4.3.1

$\\$ 略.$\\$

4.3.2 $\quad$ 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 $\quad$ 计算$\begin{vmatrix} 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{vmatrix}. $

$\\$ 解：3-5行一定线性相关，行列式为0.$\\$

4.3.4

$\\$ 略.$\\$

4.3.5 $\quad$ 计算$\begin{vmatrix} \lambda&&&&a_n\\ -1&\lambda&&&a_{n-1}\\ &\ddots&\ddots&&\vdots\\ &&-1&\lambda&a_2\\ &&&-1&\lambda+a_1 \end{vmatrix}. $

$\\$ 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 $\quad$ 计算$\begin{vmatrix} \lambda&1&&&&\\ n&\lambda&2&&&\\ &\ddots&\ddots&\ddots&&\\ &&\ddots&\ddots&\ddots&\\ &&&2&\lambda&n\\ &&&&1&\lambda \end{vmatrix}. $

$\\$ 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=$$\begin{vmatrix} \lambda+n&\lambda+n&\cdots&\cdots&\lambda+n&\lambda+n\\ n&\lambda+n-1&\lambda+n&\cdots&\lambda+n&\lambda+n\\ &n-1&\lambda+n-2&\lambda+n&\cdots&\lambda+n\\ &&\ddots&\ddots&\ddots&\\ &&&2&\lambda+1&\lambda+n\\ &&&&1&\lambda \end{vmatrix}$$ $$=(\lambda+n)\begin{vmatrix} 1&1&\cdots&\cdots&1&1\\ n&\lambda+n-1&\lambda+n&\cdots&\lambda+n&\lambda+n\\ &n-1&\lambda+n-2&\lambda+n&\cdots&\lambda+n\\ &&\ddots&\ddots&\ddots&\\ &&&2&\lambda+1&\lambda+n\\ &&&&1&\lambda \end{vmatrix}$$ 用第$n$列减第$n-1$列，再用第$n-1$列减第$n-2$列，以此类推。 $$ \begin{align*} &=(\lambda+n)\begin{vmatrix} 1&0&\cdots&\cdots&0&0\\ n&\lambda-1&1&&&\\ &n-1&\lambda-1&2&&\\ &&\ddots&\ddots&\ddots&\\ &&&2&\lambda-1&n-1\\ &&&&1&\lambda-1 \end{vmatrix}\\&=(\lambda+n)\begin{vmatrix} \lambda-1&1&&&\\ n-1&\lambda-1&2&&\\ &\ddots&\ddots&\ddots&\\ &&2&\lambda-1&n-1\\ &&&1&\lambda-1 \end{vmatrix} \end{align*} $$ 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= $$\begin{align*} &(\lambda+n)(\lambda+n-1)\cdots(\lambda+2)S_{1}(\lambda-(n-1))\\ &=(\lambda+n)(\lambda+n-1)\cdots(\lambda+2)\begin{vmatrix} \lambda-(n-1)&1\\ 1&\lambda-(n-1)\\ \end{vmatrix}\\&=(\lambda+n)(\lambda+n-1)\cdots(\lambda+2)(\lambda-n+2)(\lambda-n) \end{align*}$$

4.3.10 $\quad$ 求下列推广的Vandermonde行列式：

$$\begin{vmatrix} 1&x_1&\cdots&x_1^{n-2}&x_1^n\\ 1&x_2&\cdots&x_2^{n-2}&x_2^n\\ \vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\ 1&x_n&\cdots&x_n^{n-2}&x_n^n \end{vmatrix}.$$ 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，$$D=\begin{bmatrix} 1&x_1&\cdots&x_1^{n-2}&x_1^{n-1}&x_1^n\\ 1&x_2&\cdots&x_2^{n-2}&x_2^{n-1}&x_2^n\\ \vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\ 1&x_n&\cdots&x_n^{n-2}&x_n^{n-1}&x_n^n\\ 1&y&\cdots&y^{n-2}&y^{n-1}&y^n\\ \end{bmatrix}.$$ 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=$$(x_1+x_2+\cdots+x_n)\prod_{1\leq j < i \leq n}(x_i-x_j).$$

4.3.11 $\quad$ 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$\bm{x}$，使得$A\bm{x}=-\bm{x}.\\$ 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$\bm{x}$，使得$A\bm{x}=\bm{x}.$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 $\quad$ 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$t>0$,$\det(A+tI) \neq 0.$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,$\det(A+tI)=\det(A) \geq 0.\\$ 又因为$A$是对角占优矩阵$\Rightarrow \det(A) \neq 0,$所以$\det(A)>0.\\$

4.3.14 $\quad$ 证明若$A$不可逆，则其补矩阵的秩是0或1.

$\\$ 证明:$\\$ 令$A=\begin{bmatrix} \bm{a}_1&\bm{a}_2&\cdots&\bm{a}_n \end{bmatrix}$，补矩阵的第$i$列为$\bm{c}_i=\begin{bmatrix} c_{i1}\\c_{i2}\\ \vdots\\c_{in} \end{bmatrix}.\\$ 若$\operatorname{rank}(A) \leq n-2,$去掉一列后的矩阵仍然不可逆，代数余子式全部为0.即$\operatorname{rank}(C)=0.\\$ 若$\operatorname{rank}(A)=n-1,$因为$A$不可逆$\Rightarrow \det(A)=0.$所以当$i\neq j$时，$\bm{a}_j^\mathrm{T}\bm{c}_i=0.$当$i=j$时$\bm{a}_j^\mathrm{T}\bm{c}_i=\det(A)=0.\\$ 这表明$\bm{c}_i \perp \mathcal{R}(A)$，所以$\operatorname{rank}(C) \leq 1.\\$ 即$\operatorname{rank}(C) \leq 1.\\$

4.3.15 $\quad$ 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$\vert{\det{A}}\vert=1.$

$\\$ 由4.3.7逆矩阵公式立得.$\\$

4.3.16

$\\$ 略.$\\$

4.3.18 $\quad$ 设$n$阶方阵$A,B$满足$AB=BA$，证明:

$\\$ 1.$\vert{\det(\begin{bmatrix} A&B\\ -B&A \end{bmatrix})}\vert=\vert{\det(A^2+B^B)}\vert \\$ 2.$\det(\begin{bmatrix} A&B\\ -B&A \end{bmatrix})=\det(A^2+B^2)\\$ 1.证明: $$\begin{align*} \vert{\det(\begin{bmatrix} A&B\\ -B&A \end{bmatrix})}\vert&=\sqrt{\det(\begin{bmatrix} A&B\\ -B&A \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A&-B\\ B&A \end{bmatrix})}\\&=\sqrt{\det(\begin{bmatrix} A^2+B^2&0\\ 0&A^2+B^2 \end{bmatrix})}\\&=\vert{\det(A^2+B^2)}\vert. \end{align*}$$ 2.证明:$\\$

法一：

$\\$ 若$A$可逆， $$\begin{align*} \det(\begin{bmatrix} A&B\\ -B&A \end{bmatrix})&=\det(\begin{bmatrix} A&B\\ O&A+BA^{-1}B \end{bmatrix})\\&=\det(A^2+ABA^{-1}B)\\&=\det(A^2+B^2). \end{align*}$$ 若$A$不可逆，$\det(A)=0$，则$\det(A+\epsilon I)$ 一定不等于0.其中$\epsilon$是任意小的正实数.(这是因为此时行列式是关于$\epsilon$的多项式函数).$\\$ 显然有$$\det(\begin{bmatrix} A+\epsilon I&B\\ -B&A+\epsilon I \end{bmatrix})=\det((A+\epsilon I)^2+B^2).$$ 因为行列式是关于$\epsilon$的多项式函数，处处连续可导，所以： $$\begin{align*} \det(\begin{bmatrix} A&B\\ -B&A \end{bmatrix})&=\lim_{\epsilon \to 0}\det(\begin{bmatrix} A+\epsilon I&B\\ -B&A+\epsilon I \end{bmatrix})\\&=\lim_{\epsilon \to 0}\det((A+\epsilon I)^2+B^2)\\&=\det(A^2+B^2). \end{align*}$$

法二：

$\\$ 利用行变换和列变换 $$ \begin{align*} \begin{vmatrix} A&B\\ -B&A \end{vmatrix} &\overset{\text{行变换}}{=} \begin{vmatrix} A&B\\ -B-iA&A-iB \end{vmatrix}\\ &\overset{\text{列变换}}{=} \begin{vmatrix} A+iB&B\\ O&A-iB\\ \end{vmatrix}\\ &=\det((A+iB)(A-iB))\\ &=\det(A^2+B^2) \end{align*} $$

4.3.19-4.3.20

$\\$ 略.$\\$

4.3.21 $\quad$ 在空间$\mathbb{R}^3$中，证明由向量$\bm{a}_1,\bm{a}_2$围出的平行四边形的面积是$\sqrt{\det(A^\mathrm{T}A)}$，其中$A=\begin{bmatrix} \bm{a}_1&\bm{a}_2. \end{bmatrix}$

$\\$ 证明: $$\sqrt{\det(A^\mathrm{T}A)}=\sqrt{\det((QR)^\mathrm{T}QR)}=\sqrt{\det(R^\mathrm{T}R)}=\vert{\det(R)}\vert.$$ 其中$R$是上三角阵，且$R$的对角元分别是$\bm{a}_1$的长度和$\bm{a}_2$垂直于$\bm{a}_1$分量的长度.于是$$S=\vert{\det(R)}\vert=\sqrt{\det(A^\mathrm{T}A)}.$$

4.3.22 $\quad$ 对$n$阶方阵$A$在$1,2,\cdots,n$中任取$k$个数$i_1 \lt i_2 \lt \cdots \lt i_k$，$A$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.$\\$

4.3.23 $\quad$ (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。$\\$ 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.如果乙先开始，且$n=3$，则谁有必胜策略。$\\$ 解：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.如果甲先开始，且$n=3$，则谁有必胜策略。$\\$ 解：乙有必胜策略。和2中讨论的一样，乙通过填0即可获胜。$\\$ 4.如果甲先开始，且$n$是偶数，则谁有必胜策略。$\\$ 解：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