+t_{n-2}.$ 4.3.10 求下列推广的Vandermonde行列式： $$\left|\begin{array}{ccccc}1& x_1& \cdots & x_1^{n-2}& x_1^n\\ 1& x_2& \cdots & x_2^{n-2}& x_2^n\\ ⋮& ⋮& & ⋮& ⋮\\ 1& x_n& \cdots & x_n^{n-2}& x_n^n\end{array}\right|.$$ 解：
可以看出原式和Vandermonde行列式之间差一列$n-1$次项，我们不妨把$n-1$次项补上去，同时为了保持方阵的形式还需要另外加一行。设得到的Vandermonde矩阵是$D$，即，$$D=\left[\begin{array}{cccccc}1& x_1& \cdots & x_1^{n-2}& x_1^{n-1}& x_1^n\\ 1& x_2& \cdots & x_2^{n-2}& x_2^{n-1}& x_2^n\\ ⋮& ⋮& & ⋮& ⋮& \\ 1& x_n& \cdots & x_n^{n-2}& x_n^{n-1}& x_n^n\\ 1& y& \cdots & y^{n-2}& y^{n-1}& y^n\end{array}\right].$$ 且$\det (D)=(y-x_1)(y-x_2)\cdots (y-x_n)(x_n-x_1)(x_n-x_2)\cdots (x_2-x_1).$ 将$D$按照最后一行展开可以发现，原式即为$\det (D)$中$y^{n-1}$系数的相反数。所以原式=$$(x_1+x_2+\cdots +x_n)\prod _{1\le j<i\le n}(x_i-x_j).$$ 4.3.11 对$n$阶方阵$A$，证明，$\det (\lambda I_n-A)$是$\lambda$首项系数为1的$n$次多项式.
证明是显然的，略.
4.3.12
1.设$A$是正交矩阵，且$\det (A)<0$，证明$I_n+A$不可逆.由此可得，存在非零向量$\mathbf{x}$，使得$A\mathbf{x}=-\mathbf{x}.$ 2.设$A$是奇数阶正交矩阵，且$\det (A)>0$，证明$I_n-A$不可逆.由此可得，存在非零向量$\mathbf{x}$，使得$A\mathbf{x}=\mathbf{x}.$偶数阶的情形，结论是否成立？
1.证明： $$\det (A^{\mathrm{T}}(A+I))=\det (A)\det (A+I)=\det (I+A^{\mathrm{T}})=\det (I+A).$$ 即$$\det (A)\det (A+I)=\det (A+I).$$ 又因为$\det (A)<0$，所以$\det (A+I)=0$，即$I_n+A$不可逆.
2.证明：
$A$是正交矩阵且$\det (A)>0\Rightarrow \det (A)=1.$ 所以$$\det (A^{\mathrm{T}}(I_n-A))=\det (I_n-A)$$ 而$$\det (A^{\mathrm{T}}(I_n-A))=\det (A^{\mathrm{T}}-I_n)=(-1{)}^n\det (I_n-A).$$ 即$$\det (I_n-A)=(-1{)}^n\det (I_n-A).$$ 当$n$是奇数时，$\det (I_n-A)=-\det (I_n-A)\Rightarrow \det (I_n-A)=0.$而当$n$是偶数时不成立.
4.3.13 设$n$阶方阵$A=[a_{ij}]$对角占优，且对角元素都是正数，证明$\det (A)>0.$ 证明:
注意到$\det (A+tI)$是关于$t$的多项式函数，处处连续可导.
$A+tI(t>0)$也是对角占优矩阵，对任意$t>0$,$\det (A+tI)\ne 0.$又因为${\lim }_{t\to \infty }\det (A+tI)=+\infty .$ 所以对任意$t>0,\det (A+tI)>0$.于是当$t=0$时,$\det (A+tI)=\det (A)\ge 0.$ 又因为$A$是对角占优矩阵$\Rightarrow \det (A)\ne 0,$所以$\det (A)>0.$ 4.3.14 证明若$A$不可逆，则其补矩阵的秩是0或1.
证明:
令$A=\left[\begin{array}{cccc}{\mathbf{a}}_1& {\mathbf{a}}_2& \cdots & {\mathbf{a}}_n\end{array}\right]$，补矩阵的第$i$列为${\mathbf{c}}_i=\left[\begin{array}{c}{c}_{i1}\\ c_{i2}\\ ⋮\\ c_{in}\end{array}\right].$ 若$\mathrm{rank}(A)\le n-2,$去掉一列后的矩阵仍然不可逆，代数余子式全部为0.即$\mathrm{rank}(C)=0.$ 若$\mathrm{rank}(A)=n-1,$因为$A$不可逆$\Rightarrow \det (A)=0.$
所以当$i\ne j$时，${\mathbf{a}}_j^{\mathrm{T}}{\mathbf{c}}_i=0.$当$i=j$时${\mathbf{a}}_j^{\mathrm{T}}{\mathbf{c}}_i=\det (A)=0.$ 这表明${\mathbf{c}}_i\perp \mathcal{R}(A)$，所以$\mathrm{rank}(C)\le 1.$ 即$\mathrm{rank}(C)\le 1.$ 4.3.15 给定所有元素全为整数的可逆矩阵$A$，证明，$A^{-1}$的所有元素全为整数，当且仅当$|\det A|=1.$
由4.3.7逆矩阵公式立得.
4.3.16
略.
4.3.18 设$n$阶方阵$A,B$满足$AB=BA$，证明:
1.$|\det (\left[\begin{array}{cc}A& B\\ -B& A\end{array}\right])|=|\det (A^2+B^B)|$ 2.$\det (\left[\begin{array}{cc}A& B\\ -B& A\end{array}\right])=\det (A^2+B^2)$ 1.证明: $$\begin{array}{rl}|\det (\left[\begin{array}{cc}A& B\\ -B& A\end{array}\right])|& =\sqrt{\det (\left[\begin{array}{cc}A& B\\ -B& A\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}A& -B\\ B& A\end{array}\right])}\\ & =\sqrt{\det (\left[\begin{array}{cc}{A}^2+B^2& 0\\ 0& A^2+B^2\end{array}\right])}\\ & =|\det (A^2+B^2)|.\end{array}$$ 2.证明:
法一：
若$A$可逆， $$\begin{array}{rl}\det (\left[\begin{array}{cc}A& B\\ -B& A\end{array}\right])& =\det (\left[\begin{array}{cc}A& B\\ O& A+B{A}^{-1}B\end{array}\right])\\ & =\det (A^2+AB{A}^{-1}B)\\ & =\det (A^2+B^2).\end{array}$$ 若$A$不可逆，$\det (A)=0$，则$\det (A+ϵI)$ 一定不等于0.其中$ϵ$是任意小的正实数.(这是因为此时行列式是关于$ϵ$的多项式函数).
显然有$$\det (\left[\begin{array}{cc}A+ϵI& B\\ -B& A+ϵI\end{array}\right])=\det ((A+ϵI{)}^2+B^2).$$ 因为行列式是关于$ϵ$的多项式函数，处处连续可导，所以： $$\begin{array}{rl}\det (\left[\begin{array}{cc}A& B\\ -B& A\end{array}\right])& =\underset{ϵ\to 0}{\lim }\det (\left[\begin{array}{cc}A+ϵI& B\\ -B& A+ϵI\end{array}\right])\\ & =\underset{ϵ\to 0}{\lim }\det ((A+ϵI{)}^2+B^2)\\ & =\det (A^2+B^2).\end{array}$$ 法二：
利用行变换和列变换 $$\begin{array}{rl}\left|\begin{array}{cc}A& B\\ -B& A\end{array}\right|& \stackrel{\text{行变换}}{=}\left|\begin{array}{cc}A& B\\ -B-iA& A-iB\end{array}\right|\\ & \stackrel{\text{列变换}}{=}\left|\begin{array}{cc}A+iB& B\\ O& A-iB\end{array}\right|\\ & =\det ((A+iB)(A-iB))\\ & =\det (A^2+B^2)\end{array}$$ 4.3.19-4.3.20
略.
4.3.21 在空间${\mathbb{R}}^3$中，证明由向量${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2$围出的平行四边形的面积是$\sqrt{\det (A^{\mathrm{T}}A)}$，其中$A=\left[\begin{array}{cc}{\mathbf{a}}_1& {\mathbf{a}}_2.\end{array}\right]$
证明: $$\sqrt{\det (A^{\mathrm{T}}A)}=\sqrt{\det ((QR{)}^{\mathrm{T}}QR)}=\sqrt{\det (R^{\mathrm{T}}R)}=|\det (R)|.$$ 其中$R$是上三角阵，且$R$的对角元分别是${\mathbf{a}}_1$的长度和${\mathbf{a}}_2$垂直于${\mathbf{a}}_1$分量的长度.于是$$S=|\det (R)|=\sqrt{\det (A^{\mathrm{T}}A)}.$$ 4.3.22 对$n$阶方阵$A$在$1,2,\cdots ,n$中任取$k$个数$i_1<i_2<\cdots <i_k$，$A$的第$i_1,i_2,\cdots ,i_k$行与$i_1,i_2,\cdots ,i_k$列的交叉点处元素组成的$k$阶方阵，称为$A$的一个$k$阶主子阵，其行列式称为$A$的一个$k$阶主子式。显然$A$有$C_n^k$个主子阵，也有$C_n^k$个主子式。证明：
1.$\det (A+\lambda I_n)$是关于$\lambda$的$n$次多项式.
2.记$\det (A+\lambda I_n)=a_0{\lambda }^n+a_1{\lambda }^{n-1}+\cdots +a_n$，则$a_0=1$，而对$k=1,2,\cdots ,n$，$a_k$是$A$的所有$k$阶主子式的和.
1. 证明：
用数学归纳法。按照阶数归纳，当$n=1$时显然成立。
现假设阶数为$n-1$时命题成立，即对$n-1$阶方阵$A_{n-1}$，$\det (A_{n-1}+\lambda I_{n-1})$是关于$\lambda$的$n-1$次多项式。
考虑$n$阶方阵$A_n$，显然$A_n+\lambda I_n=\left[\begin{array}{cc}{A}_{n-1}+\lambda I_{n-1}& \mathbf{x}\\ {\mathbf{y}}^{\mathrm{T}}& a_{nn}+\lambda \end{array}\right]$，其中$\mathbf{x}=\left[\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ ⋮\\ x_{n-1}\end{array}\right]\in {\mathbb{R}}^{n-1},\mathbf{y}=\left[\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ ⋮\\ y_{n-1}\end{array}\right]\in {\mathbb{R}}^{n-1}$。按照最后一行展开可得$$\det (A_n+\lambda I_n)=(a_{nn}+\lambda )\det (A_{n-1}+\lambda I_{n-1})$$ 4.3.23 (行列式游戏)甲和乙两个人构造一个n阶方阵，轮流填写矩阵中的元素，直到填满为止。如果矩阵的行列式非零，则甲胜，否则，乙胜。
1.如果乙先开始，且$n=2$，则谁有必胜策略。
2.如果乙先开始，且$n=3$，则谁有必胜策略。
3.如果甲先开始，且$n=3$，则谁有必胜策略。
4.如果甲先开始，且$n$是偶数，则谁有必胜策略。
1.解：
显然无论是谁先手，$n=2$时乙必胜。乙只需要在任意一行（列）全填0即可。当甲先手时，若甲下(1,1)，乙下(2,2)就能保证胜利。
2.解：
如果乙先手，且$n=3$，则乙有必胜策略，乙通过填0即可获胜。乙先在任意一个位置填0，接下来无论甲在任何地方下另一个数，乙只需要在与自己刚刚填写的数字位于同一列的另一个空格处填0，问题就转变为双方争夺$n=2$的余子阵的问题，而在$n=2$的情况下乙必胜。例子：乙在(2,1)填0，甲有两种选择(a)在(2,2)或(2,3)填1;(b)在其他列填1.若甲选(a)，乙就在同一列另外一个空格处填0，问题即转变为$n=2$情况。若甲选(b)，乙就在(2,2)处填0，接下来甲只能在(2,3)填1，否则立输。此时问题显然也变为$n=2$的情况。乙必胜。
3.解：
如果甲先手，且$n=3$，则乙有必胜策略。和2中讨论的一样，乙通过填0即可获胜。
4.解：
如果甲先手，且$n$是偶数，则乙有必胜策略，乙通过在对应行填和甲一样的数构造两个相同的行即可获胜。例子：甲在(2,1)填3，乙也在(2,2)填3，甲在(3,2)填5，乙也在(3,1)填5...以此类推，就能得到两个相同的行。乙必胜。

感兴趣的读者可自行思考$n$是偶数且乙先手或$n$是奇数的情况。相关讨论见https://mathoverflow.net/questions/2193/variation-on-a-matrix-game