#行列式

#考点定位

• 大纲位置：线性代数第一章——行列式（数一、数二公共考点，是后续一切章节的工具层）
• 常见题型：数值型行列式计算（选择/填空）、抽象行列式求值（用 $|AB|=|A||B|$、$|A^*|$ 等公式）、按行展开与余子式求和（小题）、含参数行列式与克莱姆法则（多作为方程组的入口工具）
• 考查频率：中。独立大题不多，但行列式计算嵌入在逆矩阵、秩、特征多项式 $|\lambda E - A|$、二次型等几乎所有大题的第一步——它是"不出场则已、出场必是第一步"的隐形必考
• 前置知识：无（本章是全科目起点），建议先读 线性代数导览 建立主线意识
• 定位：本章要解决两件事——① 给 $n$ 阶行列式一个严格定义（递归定义 + 完全展开式）；② 建立计算方法体系（五种套路），考试遇到的行列式 95% 以上能对号入座

#核心讲解

#排列与逆序数

定义（$n$ 元排列）：由 $1, 2, \dots, n$ 组成的一个有序数组 $p_1 p_2 \cdots p_n$ 称为一个 $n$ 元排列。排列 $12\cdots n$ 称为标准排列（自然顺序）。$n$ 元排列共有 $n!$ 个。

定义（逆序与逆序数）：在排列 $p_1 p_2 \cdots p_n$ 中，若 $i < j$ 但 $p_i > p_j$（大的数排在小的数前面），则称数对 $(p_i, p_j)$ 构成一个逆序。一个排列中逆序的总数称为该排列的逆序数，记作

$\tau(p_1 p_2 \cdots p_n) = \sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^{n} [p_i > p_j]$

逆序数为奇数的排列称奇排列，偶数的称偶排列。

例：$\tau(3\,1\,4\,2)$：数对 $(3,1),(3,2),(4,2)$ 共 3 个逆序，故 $\tau = 3$，奇排列。

定义（对换）：将排列中某两个数的位置互换、其余不动的操作称为一个对换；相邻两数的对换称相邻对换。

定理（对换改变奇偶性）：任一排列经过一次对换，奇偶性改变。

证明思路：相邻对换时，被换的两数与中间其他数的关系不变，仅这两数之间逆序数增减 1，故奇偶性改变。一般对换 $p_i, p_j$（中间隔 $m$ 个数）可分解为 $2m+1$ 次相邻对换（先把 $p_i$ 逐步右移 $m+1$ 步到 $p_j$ 旁，再把 $p_j$ 逐步左移 $m$ 步），$2m+1$ 为奇数次相邻对换，故奇偶性仍改变。

推论：$n \geq 2$ 时，$n!$ 个 $n$ 元排列中奇排列与偶排列各占一半（各 $\frac{n!}{2}$ 个）。证明思路：全部排列两两对换配对，一奇一偶。

逆序数是行列式"符号从哪来"的答案——下面定义里每一项前面的正负号，就是由列指标排列的奇偶性决定的。

#n 阶行列式的定义

二阶、三阶（回顾与警示）：

$\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{vmatrix} = a_{11}a_{22} - a_{12}a_{21}$

$\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{vmatrix} = a_{11}a_{22}a_{33} + a_{12}a_{23}a_{31} + a_{13}a_{21}a_{32} - a_{13}a_{22}a_{31} - a_{12}a_{21}a_{33} - a_{11}a_{23}a_{32}$

警告：中学的"对角线法则"（主对角线相乘取正、副对角线相乘取负）只对二阶、三阶成立。四阶及以上若继续用对角线法则，项数和符号全错（四阶完全展开有 $4! = 24$ 项，对角线法则只给 8 项）。四阶起必须使用本章的严格定义与性质体系。

定义（递归定义）：一阶行列式 $|a_{11}| = a_{11}$（注意：一阶行列式是数本身，这里的竖线不表示绝对值）。设 $n-1$ 阶行列式已定义，$a_{ij}$ 的余子式 $M_{ij}$ 定义为：把 $n$ 阶方阵 $A = (a_{ij})$ 中第 $i$ 行、第 $j$ 列划去后剩下的 $n-1$ 阶行列式。则 $n$ 阶行列式定义为按第一行展开：

$\det A = |A| = \sum_{j=1}^{n} (-1)^{1+j} a_{1j} M_{1j}$

这是良定义的：右端每一项只用到 $n-1$ 阶行列式，递归到底即一阶。例（用它算二阶）：$\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{vmatrix} = a_{11} \cdot a_{22} - a_{12} \cdot a_{21}$，与中学公式一致。

定理（完全展开式）：按上述递归定义出发可证明

$|A| = \sum_{j_1 j_2 \cdots j_n} (-1)^{\tau(j_1 j_2 \cdots j_n)}\, a_{1j_1} a_{2j_2} \cdots a_{nj_n}$

其中求和取遍所有 $n$ 元列排列 $j_1 j_2 \cdots j_n$，共 $n!$ 项。

证明思路（对 $n$ 归纳）：$n = 1$ 显然。设结论对 $n-1$ 阶成立。按递归定义展开，每个 $M_{1j}$ 的完全展开对应"划去第 1 行第 $j$ 列后的列排列"，即把完整排列 $j_1 j_2 \cdots j_n$ 中删去 $j_1 = j$ 得到的排列 $\pi$；且 $\tau(j_1 j_2 \cdots j_n) = (j_1 - 1) + \tau(\pi)$（$j_1$ 后面比它小的数恰有 $j_1 - 1$ 个，全部构成逆序），故 $(-1)^{1+j_1} = (-1)^{j_1 - 1}$ 把符号补齐，归纳完成。

完全展开式的读法：每一项是从每行、每列各取恰好一个元素相乘（因此共 $n!$ 项），符号由列指标排列的奇偶性决定。这个"每行每列各取一个"的结构是理解行列式一切性质的钥匙。

推论（行列指标地位对等）：一般项写成 $a_{i_1 j_1} a_{i_2 j_2} \cdots a_{i_n j_n}$（行指标、列指标各是一个 $n$ 元排列）时，其符号为 $(-1)^{\tau(i_1 i_2 \cdots i_n) + \tau(j_1 j_2 \cdots j_n)}$。特别地，行指标与列指标的地位完全对称——这是性质 1（转置不变）的根源，也是分块行列式拉普拉斯展开的证明工具（见 矩阵）。

例（上三角行列式）：$A$ 为上三角（$i > j$ 时 $a_{ij} = 0$），则

$|A| = a_{11} a_{22} \cdots a_{nn}$

证明：完全展开式中，要使乘积非零，第 $n$ 行只能取 $a_{nn}$（它左边的元素全为 0），进而第 $n-1$ 行只能取 $a_{n-1,n-1}$（$a_{nn}$ 所在列已被占用），依此类推，唯一非零项是主对角线乘积，其列排列为标准排列 $\tau = 0$，符号为正。下三角同理。这是"化三角形法"的理论依据。

#六条基本性质与推论

以下性质对"行"陈述；由推论 1（转置不变），对"列"全部同样成立。

性质 1（转置不变）：$|A^T| = |A|$。

证明思路：$|A^T|$ 的完全展开项与 $|A|$ 一一对应，行、列指标互换后由上述推论，符号 $(-1)^{\tau(\text{列})}$ 换成 $(-1)^{\tau(\text{行})}$，逐项相等。

推论 1：凡对行成立的性质，对列也成立。此后只证行版本。

性质 2（互换变号）：两行（列）互换，行列式变号。

推论 2：若行列式有两行（列）完全相同，则行列式等于 $0$。（互换这两行，值不变；又由性质 2 变号，故 $D = -D$，即 $D = 0$。）

性质 3（数乘单行）：某一行（列）乘数 $k$，行列式变为原来的 $k$ 倍。

推论 3（提公因子）：某一行（列）所有元素的公因子可以提到行列式外面。注意整体数乘的区别：若 $A$ 为 $n$ 阶方阵，则

$|kA| = k^n |A|$

（每一行都乘了 $k$，共 $n$ 行，提出 $n$ 次。）这是高频陷阱：$|2A|$ 对三阶矩阵是 $8|A|$，不是 $2|A|$。

推论 4：某一行（列）元素全为 $0$，行列式等于 $0$。

性质 4（两行成比例则零）：若两行（列）对应元素成比例，行列式等于 $0$。（由性质 3 提出比例系数，化作推论 2。）

性质 5（拆行）：若某一行（列）的每个元素都是两数之和 $a_{ij} = b_j + c_j$，则行列式可拆成两个行列式之和——该行分别取 $b_j$ 与 $c_j$，其余行保持不变：

$\left|\begin{array}{c} r_1 \\ \vdots \\ b + c \\ \vdots \\ r_n \end{array}\right| = \left|\begin{array}{c} r_1 \\ \vdots \\ b \\ \vdots \\ r_n \end{array}\right| + \left|\begin{array}{c} r_1 \\ \vdots \\ c \\ \vdots \\ r_n \end{array}\right|$

证明思路：按该行展开，$a_{ij}A_{ij} = (b_j + c_j)A_{ij}$ 逐项拆开。

警示：只能拆一行！若两行同时是和的形式，拆开会产生 $2 \times 2 = 4$ 个行列式，其中"两行都换"的交叉项不出现——$|A + B| \neq |A| + |B|$（一般情况下）。

性质 6（倍加不变）：把某一行（列）的 $k$ 倍加到另一行（列）上，行列式不变。

证明思路：倍加后的行列式按被加的那一行用性质 5 拆开，得原行列式 + 一个"两行成比例"（性质 4，值为 0）的行列式。

性质 6 是使用频率最高的性质——所有"化三角形""造零"操作的合法性来源，且它不改变行列式的值（与性质 2、3 不同），因此是化简的首选动作。

性质总表：

#按行（列）展开定理与代数余子式

定义：$M_{ij}$ 为 $a_{ij}$ 的余子式（划去第 $i$ 行第 $j$ 列），称

$A_{ij} = (-1)^{i+j} M_{ij}$

为 $a_{ij}$ 的代数余子式。符号 $(-1)^{i+j}$ 可用棋盘格记忆：从 $(1,1)$ 的正号开始，正负相间：

$\begin{pmatrix} + & - & + & \cdots \\ - & + & - & \cdots \\ + & - & + & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix}$

定理（按第 $i$ 行展开）：行列式等于它的任一行的各元素与其对应代数余子式乘积之和：

$|A| = a_{i1}A_{i1} + a_{i2}A_{i2} + \cdots + a_{in}A_{in} = \sum_{j=1}^{n} a_{ij} A_{ij}, \qquad i = 1, 2, \dots, n$

按第 $j$ 列展开同理：$|A| = \sum_{i=1}^{n} a_{ij} A_{ij}$。

证明思路：分三步。① 先证 $a_{11}M_{11}$ 确实是 $|A|$ 的一部分：$M_{11}$ 完全展开的每一项配上 $a_{11}$，对应 $|A|$ 完全展开中列排列以 1 开头（标准头）的所有项，符号一致；② 再证一般位置 $a_{ij}M_{ij}$：把第 $i$ 行逐次与上一行对换移到第 1 行（$i-1$ 次对换，由性质 2 值变号 $(-1)^{i-1}$ 倍），同理把第 $j$ 列移到第 1 列（$j-1$ 次对换），共变号 $(-1)^{i+j-2} = (-1)^{i+j}$ 次，剩下恰是 $a_{ij}$ 与其 $M_{ij}$ 的乘积情形；③ 由①②得 $a_{ij}A_{ij}$ 是 $|A|$ 的合法"部分和"，把第 $i$ 行拆成 $n$ 个"只留一个非零元"的行（反复用性质 5），即得展开公式。

关键观察：$A_{ij}$ 只由划去第 $i$ 行第 $j$ 列后的其余 $n-1$ 行决定，与第 $i$ 行、第 $j$ 列上具体取什么数无关。这一"无关性"是下面两条高频考点的根源。

定理（错位展开为零）：

$\sum_{j=1}^{n} a_{ij} A_{kj} = a_{i1}A_{k1} + a_{i2}A_{k2} + \cdots + a_{in}A_{kn} = 0, \qquad i \neq k$

即：某行元素乘另一行对应代数余子式之和为零（列同理）。

证明：构造行列式 $D'$：把 $|A|$ 的第 $k$ 行换成第 $i$ 行的元素（其余不动），则 $D'$ 有两行相同，$D' = 0$（推论 2）。另一方面，把 $D'$ 按第 $k$ 行展开——注意 $D'$ 的第 $k$ 行代数余子式与 $|A|$ 的第 $k$ 行代数余子式相同（代数余子式与该行元素无关），故 $D' = \sum_j a_{ij} A_{kj} = 0$。证毕。

合并记忆（用"行 × 列余子式"的配对正确与否判读）：

$\sum_{j=1}^{n} a_{ij} A_{kj} = \begin{cases} |A|, & i = k \text{（同行配对：展开定理）} \\ 0, & i \neq k \text{（错位配对：必为零）} \end{cases}$

这一结构直接推广到矩阵就是 $AA^* = |A|E$（见 矩阵 伴随矩阵一节）。

余子式求和技巧（小题高频）：求 $\sum_j A_{ij}$ 或 $\sum_j c_j A_{ij}$ 这类"系数与该行元素无关"的和时，不必逐个算 $A_{ij}$，而是把行列式第 $i$ 行整体换成系数 $(c_1, \dots, c_n)$，再按第 $i$ 行展开——代数余子式不变，和就等于新行列式的值。

例题 1（余子式求和，模拟题）：设

$D = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 3 \end{vmatrix}$

求 $A_{21} + A_{22} + A_{23} + A_{24}$ 与 $M_{21} + M_{22} + M_{23} + M_{24}$（$M$ 为余子式）。

解析：第一步（代数余子式的和）：把 $D$ 的第 2 行换成 $(1,1,1,1)$ 得 $D'$，代数余子式不变，按第 2 行展开即所求和：

$D' = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 3 \end{vmatrix}$

第 2、3、4 行分别减去第 1 行（性质 6，不改变值、也不换行——不要把第 2 行换到第一行，换行要记负号）：

$D' = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & -1 & -2 & -3 \\ 0 & -2 & -1 & -3 \\ 0 & -1 & -3 & -1 \end{vmatrix}$

按第 1 列展开：

$D' = \begin{vmatrix} -1 & -2 & -3 \\ -2 & -1 & -3 \\ -1 & -3 & -1 \end{vmatrix}$

逐项计算：$(-1)\big[(-1)(-1) - (-3)(-3)\big] - (-2)\big[(-2)(-1) - (-3)(-1)\big] + (-3)\big[(-2)(-3) - (-1)(-1)\big]$

$= (-1)(1 - 9) + 2(2 - 3) - 3(6 - 1) = 8 - 2 - 15 = -9$

故 $A_{21} + A_{22} + A_{23} + A_{24} = -9$。

复核（换一条路重算）：逐个求出 $A_{2j}$ 验证。注意每个余子式划去的是第 2 行与第 $j$ 列，剩下的是第 1、3、4 行与未划去的列：

$M_{21} = \begin{vmatrix} 2 & 3 & 4 \\ 0 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 3 \end{vmatrix} = 2(6-0) - 3(0-1) + 4(0-2) = 12 + 3 - 8 = 7,\quad A_{21} = -7$

$A_{22} = \begin{vmatrix} 1 & 3 & 4 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 3 \end{vmatrix} = 1(6-0) - 3(3-1) + 4(0-2) = 6 - 6 - 8 = -8$

$A_{23} = (-1)^{2+3}\begin{vmatrix} 1 & 2 & 4 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 3 \end{vmatrix} = -\big[1(0-1) - 2(3-1) + 4(1-0)\big] = 1$

$A_{24} = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 0 \end{vmatrix} = 1(0-2) - 2(0-2) + 3(1-0) = 5$

合计 $-7 - 8 + 1 + 5 = -9$ ✓ 与换行法一致。

答案：$A_{21} + A_{22} + A_{23} + A_{24} = -9$。

第二步（余子式的和）：由 $M_{2j} = (-1)^{2+j} A_{2j}$（符号自逆）：

$M_{21} + M_{22} + M_{23} + M_{24} = -A_{21} + A_{22} - A_{23} + A_{24}$

即把 $D$ 的第 2 行换成 $(-1, 1, -1, 1)$ 后按第 2 行展开。用已验证的值：$= 7 - 8 - 1 + 5 = 3$。

本例的操作要点：① 换行技巧中，"换行 + 按该行展开"所得和式的系数恰是新行的元素，代数余子式完全不变；② 逐个算余子式时，划去第 $i$ 行第 $j$ 列后必须重新誊写剩下的子矩阵——最典型的手误是把被划去那行的元素残留进来；③ 换行技巧与逐项计算互为复核手段，考场上一致才落笔。

#行列式计算方法体系

$n$ 阶行列式的计算是"识别结构 → 选套路"的过程。五大套路如下，每种配完整例题。

#方法一：化三角形（数值行列式主力）

思想：反复用性质 6（倍加）造零、性质 2（换行，记负号）、性质 3（提因子），把行列式化为上（下）三角，然后对角线相乘。对具体数字的低阶（$n \leq 5$）行列式，这是默认方法。

常用辅助观察——行和技巧：若各行（列）元素之和相同，先把各行（列）都加到第一列（行），提出公因子。

例题 2（模拟题）：计算

$D = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 3 & 4 & 1 \\ 3 & 4 & 1 & 2 \\ 4 & 1 & 2 & 3 \end{vmatrix}$

解析：每行元素之和都是 $10$，用行和技巧：把第 2、3、4 列都加到第 1 列（性质 6，值不变），第 1 列变为 $(10,10,10,10)^T$；提出公因子 $10$（性质 3）：

$D = 10\begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 3 & 4 & 1 \\ 1 & 4 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 2 & 3 \end{vmatrix}$

第 2、3、4 行分别减去第 1 行（性质 6）：

$D = 10\begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 1 & 1 & -3 \\ 0 & 2 & -2 & -2 \\ 0 & -1 & -1 & -1 \end{vmatrix}$

按第 1 列展开（只剩 $(1,1)$ 位置非零）：

$D = 10\begin{vmatrix} 1 & 1 & -3 \\ 2 & -2 & -2 \\ -1 & -1 & -1 \end{vmatrix}$

三阶用对角线法则：$aei = 1\cdot(-2)(-1) = 2$；$bfg = 1\cdot(-2)(-1) = 2$；$cdh = (-3)\cdot 2\cdot(-1) = 6$；$ceg = (-3)(-2)(-1) = -6$；$bdi = 1\cdot 2\cdot(-1) = -2$；$afh = 1\cdot(-2)(-1) = 2$。

$\det = (2 + 2 + 6) - (-6) - (-2) - 2 = 10 + 6 + 2 - 2 = 16$

故 $D = 10 \times 16 = 160$。

复核（考场保底动作，换一条路重算）：直接高斯消元，$r_2 - 2r_1$、$r_3 - 3r_1$、$r_4 - 4r_1$ 后按第 1 列展开：

$D = \begin{vmatrix} -1 & -2 & -7 \\ -2 & -8 & -10 \\ -7 & -10 & -13 \end{vmatrix} = (-1)\big[104 - 100\big] + 2\big[26 - 70\big] - 7\big[20 - 56\big] = -4 - 88 + 252 = 160 \checkmark$

#方法二：降阶递推（展开定理 + 造零）

思想：先用性质 6 把某行（列）造出 $n-1$ 个零，再按该行展开，降到 $n-1$ 阶；若低阶结构重复出现，建立递推式（见方法五）。

例题 3（模拟题）：计算

$D = \begin{vmatrix} 2 & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 3 \end{vmatrix}$

解析：第 1 列已有两个零，再造两个零：$r_1 - 2r_3$（第 1 行减第 3 行的 2 倍）得 $(0, 1, -4, 0)$；$r_4 - r_3$ 得 $(0, 1, -2, 2)$：

$D = \begin{vmatrix} 0 & 1 & -4 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & -2 & 2 \end{vmatrix}$

按第 1 列展开（只有 $(3,1)$ 位置非零，符号 $(-1)^{3+1} = +$）：

$D = \begin{vmatrix} 1 & -4 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & 2 \end{vmatrix} = 1\cdot(1\cdot 2 - 1\cdot(-2)) - (-4)\cdot(1\cdot 2 - 1\cdot 1) + 0 = 4 + 4 = 8$

（对角线法则复核：$aei = 1\cdot1\cdot2 = 2$，$bfg = (-4)\cdot1\cdot1 = -4$，$cdh = 0$，$ceg = 0$，$bdi = (-4)\cdot1\cdot2 = -8$，$afh = 1\cdot1\cdot(-2) = -2$；$\det = (2 - 4 + 0) - 0 - (-8) - (-2) = -2 + 8 + 2 = 8$ ✓。）

#方法三：加边法（升阶降难度）

思想：给行列式加一行一列（加出的新行、新列满足按新行展开即还原原行列式，值不变），利用新增的自由度（通常是全 1 的行）把各行之间的公共结构消出来。适用于"对角元素各异、非对角元素全同"型。

例题 4（模拟题）：设 $a_1 a_2 \cdots a_n \neq 0$，计算

$D_n = \begin{vmatrix} 1 + a_1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1 + a_2 & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & \cdots & 1 + a_n \end{vmatrix}$

解析：加边：第一行取 $(1, 1, \dots, 1)$，第一列取 $(1, 0, \dots, 0)^T$，按第一行展开即还原原行列式，值不变：

$D_n = \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 0 & 1 + a_1 & 1 & \cdots & 1 \\ 0 & 1 & 1 + a_2 & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 1 & 1 & \cdots & 1 + a_n \end{vmatrix}$

第 $i$ 行（$i = 2, \dots, n+1$）减去第 1 行（性质 6，值不变）：第 $i$ 行变为 $(-1, 0, \dots, 0, a_{i-1}, 0, \dots, 0)$（$a_{i-1}$ 在原第 $i-1$ 列位置）：

$D_n = \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ -1 & a_1 & 0 & \cdots & 0 \\ -1 & 0 & a_2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -1 & 0 & 0 & \cdots & a_n \end{vmatrix}$

（这就是典型的爪形。）把第 $j+1$ 列（$j = 1, \dots, n$）的 $\dfrac{1}{a_j}$ 倍加到第 1 列（性质 6，值不变）：第 1 列第 1 个分量变为 $1 + \sum\limits_{j=1}^n \dfrac{1}{a_j}$；第 1 列第 $j+1$ 个分量为 $-1 + a_j \cdot \dfrac{1}{a_j} = 0$。于是第 1 列只剩第一个分量非零：

$D_n = \left(1 + \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{a_j}\right)\begin{vmatrix} a_1 & & & \\ & a_2 & & \\ & & \ddots & \\ & & & a_n \end{vmatrix} = \left(1 + \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{a_j}\right) a_1 a_2 \cdots a_n$

数值速验（养成习惯）：$n = 2$，$a_1 = a_2 = 1$：公式给 $(1 + 1 + 1)\cdot 1 = 3$；直接算 $\begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{vmatrix} = 3$ ✓。

#方法四：范德蒙德行列式

定理（范德蒙德）：

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

即"所有满足 $i < j$ 的列对之差 $x_j - x_i$ 的连乘积"，共 $\binom{n}{2}$ 个因子。

证明（对 $n$ 归纳）：$n = 2$：$\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ x_1 & x_2 \end{vmatrix} = x_2 - x_1$ ✓。设对 $n - 1$ 成立。从第 $n$ 行起，每一行减去上一行的 $x_1$ 倍（即 $r_i - x_1 r_{i-1}$，$i = n, n-1, \dots, 2$，性质 6 不变值）：第 $i$ 行第 $j$ 列变为 $x_j^{i-1} - x_1 x_j^{i-2} = x_j^{i-2}(x_j - x_1)$。此时第 1 列除第一行的 $1$ 外全为零，按第 1 列展开；展开出的 $n-1$ 阶行列式各列（对应 $j = 2, \dots, n$）有公因子 $(x_j - x_1)$，逐列提出（性质 3），剩下的恰是以 $x_2, \dots, x_n$ 为节点的范德蒙德 $V_{n-1}$，由归纳假设

$V_n = \prod_{j=2}^{n}(x_j - x_1) \prod_{2 \leq i < j \leq n}(x_j - x_i) = \prod_{1 \leq i < j \leq n} (x_j - x_i)$

证毕。

例题 5（模拟题）：求方程的根：

$\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & x \\ 1 & 4 & 9 & x^2 \\ 1 & 8 & 27 & x^3 \end{vmatrix} = 0$

解析：这是节点为 $1, 2, 3, x$ 的范德蒙德行列式：

$V = (2-1)(3-1)(x-1)\,(3-2)(x-2)\,(x-3) = 2(x-1)(x-2)(x-3)$

$V = 0 \iff x \in \{1, 2, 3\}$。三个根。（注意列的顺序就是节点顺序，差的方向是"后列减前列"。）

#方法五：爪形与三对角递推

（a）爪形行列式：形如

$\begin{vmatrix} a_1 & c_2 & c_3 & \cdots & c_n \\ b_2 & a_2 & & & \\ b_3 & & a_3 & & \\ \vdots & & & \ddots & \\ b_n & & & & a_n \end{vmatrix}$

（除第一行、第一列及对角线外全为 0。）当 $a_2 \cdots a_n \neq 0$ 时，把第 $j$ 列（$j \geq 2$）的 $-\dfrac{b_j}{a_j}$ 倍加到第 1 列，把第 1 列的 $b_j$ 全消为 0，得下三角：

$D_n = \left(a_1 - \sum_{j=2}^{n} \frac{b_j c_j}{a_j}\right) a_2 a_3 \cdots a_n$

例题 6（模拟题）：计算 $\begin{vmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & 0 \\ 1 & 0 & 4 \end{vmatrix}$。

解析：爪形，$a_1 = 2$，$(a_2, a_3) = (3, 4)$，$(b_2, b_3) = (c_2, c_3) = (1, 1)$：

$D = \left(2 - \frac{1}{3} - \frac{1}{4}\right)\cdot 3 \cdot 4 = \frac{17}{12}\cdot 12 = 17$

直接展开验证：$2(3\cdot4 - 0) - 1(1\cdot4 - 0\cdot1) + 1(1\cdot0 - 3\cdot1) = 24 - 4 - 3 = 17$ ✓。

（b）三对角行列式（递推法）：形如主对角线全 $a$、上（次）对角线全 $b$、下（次）对角线全 $c$、其余为 0 的行列式 $D_n$。

推导：按第 1 行展开：$D_n = a D_{n-1} - b \cdot E_{n-1}$，其中 $E_{n-1}$ 是划去第 1 行第 2 列后的 $n-1$ 阶行列式，其第 1 列为 $(c, 0, \dots, 0)^T$，按其第 1 列展开得 $E_{n-1} = c D_{n-2}$。于是得二阶线性递推：

$D_n = a\,D_{n-1} - bc\,D_{n-2}, \qquad D_1 = a,\quad D_2 = a^2 - bc$

求解通项：特征方程 $\lambda^2 - a\lambda + bc = 0$。若两根 $\lambda_1 \neq \lambda_2$，则 $D_n = \alpha\lambda_1^n + \beta\lambda_2^n$（用 $D_1, D_2$ 定 $\alpha, \beta$）；若重根 $\lambda$，则 $D_n = (\alpha + \beta n)\lambda^n$。小题通常只要求算到 $n = 4, 5$，直接递推更快。

例题 7（模拟题）：设 $D_n$ 为主对角线全为 $3$、两条次对角线全为 $1$ 的 $n$ 阶三对角行列式，求 $D_1, D_2, D_3, D_4, D_5$。

解析：$a = 3$，$bc = 1$，递推 $D_n = 3D_{n-1} - D_{n-2}$：

$D_1 = 3,\qquad D_2 = 3^2 - 1 = 8,\qquad D_3 = 3\cdot 8 - 3 = 21,\qquad D_4 = 3\cdot 21 - 8 = 55,\qquad D_5 = 3\cdot 55 - 21 = 144$

（特征根 $\lambda = \dfrac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$；数列 $3, 8, 21, 55, 144$ 正是隔项的斐波那契数。）

方法选择决策表：

#克莱姆法则

定理（克莱姆法则）：含 $n$ 个方程、$n$ 个未知数的线性方程组

$\begin{cases} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n = b_1 \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n = b_2 \\ \quad\vdots \\ a_{n1}x_1 + a_{n2}x_2 + \cdots + a_{nn}x_n = b_n \end{cases}$

若系数行列式 $D = |A| \neq 0$，则方程组有唯一解，且

$x_j = \frac{D_j}{D}, \qquad j = 1, 2, \dots, n$

其中 $D_j$ 是把 $D$ 的第 $j$ 列换成常数列 $(b_1, \dots, b_n)^T$（其余列不动）所得的行列式。

证明思路：解的唯一性与存在性来自逆矩阵（见 矩阵，$|A| \neq 0 \iff A$ 可逆，此时 $x = A^{-1}b$ 唯一）。公式推导：把 $x_j = D_j/D$ 代入第 $i$ 个方程左边：

$\sum_{j=1}^n a_{ij} \cdot \frac{1}{D}\sum_{k=1}^n b_k A_{kj} = \frac{1}{D}\sum_{k=1}^n b_k \sum_{j=1}^n a_{ij}A_{kj} = \frac{1}{D}\sum_{k=1}^n b_k \left(\delta_{ik} D\right) = b_i$

其中内层和 $\sum_j a_{ij}A_{kj}$ 当 $k = i$ 时是按第 $i$ 行的展开（值 $|A| = D$）、当 $k \neq i$ 时是错位展开（值 $0$）——克莱姆法则本质就是展开定理"错位求和为零"的直接应用。

例题 8（模拟题）：解方程组 $\begin{cases} 2x_1 + x_2 = 5 \\ 3x_1 + 2x_2 = 8 \end{cases}$。

解析：$D = \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 3 & 2 \end{vmatrix} = 1 \neq 0$，$D_1 = \begin{vmatrix} 5 & 1 \\ 8 & 2 \end{vmatrix} = 2$，$D_2 = \begin{vmatrix} 2 & 5 \\ 3 & 8 \end{vmatrix} = 1$。故 $x_1 = 2$，$x_2 = 1$。

重要推论（齐次方程组）：对 $n$ 个方程、$n$ 个未知数的齐次线性方程组（$b = 0$）：

$D \neq 0 \iff \text{方程组只有零解} \qquad\text{从而}\qquad \text{有非零解} \iff D = 0$

证明：若 $D \neq 0$，克莱姆法则给出唯一解，而零显然是解，故只有零解；逆否命题即"有非零解 $\Rightarrow D = 0$"。反之若 $D = 0$，由系数矩阵秩的理论（后续章节，建设中）可知必有非零解。"$D = 0$ 是齐次方程组有非零解的充要条件"这一结论，是特征值理论中 $|\lambda E - A| = 0$ 的理论根基。

克莱姆法则的局限性（必须清楚，选择题考点）：

1. 只适用于方程个数等于未知数个数（系数矩阵为方阵）且 $D \neq 0$ 的情形。$D = 0$ 或非方阵时法则失效，需用秩与方程组理论（建设中章节）处理
2. 计算量不可行：要算 $n+1$ 个 $n$ 阶行列式，每个按定义是 $O(n!\,n)$ 级运算。克莱姆法则的价值是理论性的（给出解的显式表达、证明唯一性），工程与考场上实际求解一律用高斯消元（初等变换，见 矩阵）
3. 它不能回答"$D = 0$ 时解是无穷多还是无解"——这必须交给秩的判定定理（建设中章节）

#常见坑

1. 对角线法则越界使用：四阶及以上不能用对角线法则，必须走性质/展开体系
2. $|kA| = k^n|A|$，不是 $k|A|$；对应地 $|{-A}| = (-1)^n|A|$。这两条在抽象行列式填空里年年出现
3. $|A + B| \neq |A| + |B|$（一般情形）。"拆行"性质一次只能拆一行，且其余行原样复制到两个新行列式中
4. 换行忘变号 / 提因子漏幂次：行和技巧提出第一列公因子后，后续所有计算都基于"已提出"的新行列式，务必重抄一遍矩阵；换行位置时每换一次记一个负号
5. 余子式与代数余子式混用：$M_{ij}$ 无符号，$A_{ij} = (-1)^{i+j}M_{ij}$ 有符号；题目问 $M$ 的和时，先换算成 $A$（乘 $(-1)^{i+j}$）再用换行技巧
6. 逐个算余子式时残留被划去的行/列元素：划去第 $i$ 行第 $j$ 列后必须重新誊写剩下的 $n-1$ 阶子矩阵，最典型的手误是把原第 $i$ 行的元素抄进去
7. 展开时用错行的余子式：按第 $i$ 行展开必须配第 $i$ 行自己的代数余子式；"第 $i$ 行元素配第 $k$ 行余子式"之和为 0（错位展开定理），题目常拿这个设反向陷阱（给一个和式让你识别它是 0 还是 $|A|$）
8. 代数余子式"与该行无关"这一定向是对的，但别扩大化：$A_{ij}$ 与第 $i$ 行、第 $j$ 列的元素无关，与其余行、列的元素有关。改了别的行，$A_{ij}$ 会变

#自测

1. 求 $\tau(5\,4\,2\,1\,3)$，并判断奇偶。
2. 设 $A$ 为三阶方阵，$|A| = 2$，求 $|3A| - |{-A}| - 3|A|$ 与 $|2A|$。
3. 计算 $\begin{vmatrix} 3 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 3 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 3 \end{vmatrix}$。
4. 设 $D$ 为四阶行列式，其第 3 行元素为 $(1, -1, 0, 2)$。已知把 $D$ 的第 3 行换成 $(1, 1, 1, 1)$ 后所得行列式按第 3 行展开的值为 $6$，求 $A_{31} + A_{32} + A_{33} + A_{34}$；又已知 $|D| = 1$，求 $A_{31} - A_{32} + 0 \cdot A_{33} + 2A_{34}$。
5. 用克莱姆法则判别：齐次方程组 $\begin{cases} x_1 + 2x_2 + 3x_3 = 0 \\ 2x_1 + x_2 + 4x_3 = 0 \\ x_1 + x_2 + 3x_3 = 0 \end{cases}$ 是否有非零解？

#自测答案

1. 逆序对：$(5,4),(5,2),(5,1),(5,3),(4,2),(4,1),(4,3),(2,1)$ 共 8 个，$\tau = 8$，偶排列。
2. $|3A| = 3^3 \cdot 2 = 54$，$|{-A}| = (-1)^3 \cdot 2 = -2$，故 $|3A| - |{-A}| - 3|A| = 54 + 2 - 6 = 50$；$|2A| = 2^3 \times 2 = 16$。
3. 行和全为 6：各列加到第 1 列提出 6，再各行减第 1 行，化为 $6 \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{vmatrix} = 6 \times 8 = 48$。
4. 换行不改变代数余子式，故 $A_{31} + A_{32} + A_{33} + A_{34} = 6$；$A_{31} - A_{32} + 0 \cdot A_{33} + 2A_{34}$ 是"第 3 行元素配自己行的余子式"，按第 3 行展开即 $|D| = 1$。
5. 系数行列式 $D = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 4 \\ 1 & 1 & 3 \end{vmatrix} = 1(3-4) - 2(6-4) + 3(2-1) = -1 - 4 + 3 = -2 \neq 0$，故只有零解，无非零解。