高等代数 · 第 P18 集 · 十一：行列式 k 行 k 阶展开

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◎学习目标

理解按 $k$ 行展开时，由于 $k$ 行含 $k$ 个元素、不好逐个按“单个元素”分组，只能改用取定 $k$ 个列、把“与某个 $k$ 阶子式有关的项”归为一组，从而用三重求和表达整个 $n$ 阶行列式的定义；
掌握行列式按 $k$ 行 $k$ 列展开定理（Laplace 展开定理）：$\det A = \sum M_{i_1\cdots i_k}^{j_1\cdots j_k}\, A_{i_1\cdots i_k}^{j_1\cdots j_k}$，即取定的 $k$ 行所形成的所有 $k$ 阶子式与其代数余子式乘积之和等于整个行列式；
推导该公式的符号因子：$(-1)^{\sum i_p + \sum j_p}$（行标和加列标和），理解它来自“把 $k$ 行子式元素排到前面、$n-k$ 行子式元素排到后面”的排列逆序数计算；
掌握推论：右上角为 0 矩阵的分块（上三角分块）矩阵的行列式“一挖个洞就好算”，即 $\det\begin{pmatrix} A & 0 \\ C & B \end{pmatrix} = \det A\cdot\det B$。
认识 $k$ 阶代数余子式中子式行标和列标的奇偶性对符号的作用，以及“取定行”后子式“行标和”与“列标和”可被提出求号的关键化简。

1回顾：$k$ 阶子式与 $k$ 阶代数余子式 ⏱ 00:01

本集是第 P17 集“$k$ 阶子式、行列式 $k$ 行 $k$ 阶展开”的延续与补充。上一集已给出两个基本对象，本集先回顾它们的定义，再给出展开定理的完整证明思路。

定义 · $k$ 阶子式（$k$ 阶行列式）取定 $n$ 阶矩阵 $A=(a_{ij})$ 的 $k$ 行（行标 $i_1,i_2,\dots,i_k$）与 $k$ 列（列标 $j_1,j_2,\dots,j_k$），这些行列交叉位置的元素组成一个 $k$ 阶行列式

M_{i_1\cdots i_k}^{j_1\cdots j_k} = \det\bigl(a_{i_p\,j_q}\bigr)_{p,q=1}^{k},

称为 $A$ 的一个$k$ 阶子式（子式 / 子行列式）。⏱ 00:49

定义 · $k$ 阶代数余子式把 $A$ 划去上述 $k$ 行 $i_1,\dots,i_k$ 与 $k$ 列 $j_1,\dots,j_k$，剩下的元素组成一个 $(n-k)$ 阶子式，记其符号因子为 $(-1)^{\sum_{p=1}^{k} i_p + \sum_{p=1}^{k} j_p}$，则称

A_{i_1\cdots i_k}^{j_1\cdots j_k} = (-1)^{\sum_{p=1}^{k} i_p + \sum_{p=1}^{k} j_p}\, M_{i'_1\cdots i'_{n-k}}^{j'_1\cdots j'_{n-k}},

为 $M_{i_1\cdots i_k}^{j_1\cdots j_k}$ 的代数余子式。其中 $i'_1,\dots,i'_{n-k}$ 与 $j'_1,\dots,j'_{n-k}$ 分别是剩下的 $n-k$ 个行标、列标（去掉被取的 $k$ 行 $k$ 列后剩下的那些，按递增排列）。⏱ 11:20

术语对照（转录→标准术语）转录中“子时”＝子式；“代数仪子时”＝代数余子式；“连交号/连架好”＝求和号（连加号）；“联加号”＝求和号 $\sum$；“机要性”＝奇偶性；“逆形数/逆序数”＝逆序数；“耳术/耳排列”＝偶数/偶排列；“K 元盘列”＝$k$ 列排列。下面公式均用标准记号重排。

2按 $k$ 行 $k$ 列展开定理（Laplace 展开） ⏱ 03:13

定理 · 行列式按 $k$ 行（$k$ 列）展开取定 $n$ 阶矩阵 $A=(a_{ij})$ 中的 $k$ 行 $i_1,i_2,\dots,i_k$，则

\[ \det A = \sum_{1\le j_1<\cdots 即：取定 \(k\) 行所形成的所有 \(k\) 阶子式，与其各自的代数余子式乘积之和，等于 \(A\) 的行列式。对列有对称结论（取定 \(k\) 列按 \(k\) 列展开）。⏱ 18:40

证明思路（分组＋符号化简，三重求和还原 $n$ 阶定义）

第一步 · 按 $k$ 阶子式分组。因为一次取定的是 $k$ 行、含 $k$ 个元素，不好像“按 1 行展开”那样按单个元素分组，只能取定 $k$ 列 $j_1,j_2,\dots,j_k$（\(j_1<\cdots⏱ 01:19

第二步 · 用三重求和表达 $n$ 阶定义。取定 $k$ 行 $i_1,\dots,i_k$ 与 $k$ 列 $j_1,\dots,j_k$ 后，剩下的 $n-k$ 个行、$n-k$ 个列由排列来取，再对 $j_1,\dots,j_k$（从 $1,\dots,n$ 中取 $k$ 个）求和，得到三重求和；它恰好把 $n$ 阶行列式定义中的全部项重新分组表达出来。⏱ 04:53

第三步 · 符号因子的化简。每个 $n$ 阶项的符号是 $(-1)^{\text{逆序数}}$。先做 $S$ 次对换把“前 $k$ 行子式的元素”排到前面、“后 $n-k$ 行子式的元素”排到后面；因后面 $n-k$ 个是自然排列（逆序数为 0），$S$ 次的奇偶性等于 $(i_1,\dots,i_k; j_1,\dots,j_k)$ 这一 $k$ 元排列的奇偶性。再分别数“$k$ 行子式内部”“$n-k$ 行子式内部”“前者相对后者的相对错位”三部分逆序数，化简后得到统一符号

(-1)^{\sum_{p=1}^{k} i_p + \sum_{p=1}^{k} j_p}.

这一步利用了“两个连续整数之间逆序数为 $0$ 或 $1$，而 $k$ 行子式元素数 $k$ 与 $n-k$ 的奇偶性可相互抵消”的化简（对应转录“这两个都不要管它了”处）。⏱ 05:50 – 11:42

第四步 · 提出公因子、凑成代数余子式。符号化简后，把 $k$ 阶子式 $M_{i_1\cdots i_k}^{j_1\cdots j_k}$ 作为公因子提出；剩下的部分正是“划去 $i_1,\dots,i_k$ 行与 $j_1,\dots,j_k$ 列后的 $(n-k)$ 阶子式”乘上符号因子 $(-1)^{\sum i_p+\sum j_p}$，即 $k$ 阶代数余子式 $A_{i_1\cdots i_k}^{j_1\cdots j_k}$。于是

\[ \det A = \sum_{j_1<\cdots 证毕。⏱ 11:42 – 18:44 老师口吻“证明完了。这个讲的义用（应用），讲它的重要应用，以后这个也还用。”——老师强调 Laplace 展开是重要工具，后续会反复用到。

3符号的化简：$(-1)^{\text{行标和}+\text{列标和}}$ ⏱ 10:13

证明里最关键、也最容易卡壳的一步是：为什么 $k$ 阶代数余子式的符号因子恰好是 $(-1)^{\sum i_p + \sum j_p}$（即行标和加列标和的奇偶性）？

符号因子的来源把 $n$ 个元素按“先 $k$ 行子式、后 $n-k$ 行子式”重排后，其逆序数可拆成三块：① $k$ 行子式内部；② $n-k$ 行子式内部；③ 前 $k$ 个元素相对后 $n-k$ 个元素的相对错位。

\#\text{逆序} \equiv \underbrace{\sum_{p} i_p + \sum_{p} j_p}_{\text{错位项}} + \underbrace{(i_1+\cdots+i_k)+(j_1+\cdots+j_k)}_{\text{等差和}} \pmod 2.

由于“错位项”与“等差和”中各有成对的正整数和项，二者奇偶性相互抵消（对应转录“负的偶数是明正的，这个就不要了”处），最终只留下 $(-1)^{\sum i_p+\sum j_p}$。⏱ 10:26 – 12:40

“连续整数求和”的等差技巧

符号化简中反复用到“$1+2+\cdots+k$ 这类等差和的奇偶性”——高中等差求和公式：

1+2+\cdots+k = \frac{k(k+1)}{2}, \qquad 1+2+\cdots+k = \frac{1}{2}\bigl(k+(1)\cdot k\bigr).

两个连续整数 $k$ 与 $k+1$ 必一奇一偶，故 $\tfrac{k(k+1)}{2}$ 的奇偶性决定了对应的逆序数奇偶性。⏱ 05:36 – 10:30 这是证明里“等差数点（等差求和）简直是输的不得了”指的地方。

注意：子式“行标和”“列标和”可提出求号符号 $(-1)^{\sum i_p+\sum j_p}$ 中，$\sum i_p$（行标和）与 $\sum j_p$（列标和）都与被求和的“具体子式取值”无关，故作为公因子可提到求和号外面，这是把“子式 × 余子式”结构最终提取出来的关键一步。⏱ 12:29 – 13:44

4推论：“挖洞”行列式 = 两子式之积 ⏱ 18:58

老师紧接着给出一个“非常有用”的应用——一个右上角全 0 的分块矩阵的行列式计算。

推论 · 上三角分块矩阵（“挖洞”）行列式设 $A$ 为 $k\times k$ 方阵、$B$ 为 $t\times t$ 方阵（$k+t=n$），则

\det\begin{pmatrix} A & 0 \\ C & B \end{pmatrix} = \det A \cdot \det B,

其中右上角是 $k\times t$ 的零矩阵（“老鼠一打个洞，你行列式好算了”）。⏱ 19:36 – 23:05

用 Laplace 展开（按前 $k$ 行）证明

把该 $n$ 阶矩阵看成 $k$ 行（前 $k$ 行）加 $t$ 行（后 $t$ 行）。按前 $k$ 行做 $k$ 阶展开：前 $k$ 行形成的 $k$ 阶子式，只有取前 $k$ 列（即左上角 $A$）那个子式才可能非零——只要 $k$ 阶子式里取到了“后 $t$ 列”中的任意一列，由于右上角全 0，该子式就必含一整行（列）的 0，从而为 0。⏱ 19:44

于是 $k$ 阶展开中只有一项非零：子式 = $\det A$，其代数余子式 = 划去前 $k$ 行前 $k$ 列后右下角的 $(n-k)=t$ 阶子式 $=\det B$（代数余子式的符号 $(-1)^{\sum_{i=1}^{k}i+\sum_{j=1}^{k}j}=(-1)^{2\cdot k(k+1)/2}=+1$，行标和与列标和都是 $1+\cdots+k$，相加为偶数，故符号为正）。⏱ 21:26 – 23:05

\det\begin{pmatrix} A & 0 \\ C & B \end{pmatrix} = (\det A)\cdot(\det B).

这就是老师说的“只要右上角 0 矩阵里面画上一个洞，行列式很好算；矩阵要导洞，一挖个洞行列式很好算——这是矩阵的技巧”。⏱ 23:09

本集核心应用 “看到这样的行列式，右上角有个 0 矩阵，0 矩阵里面画上一个洞，只要有洞，这个行列式很好算……从矩阵来想，把它挖个洞出来，一挖个洞行列式很好算。这是矩阵的技巧。”⏱ 22:46 – 23:33

对称形式对“左下角为 0”的块下三角矩阵也有 $\det\begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \end{pmatrix}=\det A\cdot\det B$（按后 $t$ 行展开，对称结论）。本集老师重点讲的是“右上角 0”（上三角分块）情形，下三角对称地成立。

★重点回顾

Laplace $k$ 行 $k$ 列展开定理：\(\det A=\sum_{j_1<\cdots

分组方式：按 $k$ 行展开时不能按单个元素分组，只能取定 $k$ 列、按“$k$ 阶子式”归组，得到三重求和还原 $n$ 阶定义的全部项。

符号因子：$k$ 阶代数余子式带 $(-1)^{\sum i_p+\sum j_p}$（行标和＋列标和的奇偶性），来自“前 $k$ 行子式排前、后 $n-k$ 行子式排后”的排列逆序数化简；其中成对的连续整数等差和项被抵消。

“挖洞”推论：上三角分块 $\det\begin{pmatrix}A&0\\C&B\end{pmatrix}=\det A\cdot\det B$。原理：按前 $k$ 行展开，仅左上角 $A$ 子式非零，代数余子式即右下角 $B$（符号 $(+1)$）。

工具地位：Laplace 展开是“化降阶 + 化零”思想的推广，计算复杂行列式、证明分块行列式公式时反复使用；下一集将进入线性空间。

⚠易错点提醒

常见错误

把 $k$ 阶子式与 $k$ 阶代数余子式混淆：$M_{i_1\cdots i_k}^{j_1\cdots j_k}$ 是取定 $k$ 行 $k$ 列交叉处的 $k$ 阶行列式（无符号）；代数余子式 $A_{i_1\cdots i_k}^{j_1\cdots j_k}=(-1)^{\sum i_p+\sum j_p}M_{i'_1\cdots}^{j'_1\cdots}$ 是“剩下的 $(n-k)$ 阶子式”乘符号因子。展开公式里子式与代数余子式配对，不要拿同一个 $k$ 阶子式自乘。
符号因子的下标是“取定的 $k$ 行行标 + 取定的 $k$ 列列标”，即 $\sum_{p=1}^{k}i_p+\sum_{p=1}^{k}j_p$，不是剩下那 $n-k$ 个指标的和（虽然由对称性两者同奇偶，但标准定义按“取定子式的指标”写）。
“挖洞”只适用于“右上角（或左下角）整块全 0”的情形；若 0 分布不规则（不是矩形块），不能直接套 $\det A\det B$。先判断“洞”是不是整齐的矩形零块。
挖洞时 $A$、$B$ 必须是方阵：$k\times k$ 与 $t\times t$（$k+t=n$）；中间“洞”的尺寸要与两子式匹配，否则不成立。
不要误用 $k=1$ 与 $k>1$ 的记号：$k=1$ 时 $M$ 退化为单个元素 $a_{ij}$、代数余子式退化为 P15 的 $A_{ij}$；推广到 $k\ge 2$ 后 $M$、$A$ 都带“多行多列”下标，写公式要带上 $i_1,\dots,i_k$ 与 $j_1,\dots,j_k$ 完整指标。

✎自测与作业

（Laplace $k$ 行展开）设 $A$ 为 $4$ 阶矩阵，取定第 $1,2$ 行，写出按这两行 $2$ 阶展开的公式 $\det A=\sum_{1\le j_1<j_2\le 4}M_{12}^{j_1j_2}A_{12}^{j_1j_2}$，并写出其中 $M_{12}^{12}$ 与 $A_{12}^{12}$ 的具体表达式（用 $A$ 的元素）。
（挖洞）设 $A=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{pmatrix}$、$B=\begin{pmatrix}b_{11}&b_{12}\\b_{21}&b_{22}\end{pmatrix}$、$C=\begin{pmatrix}c_{11}\\c_{21}\end{pmatrix}$ 为任意 $2$ 阶方阵。证明（并按 $k=2$ 行展开验证） $\det\begin{pmatrix} A & 0 \\ C & B \end{pmatrix}=\det A\cdot\det B.$ 并计算当 $A=B=I_2$、$C$ 任意时该 $4$ 阶行列式的值。
（符号奇偶性）证明：$1+2+\cdots+k=\tfrac{k(k+1)}{2}$ 的奇偶性，恰等于“把 $k$ 个连续行标之和”的奇偶性；并说明为何“行标和 + 列标和”中成对的连续整数等差和项可被抵消，最终符号只剩 $(-1)^{\sum i_p+\sum j_p}$。
（对称推论）用按“后 $t$ 行”展开，推导左下角为 0 的块矩阵公式 $\det\begin{pmatrix}A&C\\0&B\end{pmatrix}=\det A\cdot\det B$，并指出它与“挖洞（右上角 0）”的对称关系。
（思想题，思考）为什么按 $k$ 行展开时要“取定 $k$ 列、按 $k$ 阶子式归组”，而不能像 $k=1$ 那样按单个元素归组？用“分组必须保证每项被且仅被归入一组”说明分组原则的必要性。
（选做）设 $n$ 阶上三角分块矩阵 $\begin{pmatrix}A&0\\0&B\end{pmatrix}$（同时右上、左下全 0），写出其行列式，并说明它如何由本集两个“挖洞”推论直接得到。

下一集预告第 P19 集 · 线性空间（一）：$n$ 维向量 $F^{n}$ 的加法与数乘运算、集合与映射（定义域、值域、陪域、单射/满射/双射）、线性空间（向量空间）的 8 条公理定义。从这里开始，课程从“行列式”进入“线性空间”这一新主线。

第 P18 集 · 十一：行列式 k 行 k 阶展开

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◎学习目标

1回顾：\(k\) 阶子式与 \(k\) 阶代数余子式 ⏱ 00:01

2按 \(k\) 行 \(k\) 列展开定理（Laplace 展开） ⏱ 03:13

3符号的化简：\((-1)^{\text{行标和}+\text{列标和}}\) ⏱ 10:13