高等代数 · 第 P17 集 · 十：3阶行列式几何意义、k阶子式、行列式k行k阶展开

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◎学习目标

理解3阶行列式的几何意义：三个向量张成的平行六面体的有向（定向）体积，右手系为正、左手系为负，绝对值等于体积；
掌握k阶子式（minor）的定义：从 $n$ 阶行列式中取定 $k$ 行 $k$ 列，交叉处元素按原排列组成的 $k$ 阶行列式；
理解余子式（complement/minor of a minor）：划去这些 $k$ 行 $k$ 列后剩下的 $(n-k)$ 阶行列式；以及代数余子式的推广：前面乘以 $(-1)^{\text{行标和}+\text{列标和}}$；
理解行列式按k行k列展开定理（Laplace 一般化拉普拉斯展开）：对选定 $k$ 行，取遍所有 $k$ 列的组合，每个 k 阶子式与其代数余子式乘积之和等于整个行列式；
通过理解逆序数的计算与 n 元排列求和，为 Laplace 定理的证明打下基础。

13阶行列式的几何意义：有向体积 ⏱ 00:01

本集紧接第 P16 集"2阶行列式几何意义"（平行四边形的有向面积）。把思想推广到三维：三个向量 $\mathbf{a},\mathbf{b},\mathbf{c}$ 各写出坐标分量 $A_1,A_2,A_3$、$B_1,B_2,B_3$、$C_1,C_2,C_3$，对应的 $3$ 阶行列式写为

\det \begin{pmatrix} A_1 & A_2 & A_3 \\ B_1 & B_2 & B_3 \\ C_1 & C_2 & C_3 \end{pmatrix} = \begin{vmatrix} A_1 & A_2 & A_3 \\ B_1 & B_2 & B_3 \\ C_1 & C_2 & C_3 \end{vmatrix}.

本集核心结论：

定理 · 3阶行列式的有向体积解释三个向量 $\mathbf{a},\mathbf{b},\mathbf{c}$ 张成的平行六面体（六面体，是长方体的一般化）的有向体积恰好等于上述 3 阶行列式的值。

有向体积的定义

平行六面体本身只有"体积"（非负实数）。但行列式可以是正也可以是负，因此引入有向体积（定向体积）的概念。

右手系 / 左手系的判别方法

伸出右手，四指从 $\mathbf{a}$ 弯向 $\mathbf{b}$（拇指指向上方），看 $\mathbf{c}$ 是否也与拇指同侧。⏱ 01:02

若 $\mathbf{c}$ 与拇指同侧：$\mathbf{a},\mathbf{b},\mathbf{c}$ 构成右手系，有向体积为正；
若 $\mathbf{c}$ 与拇指异侧：$\mathbf{a},\mathbf{b},\mathbf{c}$ 构成左手系，有向体积为负。

数学上等价于：

\[ \det \begin{pmatrix} A_1 & A_2 & A_3 \\ B_1 & B_2 & B_3 \\ C_1 & C_2 & C_3 \end{pmatrix} = \pm\, V_{\text{平行六面体}}, \] 其中 \(V\) 是几何体积（恒正），符号由 \(\{\mathbf{a},\mathbf{b},\mathbf{c}\}\) 构成右手系还是左手系决定。

绝对值 $|\det| = V$。三个向量共面（线性相关）时 $V=0$，行列式为 0。

与2阶的对照

维度	几何对象	行列式 =
2阶	平行四边形（两个向量）	有向面积
3阶	平行六面体（三个向量）	有向体积

老师提示证明见教材补充题二第 1、2 题。丘老师建议：用解析几何（外积/叉积）来证明；高中只学了内积，没有外积。建议有空的同学生读丘维声《解析几何》第二版（北京大学出版社）。⏱ 03:58

2k阶子式（minor）的定义 ⏱ 04:29

回顾：上一集讲了"按一行展开"。本集自然推广：取定 $k$ 行（$k>1$），能否按这 $k$ 行展开？

首先从"一行"推广到"k行"，需要一个新术语：k阶子式（k-th order minor）。

定义 · k阶子式设 $A=(a_{ij})$ 为 $n$ 阶矩阵。从 $n$ 行中取定 $k$ 行，行标约定递增：

1 \le i_1 < i_2 < \cdots < i_k \le n.

从 $n$ 列中取定 $k$ 列，列标约定递增：

1 \le j_1 < j_2 < \cdots < j_k \le n.

这 $k$ 行 $k$ 列交叉处的 $k^2$ 个元素，按原有排列顺序（不打乱）排成一个 $k$ 阶行列式：

M_{i_1\cdots i_k;\, j_1\cdots j_k} \;=\; \begin{vmatrix} a_{i_1 j_1} & a_{i_1 j_2} & \cdots & a_{i_1 j_k} \\ a_{i_2 j_1} & a_{i_2 j_2} & \cdots & a_{i_2 j_k} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i_k j_1} & a_{i_k j_2} & \cdots & a_{i_k j_k} \end{vmatrix}.

称 $M_{i_1\cdots i_k;\, j_1\cdots j_k}$ 为矩阵 $A$ 的一个k阶子式（k-th order minor）。⏱ 08:38

关于"按原排列"的说明

k阶子式中元素仍然保持"行指标从上到下递增、列指标从左到右递增"的约定——这是行列式定义的自然排法，不能打乱顺序。

子式个数：选 $k$ 行有 $\binom{n}{k}$ 种、选 $k$ 列有 $\binom{n}{k}$ 种，所以共有 $\binom{n}{k}^2$ 个 $k$ 阶子式。

特例：$k=1$ 时，子式就是矩阵的单个元素 $a_{ij}$；$k=n$ 时，子式就是整个 $\det A$。⏱ 09:15

术语对照（与上一集）上一集"按一行展开"里的 余子式 $M_{ij}$（划去 $i$ 行 $j$ 列后的 $(n-1)$ 阶行列式）正是 $k=1$ 时的"补"（complement）。本集引入的 $k$ 阶子式是"行指标 $i_1,\dots,i_k$，列指标 $j_1,\dots,j_k$"的统一记号，$k=1$ 就退化为原来的 $a_{ij}$（本身元素），而 $M_{ij}$（上一集）= 本集 $k=1$ 时对应"补"（complement）的记号。

3余子式（complement）与代数余子式 ⏱ 09:20

有了 $k$ 阶子式，自然推广"余子式"与"代数余子式"：

定义 · k阶子式的余子式（complement / 补）划去子式 $M_{i_1\cdots i_k;\, j_1\cdots j_k}$ 所在的 $k$ 行 $k$ 列后，剩下的 $n-k$ 行 $n-k$ 列交叉处的元素，按原排列组成的 $(n-k)$ 阶行列式：

\bar{M}_{i_1\cdots i_k;\, j_1\cdots j_k} \;=\; \begin{vmatrix} a_{i'_1 j'_1} & \cdots & a_{i'_1 j'_{n-k}} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{i'_{n-k} j'_1} & \cdots & a_{i'_{n-k} j'_{n-k}} \end{vmatrix},

其中 $i'_1<\cdots不属于 \(\{i_1,\dots,i_k\}$ 的剩下 $n-k$ 个，且保持升序；\(j'_1<\cdots余子式（complement，也常译作"补"）。⏱ 10:30

为什么 $\bar{M}$ 本身也是 $A$ 的 $(n-k)$ 阶子式

丘老师强调：既然"划掉 $k$ 行 $k$ 列"剩下的 $n-k$ 行 $n-k$ 列交叉处，也完全符合"取 $n-k$ 行 $n-k$ 列"的子式定义，所以 $\bar{M}$ 本身也可以看作 $A$ 的一个 $(n-k)$ 阶子式。⏱ 12:32

因此"子式"与"余子式"是同一概念的两个视角：一个子式对应着一个互补子式。这个对偶性在 Laplace 展开中至关重要。

定义 · k阶子式的代数余子式类比上一集 $A_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$，本集引入推广：

\bar{A}_{i_1\cdots i_k;\, j_1\cdots j_k} \;=\; (-1)^{\left(\sum_{r=1}^k i_r\right)+\left(\sum_{s=1}^k j_s\right)} \cdot \bar{M}_{i_1\cdots i_k;\, j_1\cdots j_k}.

即把原来的 $k$ 阶子式 $M$ 乘以 $(-1)^{\text{行标和}+\text{列标和}}$。称 $\bar{A}$ 为 $M$ 的代数余子式。⏱ 14:20

符号指数的计算举例

例如 $n=5,\,k=2$，取 $i_1=1, i_2=3$，$j_1=2, j_5=4$（实际 $j_2=4$）。行标和 $=1+3=4$，列标和 $=2+4=6$，

(-1)^{4+6}=(-1)^{10}=1.

所以此时代数余子式符号与余子式相同。

若取 $i_1=1,i_2=2$，$j_1=3,j_2=5$，行标和 $=3$，列标和 $=8$，则 $(-1)^{11}=-1$。

一般地，"行标和 + 列标和"的奇偶性与 $\sum_{r=1}^k(i_r+j_r)$ 的奇偶性一致，决定了代数余子式的符号。

三个概念的层次

k阶子式 $M$：选定的 $k$ 行 $k$ 列交叉处元素构成的 $k$ 阶行列式；
余子式 $\bar{M}$：划掉 $M$ 后剩下的 $(n-k)$ 阶行列式（补）；
代数余子式 $\bar{A}$：$\bar{A}=(-1)^{\sum i_r+\sum j_s}\bar{M}$，带符号的补。

4行列式按k行k列展开（Laplace 定理） ⏱ 15:40

有了 $k$ 阶子式及其代数余子式，自然要问：能否把"按一行展开"推广到"按 $k$ 行展开"？即：固定 $k$ 行，对每一组 $k$ 列组合都形成一个 $k$ 阶子式，让每个子式乘以它自己的代数余子式再求和，是否等于整个行列式？

定理 · 行列式按k行k列展开（Laplace一般化拉普拉斯展开）设 $A=(a_{ij})$ 为 $n$ 阶矩阵。取定 $k$ 行 \(i_1<\cdots

\[ \det A \;=\; \sum_{1\le j_1<\cdots 即：取遍所有 \(\binom{n}{k}\) 组 \(k\) 列，每组与固定 \(k\) 行形成 \(k\) 阶子式，乘以它的代数余子式，求和等于 \(\det A\)。⏱ 16:15

丘老师强调："这是挺有名的定理，Laplace 展开定理。"⏱ 18:45 按 $k$ 列展开（而非按 $k$ 行）对偶成立。

证明思路：把 det A 中 n 元排列求和按"前 k 个列指标组合"分组

按行列式定义，$\det A$ 是所有 $n!$ 项的带符号和：

\det A = \sum_{\sigma\in S_n} (-1)^{\tau(\sigma)}\prod_{r=1}^n a_{r\,\sigma(r)}.

固定选定的 $k$ 行 $i_1,\dots,i_k$。关键是把所有 $n!$ 个排列按 $(\sigma(i_1),\sigma(i_2),\dots,\sigma(i_k))$ 的取值分组。⏱ 19:20

丘老师的证明方法：重新排列求和顺序。

第一步：把行指标重新排成 "选定 k 行在前，剩下 n-k 行在后"

(i_1,\dots,i_k,\; i'_1,\dots,i'_{n-k})

其中 \(i'_1<\cdots

(\nu_1,\dots,\nu_k,\; \nu_{k+1},\dots,\nu_n)

（$\nu_r$ 是希腊字母 nu，表示重排后第 $r$ 个位置对应的列标）。⏱ 20:05

第二步：计算符号。重排后，行指标排列的逆序数（记 $\tau_r$）：

\tau_r = \sum_{s=1}^{k}(i_s-s) + \text{（后面 }n-k\text{ 个 }i'\text{ 之间无逆序）}.

展开：$i_1$ 比它小的数有 $i_1-1$ 个，$i_2$ 比它小的数有 $i_2-1$ 个但要减去已排在前面的 $i_1$，故 $i_2-2$，以此类推，$i_s-s$。求和得

\tau_r = \sum_{s=1}^k (i_s - s).

列指标排列的逆序数（记 $\tau_c$）：

\tau_c = \text{inv}(\nu_1,\dots,\nu_k) + \text{inv}(\nu_{k+1},\dots,\nu_n) + \text{（交叉项）}.

其中 $\text{inv}$ 是逆序数。整个排列的逆序数 = 两部分之和。⏱ 21:30

第三步：提取 k 阶子式。把求和分成"前 k 个位置"和"后 n-k 个位置"：

\[ \det A = \sum_{1\le j_1<\cdots 其中内层括号，在固定 \(j_1,\dots,j_k\) 后，恰好构成 \(\bar{M}\)（划掉那 \(k\) 行 \(k\) 列后剩下的 \((n-k)\) 阶子式的展开），带符号 \((-1)^{\tau_r+\tau_c'}\)，其中 \(\tau_c'\) 是列指标的后 \(n-k\) 个的逆序数。 于是内层 = \((-1)^{\sum i_s+\sum j_s}\bar{M} = \bar{A}\)（代数余子式）。⏱ 22:10 外层 \(k\) 个 \(a_{i_s j_s}\) 的乘积正是 \(M_{i_1\cdots i_k;j_1\cdots j_k}\) 的一项展开，按 \(j_1<\cdots 丘老师："我经常说我讲课总是要有一些新的改进，我教材上写的是另一种证法。"⏱ 19:25 本集给出的"先重排行指标、再按列指标分组"的证法，比教材更清晰。

老师提示 "证明比较长，我写黑板。因为比较长，我们写这边来。" 证明的最后（算完列指标逆序数并取模）由于时间关系，本集在约 ⏱ 24:19 处暂停（"咱们休息一下"）。完整推导请参照教材 P.108–P.110。

定理的特例与对偶

k = 1：就是上一集讲过的"按一行（列）展开"。固定 $i_1$，$M_{i_1;j_1}=a_{i_1j_1}$，$\bar{A}_{i_1;j_1}=A_{i_1j_1}$（代数余子式）， $\det A = \sum_{j=1}^n a_{ij} A_{ij}.$ 与 P15 完全一致。
k = n：只有唯一一组 $j_1,\dots,j_n$，子式就是 $\det A$ 本身，余子式是 $1\times1$ 的 $1$，代数余子式是 $1$。定理退化为 $\det A = \det A$，平凡成立。
按 $k$ 列展开（对偶）：固定 $k$ 列，对 $k$ 行组合取和。由 $\det A^T=\det A$ 立得。

Laplace 定理在 $n=3, k=2$ 的情形特别有用：把 3 阶行列式看成"取定 2 行（或 2 列），对剩下的 1 行（列）做 Laplace 展开"。这与直接按一行展开是等价的。

5前置回顾：逆序数与n元排列求和 ⏱ 21:53

本集为证明 Laplace 定理用到的两个前置知识：

复习 · 逆序数（inversion number）对 $n$ 元排列 $(\sigma(1),\sigma(2),\dots,\sigma(n))$，逆序是"前面那个比后面那个大"的位置对 $(p,q)$（$p\sigma(q)$）。逆序数 $\tau(\sigma)$ 是逆序的总个数。符号 $(-1)^{\tau(\sigma)}$ 是行列式定义中的符号因子。

本集用到的具体计算

对重排后的行指标 $(i_1,\dots,i_k, i'_1,\dots,i'_{n-k})$，计算逆序数：

\tau_r = \sum_{s=1}^{k}(i_s - s).

推导：$i_1$ 后面比它小的有 $i_1-1$ 个；$i_2$ 后面比它小的有 $i_2-1$ 个，但 $i_1$ 已在前面，所以再减 1，得 $i_2-2$；归纳得 $i_s-s$。⏱ 22:05

对列指标 $(\nu_1,\dots,\nu_n)$（重排后的顺序），逆序数 $\tau_c = \text{inv}(\nu_1,\dots,\nu_n)$。把 $k$ 阶子式与代数余子式分离时，要利用：

\tau_r + \tau_c' \;=\; \sum_{s=1}^k i_s + \sum_{s=1}^k j_s \pmod{2},

其中 $\tau_c'$ 是"划掉 $k$ 列后剩下的 $n-k$ 列指标"的逆序数。所以 $(-1)^{\tau_r+\tau_c'} = (-1)^{\sum i_s + \sum j_s}$，恰好是代数余子式 $\bar{A}$ 中的符号因子。

复习 · n元排列求和（行列式定义）行列式

\det A = \sum_{\sigma\in S_n} (-1)^{\tau(\sigma)} a_{1\sigma(1)}a_{2\sigma(2)}\cdots a_{n\sigma(n)}

是 $S_n$ 上所有 $n!$ 个排列的带符号和，这是上一集（P15）开头反复使用的形式。本集 Laplace 证明正是对这个求和的"分组"。

★重点回顾

1

3阶行列式 = 有向体积：三向量 $\mathbf{a},\mathbf{b},\mathbf{c}$ 张成平行六面体，右手系为正、左手系为负，绝对值 = 几何体积；共面（线性相关）时为 0。

2

k阶子式 $M_{i_1\cdots i_k;j_1\cdots j_k}$：取定 $k$ 行 $k$ 列，交叉处按原排列组成的 $k$ 阶行列式；总数 $\binom{n}{k}^2$。

3

余子式 $\bar{M}$：划掉 $M$ 后剩下的 $(n-k)$ 阶子式，本身也是 $A$ 的 $(n-k)$ 阶子式（对偶视角）。

4

代数余子式 $\bar{A}$：$\bar{A}=(-1)^{\sum i_r+\sum j_s}\bar{M}$。$k=1$ 时退化为上一集 $A_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$。

5

Laplace 一般化拉普拉斯展开：固定 $k$ 行，对所有 $k$ 列组合求和： \(\det A=\sum_{j_1<\cdots

6

证明核心技术：把 $\det A$ 的 $n!$ 项求和，按"选定的 $k$ 行对应的 $k$ 个列指标"分组；用逆序数公式 $\tau_r=\sum(i_s-s)$ 把符号因子拆成 $(-1)^{\sum i_s+\sum j_s}$，正好对应代数余子式。

⚠易错点提醒

常见错误

行标/列标必须升序约定：写 $k$ 阶子式时务必约定 \(i_1<\cdots
子式本身没有符号，余子式没有符号，只有代数余子式带符号。展开公式里必须用代数余子式 $\bar{A}$，不能只用余子式 $\bar{M}$。
有向体积的方向判断：从 $\mathbf{a}$ 弯向 $\mathbf{b}$（右手四指），拇指方向与 $\mathbf{c}$ 同侧才是右手系（正）。若把 $\mathbf{a},\mathbf{b},\mathbf{c}$ 中任意两个对调（比如 $b,a,c$），符号会反号。
余子式"本身也是子式"的对偶视角：$\bar{M}_{i_1\cdots i_k;j_1\cdots j_k}$ 在数学上就是 $A$ 的 $(n-k)$ 阶子式 $M_{i'_1\cdots i'_{n-k};j'_1\cdots j'_{n-k}}$。写公式时若把 $i'_1$ 当成新的子式指标，要确认 $i'$ 是 $i$ 的补集且仍升序。
逆序数计算中"减前面已排数"：$\tau_r=\sum_{s=1}^k(i_s-s)$ 里，每一项 $i_s-1$ 中的 "1" 是"已排在 $i_s$ 前面的、比 $i_s$ 小的 $i_1,\dots,i_{s-1}$"。若记成 $i_s$（不减 $s$）就错了。
Laplace 展开只对"固定的 k 行（列）"成立，且 k 列（行）组合必须取遍所有 $\binom{n}{k}$ 组，不能跳组合。漏掉任何一组都会错。

✎自测与作业

已知 $\mathbf{a}=(1,0,0),\mathbf{b}=(0,1,0),\mathbf{c}=(0,0,1)$，计算 3 阶行列式 $\det\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$，并用右手系判别法判断其有向体积为正或负，说明平行六面体体积。
对同一个平行六面体，把向量顺序换成 $(\mathbf{b},\mathbf{a},\mathbf{c})$，再算一次行列式。两次结果有什么关系？从"对调两行行列式反号"的角度解释。
对 4 阶矩阵 $A=\begin{pmatrix}1&2&3&4\\5&6&7&8\\9&10&11&12\\13&14&15&16\end{pmatrix}.$ 写出取定第 $1,3$ 行、第 $2,4$ 列形成的 2 阶子式 $M_{1,3;2,4}$ 的值，并写出它对应的余子式 $\bar{M}_{1,3;2,4}$（划掉 $i_1=1,i_2=3$ 行、$j_1=2,j_2=4$ 列后的 2 阶子式）及其代数余子式 $\bar{A}_{1,3;2,4}$（注意符号 $(-1)^{1+3+2+4}$）。
对 3 阶矩阵 $\[ B=\begin{pmatrix}1&2&3\\4&5&6\\7&8&10\end{pmatrix}, \] 验证 Laplace 展开：固定第 1 行（$k=1$），按三列 $j=1,2,3$ 求和 \[ \sum_{j=1}^{3} b_{1j} A_{1j} = b_{11}A_{11}+b_{12}A_{12}+b_{13}A_{13}, \] 直接计算代数余子式 $A_{11},A_{12},A_{13}$，验证求和等于 $\det B$。$
（选做）对 4 阶矩阵 $A$（第 3 题），固定 $k=2$，取定第 $1,2$ 行，对所有 \(j_1 $\[ \det A = \sum_{j_1$
（思考）为什么 $\det A$ 的逆序数求和可以按"前 k 个位置对应 $i_1,\dots,i_k$"分组而不丢项？提示：每个 $n$-元排列 $\sigma$ 恰好唯一地确定了 $(\sigma(i_1),\dots,\sigma(i_k))$，这是 $k$ 列的一种选取；而剩下的 $n-k$ 个位置对应剩下的 $n-k$ 列，形成 $\bar{M}$ 的展开。

下一集预告第 P18 集（P17 证明的下半）预计继续完成 Laplace 一般化拉普拉斯展开的推导，然后进入下一主题。本集在约 24:19 处休息，剩余推导请参照教材。