行列式

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问题 1 (David C.Lay《线性代数及其应用》习题3.3.32). 令$S$是$\mathbf{R}^3$中具有顶点$\mathbf{0},\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3$的四面体,$S’$为具有顶点为$\mathbf{0},\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3$的四面体,见下面的图形.
  • 描述一个将$S$映射到$S’$上的线性变换.
  • 利用$\{\mbox{S的体积}\}=\frac{1}{3}\{\mbox{底面
    积}\}\cdot\{\mbox{高}\}$这个事实给出一个四面体$S’$的体积公式.

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解答 1.1.
  • 设该线性变换是$T$,满足
    $$
    T(\bm{e}_1)=\bm{v}_1,T(\bm{e}_2)=\bm{v}_2,T(\bm{e}_3)=\bm{v}_3.
    $$
    设$\{\bm{e}_1,\bm{e}_2,\bm{e}_3\}=\mathcal{E}$构成$\mathbf{R}^3$的一组单位正交基底,则
    $$
    [T]_{\mathcal{E}}^{\mathcal{E}}=\begin{bmatrix}\bm{v_{1}}^{\mathcal{E}}&\bm{v_{2}}^{\mathcal{E}}&\bm{v_{3}}^{\mathcal{E}}\end{bmatrix},
    $$
    其中$\bm{v}_i^{\mathcal{E}}$是向量$\bm{v}_i$在基$\mathcal{E}$下的坐标.

  • $$
    \mathrm{Vol}S’=\frac{1}{6}\det \begin{bmatrix}\bm{v_{1}}^{\mathcal{E}}&\bm{v_{2}}^{\mathcal{E}}&\bm{v_{3}}^{\mathcal{E}}\end{bmatrix}
    $$


问题 2 (库奥涅夫《高等代数》习题10.3). 利用拉普拉斯定理,证明
$$
\begin{vmatrix}
a&b&c&d\\
a_1&b_1&c_1&d_1\\
d&c&b&a\\
d_1&c_1&b_1&a_1
\end{vmatrix}=(ac_1-a_1c)^2+(bd_1-b_1d)^2-(ab_1-a_1b)^2-(cd_1-c_1d)^2-2(ad_1-a_1d)(bc_1-b_1c).
$$

解答 2.1. 由拉普拉斯定理,
\begin{align*}
\begin{vmatrix}
a&b&c&d\\
a_1&b_1&c_1&d_1\\
d&c&b&a\\
d_1&c_1&b_1&a_1
\end{vmatrix}&=
\begin{vmatrix}
a&b\\
a_1&b_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
b&a\\
b_1&a_1
\end{vmatrix}-
\begin{vmatrix}
a&c\\
a_1&c_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
c&a\\
c_1&a_1
\end{vmatrix}+
\begin{vmatrix}
a&d\\
a_1&d_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
c&b\\
c_1&b_1
\end{vmatrix}\\&+
\begin{vmatrix}
b&c\\
b_1&c_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}d&a\\
d_1&a_1
\end{vmatrix}-
\begin{vmatrix}
b&d\\
b_1&d_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
d&b\\
d_1&b_1
\end{vmatrix}+
\begin{vmatrix}
c&d\\
c_1&d_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
d&c\\
d_1&c_1
\end{vmatrix}
\\&=-(ab_1-a_1b)^2+(ac_1-a_1c)^2-2(ad_1-a_1d)(bc_1-b_1c)+(bd_1-b_1d)^2-(cd_1-c_1d)^2
\end{align*}

问题 3 (奥库涅夫《高等代数》习题9.2). 利用行列式乘法规则证明下列恒等式
  • $(ab_1-a_1b)^2=(a^2+b^2)(a_1^2+b_1^2)-(aa_1+bb_1)^2$
  • $(a^2+b^2)(a_1^2+b_1^2)=(aa_1-bb_1)^2+(ab_1+a_1b)^2$

解答 3.1.

  • $$
    \begin{vmatrix}
    a&b\\
    a_1&b_1
    \end{vmatrix}
    \begin{vmatrix}
    a&a_1\\
    b&b_1
    \end{vmatrix}=
    \begin{vmatrix}
    a^2+b^2&aa_1+bb_1\\
    aa_1+bb_1&a_1^2+b_1^2
    \end{vmatrix},
    $$

    $$
    (ab_1-a_1b)^2=(a^2+b^2)(a_1^2+b_1^2)-(aa_1+bb_1)^2.
    $$

  • $$
    \begin{vmatrix}
    a&b\\
    -b&a
    \end{vmatrix}
    \begin{vmatrix}
    a_1&b_1\\
    -b_1&a_1
    \end{vmatrix}=
    \begin{vmatrix}
    aa_1-bb_1&ab_1+a_1b\\
    -(ab_1+a_1b)&aa_1-bb_1
    \end{vmatrix},
    $$

    $$
    (a^2+b^2)(a_1^2+b_1^2)=(aa_1-bb_1)^2+(ab_1+a_1b)^2.
    $$


问题 4 (库奥涅夫《高等代数》习题10.2). 用第二行和第四行展开行列式
$$
\begin{vmatrix}
1&5&-1&7&3\\
-1&0&1&4&0\\
1&1&2&3&-1\\
5&0&1&1&0\\
-1&1&3&2&-2
\end{vmatrix}.
$$

解答 4.1. \begin{align*}
\begin{vmatrix}
1&5&-1&7&3\\
-1&0&1&4&0\\
1&1&2&3&-1\\
5&0&1&1&0\\
-1&1&3&2&-2
\end{vmatrix}&=
\begin{vmatrix}
-1&1\\
5&1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
5&7&3\\
1&3&-1\\
1&2&-2
\end{vmatrix}-
\begin{vmatrix}
-1&4\\
5&1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
5&-1&3\\
1&2&-1\\
1&3&-2
\end{vmatrix}-
\begin{vmatrix}
1&4\\
1&1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
1&5&3\\
1&1&-1\\
-1&1&-2
\end{vmatrix}
\\&=-6\times (-16)-(-21)\times (-3)-(-3)\times 20
\\&=93.
\end{align*}

问题 5 (库奥涅夫《高等代数》习题10.5). 求行列式
$$
\det A=\det
\begin{pmatrix}
a&b&c&d\\
-b&a&d&-c\\
-c&-d&a&b\\
-d&c&-b&a
\end{pmatrix}.
$$

解答 5.1. $$
AA^T=
\begin{pmatrix}
a^2+b^2+c^2+d^{2}&0&0&0\\
0&a^2+b^2+c^2+d^2&0&0\\
0&0&a^2+b^2+c^2+d^2&0\\
0&0&0&a^2+b^2+c^2+d^2
\end{pmatrix},
$$
因此
$$
\det AA^T=(a^2+b^2+c^2+d^2)^4,
$$

$$
\det A=(a^2+b^2+c^2+d^2)^2.
$$

问题 6. 试计算下列诸行列式:

  • $$
    \begin{vmatrix}
    0&1&1&1\\
    1&0&a&b\\
    1&a&0&c\\
    1&b&c&0
    \end{vmatrix}
    $$

  • $$
    \begin{vmatrix}
    1+a&1&1&1\\
    1&1+b&1&1\\
    1&1&1+c&1\\
    1&1&1&1+d
    \end{vmatrix}.
    $$

  • $$
    \begin{vmatrix}
    a&b&c&d\\
    b&a&d&c\\
    c&d&a&b\\
    d&c&b&a
    \end{vmatrix}
    $$

  • $$
    \begin{vmatrix}
    1&2&3&\cdots&n\\
    n&1&2&\cdots&n-1\\
    n-1&n&1&\cdots&n-2\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    2&3&4&\cdots&1
    \end{vmatrix}
    $$

解答 6.1.

  • \begin{align*}
    \begin{vmatrix}
    0&1&1&1\\
    1&0&a&b\\
    1&a&0&c\\
    1&b&c&0
    \end{vmatrix}&=-
    \begin{vmatrix}
    1&a&b\\
    1&0&c\\
    1&c&0
    \end{vmatrix}+
    \begin{vmatrix}
    1&0&b\\
    1&a&c\\
    1&b&0
    \end{vmatrix}-
    \begin{vmatrix}
    1&0&a\\
    1&a&0\\
    1&b&c
    \end{vmatrix}\\&=-(ac+bc-c^2)+(b^2-ab-bc)-(ac+ab-a^2)\\&=a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ca.
    \end{align*}
  • 先计算特例,产生感觉.当$n=6$时,
    \begin{align*}
    \begin{vmatrix}
    1&2&3&4&5&6\\
    6&1&2&3&4&5\\
    5&6&1&2&3&4\\
    4&5&6&1&2&3\\
    3&4&5&6&1&2\\
    2&3&4&5&6&1
    \end{vmatrix}&=
    \begin{vmatrix}
    -5&1&1&1&1&1\\
    1&-5&1&1&1&1\\
    1&1&-5&1&1&1\\
    1&1&1&-5&1&1\\
    1&1&1&1&-5&1\\
    2&3&4&5&6&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -6&6&0&0&0&0\\
    0&-6&6&0&0&0\\
    0&0&-6&6&0&0\\
    0&0&0&-6&6&0\\
    1&1&1&1&-5&1\\
    2&3&4&5&6&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -6&0&0&0&0&0\\
    0&-6&6&0&0&0\\
    0&0&-6&6&0&0\\
    0&0&0&-6&6&0\\
    1&2&1&1&-5&1\\
    2&2+3&4&5&6&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -6&0&0&0&0&0\\
    0&-6&0&0&0&0\\
    0&0&-6&6&0&0\\
    0&0&0&-6&6&0\\
    1&2&3&1&-5&1\\
    2&2+3&2+3+4&5&6&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -6&0&0&0&0&0\\
    0&-6&0&0&0&0\\
    0&0&-6&0&0&0\\
    0&0&0&-6&6&0\\
    1&2&3&4&-5&1\\
    2&2+3&2+3+4&2+3+4+5&6&1
    \end{vmatrix}
    \end{align*}
    同样可得
    \begin{align*}
    \begin{vmatrix}
    1&2&3&\cdots&n\\
    n&1&2&\cdots&n-1\\
    n-1&n&1&\cdots&n-2\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    2&3&4&\cdots&1
    \end{vmatrix}&=
    \begin{vmatrix}
    1-n&1&1&\cdots&1\\
    1&1-n&1&\cdots&1\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    1&1&\cdots&1-n&1\\
    2&3&\cdots&n&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -n&n&0&0&\cdots&0\\
    0&-n&n&0&\cdots&0\\
    0&0&-n&n&\cdots&0\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    1&1&1&\cdots&1-n&1\\
    2&3&4&\cdots&n&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -n&0&0&0&\cdots&0\\
    0&-n&n&0&\cdots&0\\
    0&0&-n&n&\cdots&0\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    1&2&1&\cdots&1-n&1\\
    2&5&4&\cdots&n&1
    \end{vmatrix}
    \\\vdots
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -n&0&0&0&0&0&0\\
    0&-n&0&0&0&0&0\\
    0&0&-n&0&0&0&0\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    0&0&0&\cdots&-n&n&0\\
    1&2&3&\cdots&n-2&1-n&1\\
    2&2+3&2+3+4&\cdots&2+3+\cdots+(n-1)&n&1
    \end{vmatrix}
    \\&= \begin{vmatrix}
    -n&0&0&0&0&0&0\\
    0&-n&0&0&0&0&0\\
    0&0&-n&0&0&0&0\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    0&0&0&\cdots&-n&0&0\\
    1&2&3&\cdots&n-2&-1&1\\
    2&2+3&2+3+4&\cdots&2+3+\cdots+(n-1)&2+3+\cdots+n&1
    \end{vmatrix}
    \\&=(-n)^{n-2}(-1)-(-n)^{n-2}(2+3+\cdots+n)
    \\&=(-1)(-n)^{n-2}(1+2+\cdots+n)
    \\&=\frac{(-n)^{n-1}(n+1)}{2}.
    \end{align*}

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设空间直角坐标系中有点{A(x_1,y_1,z_1)},以及点{B(x_2,y_2,z_2)}.让我们求 出以{OA,OB}为邻边的平行四边形的面积,其中点{O}是坐标原点{(0,0,0)}.

为此,构造线段{OC},使得线段{OC}{OA,OB}张成的平面垂直.则以 {OA,OB,OC}为棱的平行六面体的体积在数值上等于以{OA,OB}为邻边的平行四 边形的面积,再乘以线段{OC}的长度.

向量{\overrightarrow{OC}}的坐标可以为

\displaystyle \left( \begin{vmatrix} y_1&z_1\\ y_2&z_2 \end{vmatrix},- \begin{vmatrix} x_1&z_1\\ x_2&z_2 \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} x_1&y_1\\ x_2&y_2 \end{vmatrix} \right),

(这是因为,

\displaystyle \begin{array}{rcl} \overrightarrow{OC}\cdot \overrightarrow{OA}&=&x_1 \begin{vmatrix} y_1&z_1\\ y_2&z_2 \end{vmatrix}-y_1 \begin{vmatrix} x_1&z_1\\ x_2&z_2 \end{vmatrix}+z_1 \begin{vmatrix} x_1&y_1\\ x_2&y_2 \end{vmatrix} \\&=& \begin{vmatrix} x_1&y_1&z_1\\ x_1&y_1&z_1\\ x_2&y_2&z_2 \end{vmatrix} \\&=&0. \end{array}

说明{\overrightarrow{OC}}垂直于{\overrightarrow{OA}},基于类似的理由,{\overrightarrow{OC}}垂直于 {\overrightarrow{OB}}.)

此时,以{OC,OA,OB}为棱的平行六面体的体积{V}

\displaystyle \begin{vmatrix} \begin{vmatrix} y_1&z_1\\ y_2&z_2 \end{vmatrix}&- \begin{vmatrix} x_1&z_1\\ x_2&z_2 \end{vmatrix}& \begin{vmatrix} x_1&y_1\\ x_2&y_2 \end{vmatrix}\\ x_1&y_1&z_1\\ x_2&y_2&z_2 \end{vmatrix}= \begin{vmatrix} y_1&z_1\\ y_2&z_2 \end{vmatrix}^2+ \begin{vmatrix} x_1&z_1\\ x_2&z_2 \end{vmatrix}^2+ \begin{vmatrix} x_1&y_1\\ x_2&y_2 \end{vmatrix}^2.

因此以{OA,OB}为邻边的平行四边形的面积,等于上述平行六面体的体积,除以 {OC}的长度{|OC|},即为

\displaystyle \frac{V}{|OC|}=\frac{\begin{vmatrix} y_1&z_1\\ y_2&z_2 \end{vmatrix}^2+ \begin{vmatrix} x_1&z_1\\ x_2&z_2 \end{vmatrix}^2+ \begin{vmatrix} x_1&y_1\\ x_2&y_2 \end{vmatrix}^2}{\sqrt{\begin{vmatrix} y_1&z_1\\ y_2&z_2 \end{vmatrix}^2+ \begin{vmatrix} x_1&z_1\\ x_2&z_2 \end{vmatrix}^2+ \begin{vmatrix} x_1&y_1\\ x_2&y_2 \end{vmatrix}^2}}=\sqrt{\begin{vmatrix} y_1&z_1\\ y_2&z_2 \end{vmatrix}^2+ \begin{vmatrix} x_1&z_1\\ x_2&z_2 \end{vmatrix}^2+ \begin{vmatrix} x_1&y_1\\ x_2&y_2 \end{vmatrix}^2}

:这种方法可以推广到高维情形.我们会有后续博文.

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此文写于2014年8月13日。原文里涉及n阶情形.现认为没有必要呈现一般的n阶情形,否则叙述过于复杂,只用写到4阶就够了.根据从2阶到4阶的情形完全可以脑补一般情形是怎样的.

1. {2\times 2} 线性方程组

我们来看线性方程组

\displaystyle \begin{cases} a_{11}x_1+a_{12}x_2=b_1\\ a_{21}x_1+a_{22}x_2=b_2. \end{cases} \ \ \ \ \ (1)

其中涉及到的数都是实数.把

\displaystyle \mathbf{a}_{1}=\begin{pmatrix} a_{11}\\ a_{21} \end{pmatrix},\mathbf{a}_2=\begin{pmatrix} a_{12}\\ a_{22} \end{pmatrix},\mathbf{b}=\begin{pmatrix} b_1\\ b_2 \end{pmatrix}

看作 {\mathbf{R}^2} 里的向量,且{\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2} 线性无 关({\mathbf{a}_1}{\mathbf{a}_2} 线性相关的情形,{x_1,x_2} 没有唯一 解.).则方程组 (1) 可以化为

\displaystyle x_1\mathbf{a}_1+x_2\mathbf{a}_2=\mathbf{b}. \ \ \ \ \ (2)

{\mathbf{R}^2} 里找到与 {\mathbf{a}_2} 正交的非零向 量 {\mathbf{a}_2'}.显然,{\mathbf{a}_2'} 可以是 {\begin{pmatrix} a_{22}\\ -a_{12} \end{pmatrix}}.在式(2) 两边点乘 {\mathbf{a}_2'} ,得到

\displaystyle x_1\mathbf{a}_1\cdot \mathbf{a}_2'=\mathbf{b}\cdot \mathbf{a}_2'. \ \ \ \ \ (3)

(3)可得

\displaystyle x_1=\frac{\mathbf{b}\cdot \mathbf{a}_2'}{\mathbf{a}_1\cdot \mathbf{a}_2'}=\frac{b_1a_{22}-b_2a_{12}}{a_{11}a_{22}-a_{21}a_{12}} =\frac{\begin{vmatrix} b_1&a_{12}\\ b_{2}&a_{22}\\ \end{vmatrix}}{ \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}\\ a_{21}&a_{22} \end{vmatrix}}.

下面我们来求{x_2}.把方程 (2) 写成

\displaystyle x_2\mathbf{a}_2+x_1\mathbf{a}_1=\mathbf{b}.

于是

\displaystyle x_2=\frac{ \begin{vmatrix} b_1&a_{11}\\ b_2&a_{21} \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{11}\\ a_{22}&a_{21} \end{vmatrix}}=\frac{ \begin{vmatrix} a_{11}&b_1\\ a_{21}&b_2 \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}\\ a_{21}&a_{22} \end{vmatrix} }.

2. {3\times 3} 线性方程组

我们来看

\displaystyle x_1 \mathbf{a}_1+x_2 \mathbf{a}_2+x_3\mathbf{a}_3=\mathbf{b}, \ \ \ \ \ (4)

其中

\displaystyle \mathbf{a}_1=\begin{pmatrix} a_{11}\\ a_{21}\\ a_{31} \end{pmatrix},\mathbf{a}_2=\begin{pmatrix} a_{12}\\ a_{22}\\ a_{32} \end{pmatrix},\mathbf{a}_{3}= \begin{pmatrix} a_{13}\\ a_{23}\\ a_{33} \end{pmatrix}, \mathbf{b}=\begin{pmatrix} b_1\\ b_2\\ b_3 \end{pmatrix}.

{\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3} 线性无关.以上涉及到的数都是 实数.设 {\mathbf{a}_{2,3}'} 是与 {\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3} 都正交的向 量,不妨设 {\mathbf{a}_{2,3}'= \begin{pmatrix} u_1\\ u_2\\ u_{3} \end{pmatrix}, }

\displaystyle \begin{cases} a_{12}u_1+a_{22}u_2+a_{32}u_{3}=0,\\ a_{13}u_1+a_{23}u_2+a_{33}u_{3}=0. \end{cases}

上式可以化为

\displaystyle \begin{cases} a_{12}u_1+a_{22}u_2=-u_3a_{32}\\ a_{13}u_1+a_{23}u_2=-u_3a_{33} \end{cases},

{2\times 2}方程组的情形,解得

\displaystyle u_1=\frac{ \begin{vmatrix} -u_3a_{32}&a_{22}\\ -u_3a_{33}&a_{23} \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}\\ a_{13}&a_{23} \end{vmatrix} }=-u_3 \frac{ \begin{vmatrix} a_{32}&a_{22}\\ a_{33}&a_{23} \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}\\ a_{13}&a_{23} \end{vmatrix} }=u_{3}\frac{ \begin{vmatrix} a_{22}&a_{32}\\ a_{23}&a_{33} \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}\\ a_{13}&a_{23} \end{vmatrix} },

\displaystyle u_2=\frac{ \begin{vmatrix} a_{12}&-u_3a_{32}\\ a_{13}&-u_3a_{33} \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}\\ a_{13}&a_{23} \end{vmatrix} }=-u_3 \frac{ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{32}\\ a_{13}&a_{33} \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}\\ a_{13}&a_{23} \end{vmatrix} }

不妨设{u_3= \begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}\\ a_{13}&a_{23} \end{vmatrix} },则{ u_{1}=\begin{vmatrix} a_{22}&a_{32}\\ a_{23}&a_{33} \end{vmatrix} },{u_{2}= - \begin{vmatrix} a_{12}&a_{32}\\ a_{13}&a_{33} \end{vmatrix} },于是

\displaystyle \mathbf{a}_{2,3}'= \begin{pmatrix} \begin{vmatrix} a_{22}&a_{32}\\ a_{23}&a_{33} \end{vmatrix}\\ -\begin{vmatrix} a_{12}&a_{32}\\ a_{13}&a_{33} \end{vmatrix}\\ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}\\ a_{13}&a_ {23} \end{vmatrix} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \begin{vmatrix} a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}\\ - \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}\\ a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}\\ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}\\ a_{22}&a_{23} \end{vmatrix} \end{pmatrix}.

将向量 {\mathbf{a}_{2,3}'} 点乘方 程 (4) 两边,得

\displaystyle x_1\mathbf{a}_1\cdot \mathbf{a}_{2,3}'=\mathbf{b}\cdot \mathbf{a}_{2,3}'. \ \ \ \ \ (5)

 

由式(5)可得

\displaystyle x_1=\frac{\mathbf{b}\cdot \mathbf{a}_{2,3}'}{\mathbf{a}_1\cdot \mathbf{a}_{2,3}'}=\frac{b_1 \begin{vmatrix} a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}-b_2 \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}\\ a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}+b_3 \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}\\ a_{22}&a_{23} \end{vmatrix} }{a_{11} \begin{vmatrix} a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}-a_{21} \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}\\ a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}+a_{31} \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}\\ a_{22}&a_{23} \end{vmatrix}}=\frac{ \begin{vmatrix} b_{1}&a_{12}&a_{13}\\ b_{2}&a_{22}&a_{23}\\ b_{3}&a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}}{ \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33} \end{vmatrix} }.

将方程 (4) 化为

\displaystyle x_2\mathbf{a}_2+x_1\mathbf{a}_1+x_3\mathbf{a}_3=\mathbf{b}.

\displaystyle x_2=\frac{ \begin{vmatrix} b_{1}&a_{11}&a_{13}\\ b_{2}&a_{21}&a_{23}\\ b_{3}&a_{31}&a_{33} \end{vmatrix}}{ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{11}&a_{13}\\ a_{22}&a_{21}&a_{23}\\ a_{32}&a_{31}&a_{33} \end{vmatrix} }=\frac{ \begin{vmatrix} a_{11}&b_{1}&a_{13}\\ a_{21}&b_{2}&a_{23}\\ a_{31}&b_3&a_{33} \end{vmatrix}}{ \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33} \end{vmatrix} }.

类似地,可得

\displaystyle x_3=\frac{ \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&b_{1}\\ a_{21}&a_{22}&b_{2}\\ a_{31}&a_{32}&b_{3} \end{vmatrix}}{ \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33} \end{vmatrix} }

3. {4\times 4}线性方程组

继续看

\displaystyle x_1\mathbf{a}_1+x_2\mathbf{a}_2+x_3\mathbf{a}_3+x_4\mathbf{a}_4=\mathbf{b}, \ \ \ \ \ (6)

其中

\displaystyle \mathbf{a}_1= \begin{pmatrix} a_{11}\\ a_{21}\\ a_{31}\\ a_{41} \end{pmatrix},\mathbf{a}_{2}= \begin{pmatrix} a_{12}\\ a_{22}\\ a_{32}\\ a_{42} \end{pmatrix},\mathbf{a}_3= \begin{pmatrix} a_{13}\\ a_{23}\\ a_{33}\\ a_{43} \end{pmatrix},\mathbf{a}_4= \begin{pmatrix} a_{14}\\ a_{24}\\ a_{34}\\ a_{44} \end{pmatrix},\mathbf{b}= \begin{pmatrix} b_1\\ b_2\\ b_3\\ b_4 \end{pmatrix}.

而且向量{\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3,\mathbf{a}_4}线性无关.

接下来寻找与向量{\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3,\mathbf{a}_4}都正交的某个非 零向量,设这个向量为{\mathbf{a}_{2,3,4}'= \begin{pmatrix} u_1\\ u_2\\ u_3\\ u_4 \end{pmatrix} }.则有

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{12}&a_{22}&a_{32}&a_{42}\\ a_{13}&a_{23}&a_{33}&a_{43}\\ a_{14}&a_{24}&a_{34}&a_{44} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_1\\ u_2\\ u_3\\ u_4 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ \end{pmatrix},

上式化为

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{12}&a_{22}&a_{32}\\ a_{13}&a_{23}&a_{33}\\ a_{14}&a_{24}&a_{34} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_1\\ u_2\\ u_3 \end{pmatrix}=-u_4 \begin{pmatrix} a_{42}\\ a_{43}\\ a_{44} \end{pmatrix}.

{u_4= -\begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}&a_{32}\\ a_{13}&a_{23}&a_{33}\\ a_{14}&a_{24}&a_{34} \end{vmatrix} },则

\displaystyle u_1= \begin{vmatrix} a_{42}&a_{22}&a_{32}\\ a_{43}&a_{23}&a_{33}\\ a_{44}&a_{24}&a_{34} \end{vmatrix}= \begin{vmatrix} a_{22}&a_{32}&a_{42}\\ a_{23}&a_{33}&a_{43}\\ a_{24}&a_{34}&a_{44} \end{vmatrix},

\displaystyle u_2= \begin{vmatrix} a_{12}&a_{42}&a_{32}\\ a_{13}&a_{43}&a_{33}\\ a_{14}&a_{44}&a_{34} \end{vmatrix}=- \begin{vmatrix} a_{12}&a_{32}&a_{42}\\ a_{13}&a_{33}&a_{43}\\ a_{14}&a_{34}&a_{44} \end{vmatrix},

\displaystyle u_3= \begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}&a_{42}\\ a_{13}&a_{23}&a_{43}\\ a_{14}&a_{24}&a_{44} \end{vmatrix},

所以

\displaystyle \mathbf{a}_{2,3,4}'= \begin{pmatrix} \begin{vmatrix} a_{22}&a_{32}&a_{42}\\ a_{23}&a_{33}&a_{43}\\ a_{24}&a_{34}&a_{44} \end{vmatrix}\\ -\begin{vmatrix} a_{12}&a_{32}&a_{42}\\ a_{13}&a_{33}&a_{43}\\ a_{14}&a_{34}&a_{44} \end{vmatrix}\\ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}&a_{42}\\ a_{13}&a_{23}&a_{43}\\ a_{14}&a_{24}&a_{44} \end{vmatrix}\\ -\begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}&a_{32}\\ a_{13}&a_{23}&a_{33}\\ a_{14}&a_{24}&a_{34} \end{vmatrix} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \begin{vmatrix} a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{32}&a_{33}&a_{34}\\ a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}\\ - \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{32}&a_{33}&a_{34}\\ a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}\\ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}\\ - \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{32}&a_{33}&a_{34} \end{vmatrix} \end{pmatrix}.

在式(6)两边同时点乘向量{\mathbf{a}_{2,3,4}'},可得 {x_1\mathbf{a}_1\cdot \mathbf{a}_{2,3,4}'=\mathbf{b}\cdot \mathbf{a}_{2,3,4}'}, 因此

\displaystyle \begin{array}{rcl} x_1&=&\frac{b_1 \begin{vmatrix} a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{32}&a_{33}&a_{34}\\ a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}-b_2\begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{32}&a_{33}&a_{34}\\ a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}+b_3 \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}-b_4\begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{32}&a_{33}&a_{34} \end{vmatrix} }{a_{11} \begin{vmatrix} a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{32}&a_{33}&a_{34}\\ a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}-a_{21}\begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{32}&a_{33}&a_{34}\\ a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}+a_{31} \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}-a_{41}\begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{32}&a_{33}&a_{34} \end{vmatrix}} \\&=&\frac{ \begin{vmatrix} b_1&a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ b_{2}&a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ b_{3}&a_{32}&a_{33}&a_{34}\\ b_{4}&a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33}&a_{34}\\ a_{41}&a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}} \end{array}

同理可得

\displaystyle x_2=\frac{ \begin{vmatrix} b_1&a_{11}&a_{13}&a_{14}\\ b_{2}&a_{21}&a_{23}&a_{24}\\ b_{3}&a_{31}&a_{33}&a_{34}\\ b_{4}&a_{41}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{11}&a_{13}&a_{14}\\ a_{22}&a_{21}&a_{23}&a_{24}\\ a_{32}&a_{31}&a_{33}&a_{34}\\ a_{42}&a_{41}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}}=\frac{ \begin{vmatrix} a_{11}&b_1&a_{13}&a_{14}\\ a_{21}&b_2&a_{23}&a_{24}\\ a_{31}&b_3&a_{33}&a_{34}\\ a_{41}&b_4&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33}&a_{34}\\ a_{41}&a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix} },\cdots

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戚建东老师在集体备课的时候问了一个题让我们一起来解:

题目: 已知椭圆{C:\frac{x^2}{4}+y^2=1}和点{P(4,m)(m\in \mathbf{R})}.椭圆的左 右两个顶点分别为{A,B}.直线{AP}与椭圆交于点{M},直线{BP}与椭圆交于点 {N}.求{\triangle OMN}面积{S_{\triangle OMN}}的最大值,其中{O}为坐标原 点.

 

:{A,B}的坐标分别为{A(-2,0)},{B(2,0)}.由于点{M,N}都在椭圆{C}上,不妨设点{M,N}的坐标为 {M(2\cos\alpha,\sin\alpha)},{N(2\cos\beta,\sin\beta)},其中 {\alpha,\beta\in \mathbf{R}}.因为{A,M,P}三点共线,所以直线{AM}的斜率 {k_{AM}}等于直线{AP}的斜率{k_{AP}},即

\displaystyle \frac{\sin\alpha}{2\cos\alpha+2}=\frac{m}{6},

由三角公式,上式可以化为

\displaystyle \tan \frac{\alpha}{2}=\frac{m}{3},

因为{B,N,P}三点共线,所以直线{BN}的斜率{k_{BN}}等于直线{BP}的斜率 {k_{BP}},即

\displaystyle \frac{\sin\beta}{2\cos\beta-2}=\frac{m}{2}.

由三角公式,上式可以化为

\displaystyle \tan \frac{\beta}{2}=-\frac{1}{m}.

\displaystyle \begin{array}{rcl} S_{\triangle OMN}&=&\frac{1}{2} \left| \begin{vmatrix} 2\cos\alpha&\sin\alpha\\ 2\cos\beta&\sin\beta \end{vmatrix}\right| \\&=&|\sin\beta\cos\alpha-\cos\beta\sin\alpha| \\&=&\left|\frac{2\tan \frac{\beta}{2}}{1+\tan^{2} \frac{\beta}{2}}\frac{1-\tan^2 \frac{\alpha}{2}}{1+\tan^2 \frac{\alpha}{2}}-\frac{1-\tan^2 \frac{\beta}{2}}{1+\tan^2 \frac{\beta }{2}}\frac{2\tan \frac{\alpha}{2}}{1+\tan^2 \frac{\alpha}{2}}\right| \\&=&\frac{4}{3} \frac{\left|\frac{1}{m}+\frac{m}{3}\right|}{\frac{10}{9}+\frac{m^2}{9}+\frac{1}{m^{2}}}. \end{array}

{|\frac{1}{m}+\frac{m}{3}|=t},则由基本不等式可得{t\geq \frac{2 \sqrt{3}}{3}},

\displaystyle S_{\triangle OMN}=\frac{4}{3} \frac{t}{\frac{4}{9}+t^2}=\frac{4}{\frac{4}{3t}+3t}=f(t),

{f(t)}{[\frac{2 \sqrt{3}}{3},+\infty)}上递减,{f(t)\leq f(\frac{2 \sqrt{3}}{3})=\frac{\sqrt{3}}{2}},等号当且仅当{t=\frac{2 \sqrt{3}}{3}},{m=\pm \sqrt{3}}时取到.

因此{S_{\triangle OMN}}的最大值是 {\frac{\sqrt{3}}{2}},此时{m=\pm \sqrt{3}}. \Box

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问题: 计算{n}阶方阵{A_{n}}的行列式

\displaystyle A_{n}=\begin{bmatrix} 1-\lambda&1&1&1&\cdots&1\\ 1&1-\lambda&1&1&\cdots&1\\ 1&1&1-\lambda&1&\cdots&1\\ 1&1&1&1-\lambda&\cdots&1\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 1&1&1&1&\cdots&1-\lambda \end{bmatrix}

 

解法1:{n}阶方阵

\displaystyle B_n= \begin{bmatrix} 1&1&1&1&\cdots&1\\ 1&1-\lambda&1&1&\cdots&1\\ 1&1&1-\lambda&1&\cdots&1\\ 1&1&1&1-\lambda&\cdots&1\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 1&1&1&1&\cdots&1-\lambda \end{bmatrix}

将矩阵{B_n}的第{2}行乘以{-1}加到第{1}行上,可得

\displaystyle B_n'= \begin{bmatrix} 0&\lambda&0&0&\cdots&0\\ 1&1-\lambda&1&1&\cdots&1\\ 1&1&1-\lambda&1&\cdots&1\\ 1&1&1&1-\lambda&\cdots&1\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 1&1&1&1&\cdots&1-\lambda \end{bmatrix}

将行列式{\det B_n'}按照第一行展开,可得递推关系

\displaystyle \det B_n'=-\lambda B_{n-1}'.

{\det B_2'=-\lambda}.因此{\det B_n'=(-\lambda)^{n-1}}.于是{\det B_n=\det B_n'=(-\lambda)^{n-1}}.

将矩阵{A_{n}}的第{2}行乘以{-1},加到第{1}行上,得到矩阵{A_{n}'}:

\displaystyle A_{n}'= \begin{bmatrix} -\lambda&\lambda&0&0&\cdots&0\\ 1&1-\lambda&1&1&\cdots&1\\ 1&1&1-\lambda&1&\cdots&1\\ 1&1&1&1-\lambda&\cdots&1\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 1&1&1&1&\cdots&1-\lambda \end{bmatrix}

由于{\det A_{n}=\det A_{n}'},我们只用求出{\det A_n'}.将行列式按照第一行 展开,可得

\displaystyle \det A_n'=-\lambda\det A_{n-1}-\lambda \det B_{n-1}

\displaystyle \det A_n=-\lambda \det A_{n-1}+(-\lambda)^{n-1}.

{\det A_2=\lambda^2-2\lambda}.因此{\det A_n=(-\lambda)^{n-1}(n-\lambda)}. \Box

解法2:{n}阶方阵{C_n}的各项元素都为{1}.则矩阵{C_n}的秩为{1},它的一个特征向 量是{ \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ \vdots\\ 1 \end{bmatrix} },该特征向量对应的特征值为{n}.矩阵{C_n}的其余{n-1}个特征值都是{0}.

矩阵{C_n}的特征方程是{\det A_n=0},该特征方程是关于{\lambda}{n}次方程,该 {n}次方程的次数最高项的系数为{(-1)^{n}},它的{n}个根就是矩阵{C_n}的特征值,即分别为{n,0,0,\cdots,0}({n-1}{0}).因此{\det A_n}只能为{(-\lambda)^{n-1}(n-\lambda)}. \Box

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Exercise 4.9 If {P_1} is an even permutation matrix and {P_2} is odd,prove that {\det (P_1+P_2)=0}.

Solution:

\displaystyle \begin{array}{rcl} \det (P_1+P_2)&=&\det P_1(I+P_{odd}) \\&=&\det (I+P_{odd}) \\&=&\det P_{odd}(P_{odd}^{-1}+I) \\&=&-\det (I+P_{odd}^{-1}) \\&=&-\det (I+P_{odd}^T) \\&=&-\det (I+P_{odd})^T \\&=&-\det (I+P_{odd}) \\&=&-\det (P_1+P_2), \end{array}

where {P_{odd}=P_1^{-1}P_2} is an odd permutation matrix.So {\det (P_1+P_2)=0}. \Box

Exercise 4.12 In analogy with the previous exercise,what is the equation for {(x,y,z)} to be on the plane through {(2,0,0),(0,2,0)},and {(0,0,4)}?It involves a {4} by {4} determinant.

Solution:

\displaystyle \begin{vmatrix} x&y&z&1\\ 2&0&0&1\\ 0&2&0&1\\ 0&0&4&1 \end{vmatrix}=0.

\Box

Exercise 4.13 If the points {(x,y,z)},{(2,1,0)} and {(1,1,1)} lie on a plane through the origin,what determinant is zero?Are the vectors {(1,0,-1),(2,1,0),(1,1,1)} independent?

Solution:

\displaystyle \begin{vmatrix} x&y&z\\ 2&1&0\\ 1&1&1 \end{vmatrix}=0.

The vectors {(1,0,-1),(2,1,0),(1,1,1)} are dependent because

\displaystyle \begin{vmatrix} 1&0&-1\\ 2&1&0\\ 1&1&1 \end{vmatrix}=0.

\Box

Exercise 4.16 The circular shift permutes {(1,2,\cdots,n)} into {(2,3,\cdots,1)}.What is the corresponding permutation matrix {P},and(depending on {n})what is its determinant?

Solution: Denote the corresponding permutation matrix by {A_n}.Then the {i(1\leq i\leq n-1)}th row of {A} is the {i+1} th row of the identity matrix {I_n},and the {n} th row of {A} is the first row of {I_n}.

{\det A_n=(-1)^{n-1}}. \Box

Exercise 4.17 Find the determinant of A=eye(5)+ones(5) and if possible eye(n)+ones(n).(They are Matlab commands)

Solution: Denote eye(n)+ones(n) by {A_n},and let matrix {B_n} equals to {A_n} except that the element {a_{11}} changed from {2} to {1}.

By extracting the second row of {A_n} from the first row of {A_n},then applying cofactor expansion with regard to the first row of {A_{n}},we get a recursive relation:

\displaystyle \det A_n=\det A_{n-1}+\det B_{n-1}.

And from the cofactor expansion we can find that

\displaystyle \det B_n=\det A_n-\det A_{n-1}.

So

\displaystyle \det A_n=2\det A_{n-1}-\det A_{n-2},

and {\det A_1=2,\det A_2=3}.So {\det A_n=n+1}. \Box

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习题2.1.1: 试通过一系列对换,将排列 {13852476} 变为排列 {72453816}.

解:{72453816=a_1a_2a_3a_4a_5a_6a_7a_8}.则排列{13852476=a_7a_5a_6a_4a_2a_3a_1a_8}.现在进行对换操作:

\displaystyle a_7a_5a_6a_4a_2a_3a_1a_8\rightarrow a_5a_7a_6a_4a_2a_3a_1a_8\rightarrow a_5a_6a_7a_4a_2a_3a_1a_8\rightarrow a_5a_6a_4a_7a_2a_3a_1a_8\rightarrow a_5a_6a_4a_2a_7a_3a_1a_8\rightarrow a_5a_6a_4a_2a_3a_7a_1a_8\rightarrow a_5a_6a_4a_2a_3a_1a_7a_8\rightarrow a_5a_4a_6a_2a_3a_1a_7a_8\rightarrow a_5a_4a_2a_6a_3a_1a_7a_8\rightarrow a_5a_4a_2a_3a_6a_1a_7a_8\rightarrow a_5a_4a_2a_3a_1a_6a_7a_8\rightarrow a_4a_5a_2a_3a_1a_6a_7a_8\rightarrow a_4a_2a_5a_3a_1a_6a_7a_8\rightarrow a_4a_2a_3a_5a_1a_6a_7a_8\rightarrow a_4a_2a_3a_1a_5a_6a_7a_8\rightarrow a_2a_4a_3a_1a_5a_6a_7a_8\rightarrow a_2a_3a_4a_1a_5a_6a_7a_8\rightarrow a_2a_3a_1a_4a_5a_6a_7a_8\rightarrow a_2a_1a_3a_4a_5a_6a_7a_8\rightarrow a_1a_2a_3a_4a_5a_6a_7a_8. \Box

习题2.1.2: 设 {1274j56k9}{1j25k4897}{9}个正整数{1,2,3,4,5,6,}{7,8,9}的排列.试决定整数{j}{k},使得前者是奇排列,后者是偶排列.

勘误: 该题目叙述有问题.在第1个排列中,{jk}只可能是{3,8}的一个排列.在第2个排列中,{jk}只可能是{3,6}的一个排列.所以题目有问题. \Box

 

习题2.1.3: 试求下列排列的奇偶性,即计算

  • {\delta_{n(n-1)\cdots ~2~1}^{1~2~\cdots (n-1)n}}.
  • {\delta_{1357\cdots (2n-1)~2~4~\cdots (2n)}^{1234\cdots ~n~(n+1)(n+2)\cdots (2n)}}.
  • {\delta_{246\cdots (2n)1~3\cdots (2n-1)}^{123\cdots n(n+1)(n+2)\cdots (2n)}}.
  • {\delta_{2143\cdots (2n)~(2n-1)}^{1234\cdots (2n-1)~(2n)}}.
  • {\delta_{369(12)\cdots (3n)1~4~7~\cdots (3n-2)~2~5~8\cdots (3n-1)}^{1234\cdots n(n+1)(n+2)(n+3)\cdots ~(2n)(2n+1)(2n+2)(2n+3)\cdots ~(3n)}}.

解:

  • {\delta_{n(n-1)\cdots ~2~1}^{1~2~\cdots (n-1)n}=(-1)^{(n-1)+(n-2)+\cdots+2+1}=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}}.
  • {\delta_{1357\cdots (2n-1)~2~4~\cdots (2n)}^{1234\cdots ~n~(n+1)(n+2)\cdots (2n)}=(-1)^{1+2+\cdots+(n-1)}=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}}.
  • {\delta_{246\cdots (2n)1~3\cdots (2n-1)}^{123\cdots n(n+1)(n+2)\cdots (2n)}=(-1)^{1+2+\cdots+n}=(-1)^{\frac{(n+1)n}{2}}}.
  • {\delta_{2143\cdots (2n)~(2n-1)}^{1234\cdots (2n-1)~(2n)}=(-1)^n}.
  • {\delta_{369(12)\cdots (3n)1~4~7~\cdots (3n-2)~2~5~8\cdots (3n-1)}^{1234\cdots n(n+1)(n+2)(n+3)\cdots ~(2n)(2n+1)(2n+2)(2n+3)\cdots ~(3n)}}{=(-1)^{(1+2+\cdots+n)+[1+2+\cdots+(n-1)]}=(-1)^{n^2}}.

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先介绍对换的概念,该概念引自许以超《线性代数与矩阵论》(第二版)第2.1节:

定义 1 (对换) 任取一个排列{i_1i_2\cdots i_n},将其中两个相邻的正整数{i_{j-1},i_j}对换 一下,便造出一个新的排列{i_1i_2\cdots i_{j-2}i_ji_{j-1}i_{j+1}\cdots i_n},称为原来排列的对换排列.这样一种步骤称为对换.

再介绍逆序数的概念:

定义 2 (逆序数) 在一个排列中,如果一对数的前后位置与大小顺序相反,即前面的数大于后面的数,那么它们就称为一个逆序.一个排列中逆序的总数就称为这个排列的逆序数.

该书同一节的定理2.1.1叙述如下:

定理 3 如果有一种对换方式,经过作用偶(奇)数次对换,将排列{i_1i_2\cdots i_n}变为标准排列{12\cdots n},那末,不管用哪种对换方式将排列{i_1i_2\cdots i_n}变为标准排列{12\cdots n},都需要作用偶(奇)数次对换.换句话说,对换次数的奇偶性和对换方式无关.

这个定理是奇排列和偶排列概念的基石.倘若没有这个定理,奇偶排列的定义便是失败的(ill-defined).

许以超是用数学归纳法证明这个定理的.我没有耐心去看他的证明,便自己构思了一个证明.这个证明是我在2010年11月25日构思出来的,发布在自己的QQ空间里.现在重新整理在此.

证明: 首先,进行一次对换,会使排列的逆序数{+1}{-1}:进行交换的两个数,如果原来前面的数小于后面的数,则对换后排列的逆序数加{1};如果前面的数大于后面的数,则对换后逆序数{-1}.

比如排列{312}的逆序数为{2},要经过一系列对换变成排列123,可以有以下对换步骤

\displaystyle 312\rightarrow 132\rightarrow 123.

两次对换的逆序数都是{-1}的,直到变成标准排列{123},标准排列的逆序数为{0}.因此这个过程从逆序数增减的角度来看,即{2-1-1=0}.排列{312}也可以通过对换步骤

\displaystyle 312\rightarrow 321\rightarrow 231\rightarrow 213\rightarrow 123.

变成标准排列.这个过程从逆序数增减的角度来看,可以翻译为{2+1-1-1-1=0}.

一般地,设某个排列的逆序数为{p}.该排列经过{m}次对换变为标准排列,从逆序数增减的角度来看,即

\displaystyle p\cdots+1\cdots-1\cdots-1\cdots+1\cdots=0.

其中{-1}的数目比{+1}的数目多{p}个,且{+1}{-1}{m}个.无论在上式的随便一些位置加上{k}{+1},为了保持等式成立,都要在另外一些 地方地方加上{k}{-1}.同样,无论在哪些位置加上{k}{-1},都要在另外一 些地方加上相同数目的{+1}.原本只用对换{m}次就可以达到标准排列,现在要对 换{m+2k}次才可以达到标准排列.而{m}{m+2k}的奇偶性是相同的.于是定理得 证. \Box

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