【NETM】線性代數——行列式

參考用書《李範全書》

一、def

$|a_{ij}|=\sum_{j_1j_2...j_n}(-1)^{\tau(j_1j_2...j_n)}a_{1j_1}a_{2j_2}...a_{nj_n}$

二、properties

1. $|A^{T}|=|A|$
2. 行行/列列交換一次，需變號一次。
3. $|cA|=c^n|A|$
4. 行/列倍數加至另一行/列，值不變。
5. $|\alpha,\beta_1+\beta_2 ,\gamma|=|\alpha,\beta_1,\gamma|+|\alpha,\beta_2,\gamma|$

行列式運算需區別於矩陣運算
$(a,b_1,c)+(a,b_2,c)=(2a,b_1+b_2,2c)$
$|a,b_1,c|+|a,b_2,c|=|a,b_1+b_2,c|$
注：行列式各列間運算獨立，是存同求異的。

6. 兩行/列互爲倍數，值爲0。
7. $a_{i,j}A_{m,n}=\left\{ \begin{aligned} |A|&,(i=m) \wedge (j=n)\\ 0&,else \end{aligned} \right.$
8. $\left[ \begin{matrix} A & C \\ 0 & B \\ \end{matrix} \right]= \left[ \begin{matrix} A & 0 \\ D & B \\ \end{matrix} \right] =|A||B|$
9. $Vandermode行列式= \prod_{i<j}(a_j-a_i)$
   $Vandermode行列式\neq0\Longleftrightarrow a_1,a_2,...,a_n兩兩不同$

三、calculation

1. By Crammer Rule
2. By Properties
3. By def
4. By quiz

四、quiz

1. 多項式展開式：
   $\begin{aligned} f(x)=&(x-a_1)(x-a_2)(x-a_3)(x-a_4)\\ =&x^4-(a_1+a_2+a_3+a_4)x^3+\\&(a_1a_2+a_1a_3+a_1a_4+a_2a_3+a_2a_4+a_3a_4)x^2\\ &-(a_1a_2a_3+a_1a_2a_4+a_1a_3a_4+a_2a_3a_4)x\\ &+a_1a_2a_3a_4 \end{aligned}$

x^3的係數爲$-(a_1+a_2+a_3+a_4)$

2. 矩陣A，B分別爲m，n階矩陣，有
   $\left| \begin{matrix} C & A \\ B & 0 \\ \end{matrix} \right|= \left| \begin{matrix} 0 & A \\ B & D \\ \end{matrix} \right|=(-1)^{mn}|A||B|$

證明：各列鄰換成pro8形式

3. 抽象行列式計算，注意可使用pro4。
4. 展開式計算行列式，注意觀察是否某行或某列的元素相近，可利用初等變換”化零階法“計算。
5. $\left| \begin{matrix} a & b & b & \cdots& b\\ b & a & b & \cdots &b\\ b & b & a & \cdots &b\\ \cdots & \cdots & \cdots & \ddots &\cdots\\ b & b & b & \cdots &a\\ \end{matrix} \right|=[a+(n-1)b](a-b)^{n-1}$
   $\left| \begin{matrix} 1+a & 1 & 1 & \cdots& 1\\ 2 & 2+a & 2 & \cdots &2\\ 3 & 3 & 3+a & \cdots &3\\ \cdots & \cdots & \cdots & \ddots &\cdots\\ n & n & n & \cdots &n+a\\ \end{matrix} \right|=[a+\frac{n(n+1)}{2}]a^{n-1}$
6. 這是一道有趣易被騙的題目
   計算n階行列式
   $D= \left| \begin{matrix} a_1 & -1 & 0 & \cdots& 0\\ a_2 & x & -1 & \cdots &0\\ a_3 & 0 & x & \cdots &0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \ddots &\cdots\\ a_n & 0 & 0 & \cdots &x\\ \end{matrix} \right|$

解：對第一列展開：
$D=\sum_{i=1}^{n}a_iA_{i1}=\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i+1}a_iM_{i1}$
$M_{i1}= \left| \begin{matrix} G_i & 0 \\ 0 & H_i \\ \end{matrix} \right|$
其中，G_i是一對角線元素都是-1的i-1階下三角矩陣，H_i是一對角線元素都是x的n-i階上三角矩陣，於是
$M_{i1}=|G_i||H_i|=(-1)^{i-1}x^{n-i}$
代入得：$D=\sum_{i=1}^na_ix^{n-i}$

特別注意！！G_i是一對角線元素都是-1的i-1階下三角矩陣，H_i是一對角線元素都是x的n-i階上三角矩陣

7. $D= \left| \begin{matrix} a & b & 0 & \cdots& 0& 0\\ 0 & a & b & \cdots &0 & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & &\vdots &\vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots &a &b\\ b & 0 & 0 & \cdots &0 &a\\ \end{matrix} \right|=a^n+(-1)^{n+1}b^n$

五、further

大數據顯示，考場上計算行列式使用數歸、遞推等，趨於不可能事件，只是，數學怎可放過這些鼻祖證明方法。以下內容供活絡筋骨與想象力之用。

1. By 數歸

eg1. 三斜線行列式（非0元素僅出現於對角線及其上下兩條斜線上的行列式，且這些元素相同），證明其行列式的值，是數歸典型例題。

eg2. 證明：$D= \left| \begin{matrix} 1-a & a & 0 & \cdots& 0&0\\ -1 & 1-a & a & \cdots &0&0\\ 0 & -1 & 1-a & \cdots &0&0\\ \vdots & \vdots & \vdots & &\vdots&\vdots\\ 0 & 0 & -1 & \cdots &1-a &a\\ 0 & 0 &0 & \cdots &-1 &1-a\\ \end{matrix} \right|=\sum_{i=0}^n(-a)^n$

證明：記此行列式爲D_n，對第1行展開，得到一個遞推公式：
$D_n=(1-a)D_{n-1}+aD_{n-2}$
以下用數歸證明：
對n=1,2，有：$D_1=1-a,D_2= \left| \begin{matrix} 1-a & a\\ -1 & 1-a \\ \end{matrix} \right|=(1-a)^2+a=1-a+a^2$
假設對n-1和n-2結論成立，下證對n也成立：
$D_{n-1}=1-a+a^2-a^3+\cdots+(-a)^{n-1},D_{n-2}=1-a+a^2-a^3+\cdots+(-a)^{n-2}$
則由遞推公式化簡得證。

eg3.證明“爪形行列式”
$D= \left| \begin{matrix} a_1 & a_2 & a_3 & \cdots& a_{n-1}&a_n\\ b_1 & c_2 & 0 & \cdots &0&0\\ 0 & b_2& c_3 & \cdots &0&0\\ \vdots & \vdots & \vdots & &\vdots&\vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots &c_{n-1} &0\\ 0 & 0 &0 & \cdots &b_{n-1} &c_n\\ \end{matrix} \right|=\sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}b_1\cdots b_{i-1}a_ic_{i+1}\cdots c_n$

證明：對第n列展開得遞推公式再數歸，即可得證。
事實上，只需對第1行展開就可求值:
$\sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}b_1\cdots b_{i-1}a_ic_{i+1}\cdots c_n=\sum_{i=1}^n(-1)^{i+1}a_iM_{1i}=\sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}a_iM_{1i}$
其中，$M_{1i}=|G_i||H_i|=b_1\cdots b_{i-1}c_{i+1}\cdots c_n$

2. By 遞推

eg4.計算
$D_n= \left| \begin{matrix} 1 & 1 & 0 &0& \cdots&0 &0\\ 1 & 1 & 1 &0& \cdots &0&0\\ 0 & 1& 1&1 & \cdots &0&0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots&&\vdots&\vdots\\ 0 & 0 & 0 &0& \cdots &1&1\\ \end{matrix} \right|$

n>=3時，對第1列/行展開得，$D_n=A_{11}+A_{21}=D_{n-1}-M_{21}=D_{n-1}-D_{n-2}$
n>=4時，有
$D_n=D_{n-1}-D_{n-2}=D_{n-2}-D_{n-3}-D_{n-2}=-D_{n-3}$
再由D_1=1,D_2=0,D_3=D_2-D_1=-1得
$D_n=\left\{ \begin{aligned} (-1)^k&,n=3k,3k+1\\ 0&,n=3k+2 \end{aligned} \right.$

3. By 數列（重要）

eg.2

證明：記此行列式爲D_n，對第1行展開，得到一個遞推公式：
$D_n=(1-a)D_{n-1}+aD_{n-2}$
記H_n=D_n-D_{n-1}（n>=2）有
$H_n=-aH_{n-1}$
即{H_n}是公比爲-a的等比數列。

eg5. 證明：
$D= \left| \begin{matrix} 2a & 1 & 0 &0& \cdots& 0&0&0\\ a^2 & 2a & 1 &0& \cdots &0&0&0\\ 0 & a^2& 2a &1& \cdots &0&0&0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots&&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0 & 0 & 0&\cdots &a^2 &2a&1\\ 0 & 0 &0 &0& \cdots &0&a^2 &2a\\ \end{matrix} \right|=(n+1)a^n$

證明：也可由數歸，此由數列。
展開式得遞推$D_n=2aD_{n-1}-a^2D_{n-2}$
$D_n-aD_{n-1}=a(D_{n-1}-aD_{n-2})$
記H_n=D_n-aD_{n-1}，
$H_n=aH_{n-1}$
即{H_n}是公比爲a的等比數列。

eg6.證明：
$D= \left| \begin{matrix} a+b & b & 0 & \cdots&0&0\\ a & a+b & b & \cdots &0&0\\ \vdots & \vdots & \vdots &&\vdots&\vdots\\ 0 & 0 & 0 &\cdots &a+b &b\\ 0 & 0 &0& \cdots &a &a+b\\ \end{matrix} \right|=\left\{ \begin{aligned} (n+1)a^n&,a=b\\ \frac{a^{n+1}-b^{n+!}}{a-b}&,else \end{aligned} \right.$

對第1行展開得遞推公式：
$D_n=(a+b)D_{n-1}-abD_{n-2}$
則$H_n=D_n-bD_{n-1}=aH_{n-1}$
故{H_n}是公比爲a的等比數列。