06年线性代数和几何 第1次课.ppt

* 北京大学工学院 线性代数与几何（下） * 第一章 行列式(determinant)   第五次课 第六节 拉普拉斯展开定理 * 在引入三级行列式时，我们用到如下的方式： 解三元一次方程组 的前两个方程 (in terms of x3) 引出： * 上式的左端x3的系数为 它定义成三阶行列式，即： 或者： 此为“行列式按一行（列）”展开”或者是“行列式的递归定义”。 * 从四元一次方程组 先解前三个方程，我们相信也可以导出类似的性质。 * 现在我们用另一种方法，解前二个方程然后再解后 二个方程来引出 Laplace 定理。为此先定义 k 级子式 与 k 级代数子式 * 其中， ， 。 它们是由行列中位于第 行和 k2 个元素组成的行列式。如果删去第 列的交叉处的 行和 列余下的(n-k)2个元素按原来的相对顺序构成一个(n-k)级子 式，它是 的余子式， 记为： * 这里要求： 是n级排列，且 余子式带上符号 ， ， 。 称为代数余子式。请注意 是将子式 移到左上角的 行列交换次数，因 符号 代表了将子式 移到左上 * 角的变号，它同时也是移到右下角的变号。 现在考虑解方程组 的前两个方程 (移项) 即得： * * 将此结果代入原方程组的后两个方程，有： 其中“?”是上些与“b”相关的项，它们与未知量无关。我们再 一次应用二元一次方程的解，但只关心分子上的行列式，它 是 * 按行列式的计算规则可以算出上式为： 其中： * 在剔除一个（非零）因子 之后，4级行列式D可表示为： 它应该就是原方程的系数行列式（为什么？）。 上面的推导“诱导”出了Laplace定理，先观察一下： * 1. 每一“项”由前两行取出的子式与后两行取出的子式相乘； 2. 每一“项”中两行的列号与后两行的列号没有交； 3. 每一“项”中两行的列号与后两行的列号的并恰好是{1,2,3,4}； 4. 前两行的列号 (34), (23), (14), (12), (13) 与 (24) 恰好遍历 了所有可能的组合，同样地后两行也是； 5. 每一“项”中含有4项原行列式的项，共24项，奇偶各半。 再进一步可以写出： * Laplace展开定理：任意取定n级行列式的k行，位于这些行 上的所有可能的子式与各自的代数余子式乘积之和， 等于 原来的n级行列式。也就是说，对任意取定的 0i1 i2 … ikn+1, 有 其中 与 为两个n 级排列，且， ， 。 * 第六节 拉普拉斯展开定理 证明：先证明一个特殊情形： 按定义： * 第六节 拉普拉斯展开定理 上式是说，我们先将 给定的情况下，对不在 内的子排列 求和。为了将方 括号内的项凑成 “行列式” 的定义式，现在考虑逆序数 引入集合之间的逆序 ， 数 ，我们有 为了简化问题，我们不妨设 ，于是 {}内的解释是： 放在一个n级排列的首位共有 * 第六节 拉普拉斯展开定理 个逆序，但 中有 个数小于 ，于是 事实上结论并不依赖于是否将 。 进行了排序。考虑到 于是有： 此时方括号内的和已是子式 ，这里 (集合意义下)，且 。 * 第六节 拉普拉斯展开定理 反过来，前面的部分亦可看作 是给定 的一个排 列，从而 * 第六节 拉普拉斯展开定理 因为 ， 即： 所以 至此，我们证明了如果取前k行 Laplace 展开成立。 当取任意的k行0i1 i2 … ik n+1时，我们可以通过 个相邻对换将它们换到前k行，展开仍然成立。 * 第六节 拉普拉斯展开定理 事实上，证明的关键是n级排列集合的分裂，即： 其中 表示全体n级排列，而 是 这k个数的全体排列， 是1到n中不含 的那n-k个数的排 列全体；和号是对所有可能的 组合。例如5的排列的集合是 的 * 第六节 拉普拉斯展开定理 这些“并”在行列式中换成了“和”，“乘”还是“乘” 其他的证明方法：数项数，确定符号。 * 第六节 拉普拉斯展开定理 说明：Laplace定理的和号之下有 含两个行列式，阶数分别是 个乘积，每个乘积 k与n-k。 那么共有 项，每项含k+(n-k)=n个来自于不同行列的因子。因此它已经 是行列式了，剩下要证明的只是符号。 * 第五次课作业 P32: 17 *