Laplace 展开

命题：Laplace 展开（按一行或一列展开）

命题
依赖深度 layer 13
抽象代数
矩阵与行列式

prop.det-laplace · 命题 · 线性代数 · 行列式

陈述

设 $A = (a_{ij}) \in M_n(K)$ ，记 $A_{ij}$ 为划掉第 $i$ 行与第 $j$ 列后得到的 $(n-1)$ 阶矩阵， $M_{ij} := \det A_{ij}$ （余子式）， $C_{ij} := (-1)^{i+j} M_{ij}$ （代数余子式）。则对每个固定的 $i$ ：

\det A = \sum_{j=1}^{n} a_{ij}\, C_{ij}

（按第 $i$ 行展开；按列同理。）并且「错位展开」给出零： $\sum_j a_{kj} C_{ij} = 0$ （ $k \ne i$ ）。

说明

⭐ 这是行列式的递归算法： $n$ 阶化归成 $n$ 个 $n-1$ 阶，复杂度 $O(n!)$ 。实际计算里先用消元法把某一行化到只剩一个非零元，再展开 —— 两件事配合起来很快。

⭐ 「错位展开等于零」这一条可以直接改写成矩阵等式 $A \cdot \operatorname{adj} A = (\det A) I_n$ （ $\operatorname{adj} A$ 是代数余子式的转置），也就是 $A^{-1} = (\det A)^{-1} \operatorname{adj} A$ —— Cramer 法则与逆矩阵公式都从这里出来。

⭐ 还有一个常用推论（ $K = \mathbb{R}^{n \times n}$ 时把 $A$ 看成 $n$ 个行向量）：行列式对每一行都是线性的，所以对一行做初等变换时 det 的变化规律可以逐条写出（换行变号、倍加不变、乘 $c$ 则乘 $c$ ）。Gauss 消元正是靠这三条算行列式的。

它指向谁（出边）

推出 2

本页 ⟹ Cramer 法则推出

伴随矩阵 + 行列式 $\implies$ Cramer 法则

由 Laplace 展开与错位展开，定义伴随矩阵 $\operatorname{adj} A := (C_{ji})$ （代数余子式的转置），则两条展开合起来就是
$A \cdot \operatorname{adj} A = (\det A)\, I_n = \operatorname{adj} A \cdot A$
（ $(i,j)$ 元素是 $\sum_k a_{ik} C_{jk}$ ： $i = j$ 时按第 $i$ 行展开 $= \det A$ ， $i \ne j$ 时错位展开 $= 0$ 。）
若 $\det A \ne 0$ ，则 $A^{-1} = (\det A)^{-1} \operatorname{adj} A$ ，于是 $x = A^{-1} b$ 的唯一解可以写成
$x_j = \frac{1}{\det A} \sum_i C_{ij} b_i$
而 $\sum_i C_{ij} b_i$ 恰好是「把 $A$ 的第 $j$ 列换成 $b$ 」之后按第 $j$ 列做 Laplace 展开的结果，即 $\det A_j$ 。故 $x_j = \det A_j / \det A$ 。∎

证明的组织方式值得记住：Laplace 展开 + 错位展开 = 伴随矩阵，于是 Cramer 法则不过是「 $A^{-1} = \operatorname{adj}A / \det A$ 」写在分量上。
本页 ⟹ Cayley–Hamilton推出

特征多项式 + 伴随矩阵 $\implies$ Cayley–Hamilton
记 $A \in M_n(K)$ ，考虑多项式矩阵 $B(x) := xI - A \in M_n(K[x])$ ，以及它的伴随矩阵
$\operatorname{adj} B(x) = \bigl( C_{ji}(x) \bigr), \qquad \deg C_{ji} \le n - 1$
1. 由伴随矩阵的基本等式（见「Laplace 展开」） $B(x) \operatorname{adj} B(x) = \det B(x)\, I = \chi_A(x)\, I$ 。
2. 把 $\operatorname{adj} B(x)$ 按 $x$ 的幂展开： $\operatorname{adj} B(x) = \sum_{k=0}^{n-1} B_k\, x^{k}$ （ $B_k \in M_n(K)$ ）。代入第 1 步并比较 $x$ 的各次系数，得到一串矩阵等式
$B_0 = -A B_0, \qquad B_k = -A B_k + B_{k-1}, \qquad \cdots$
1. 把第 $k$ 个等式左乘 $A^{k}$ 并全部相加 —— 中间项全部相消，只剩
$0 = A^{n} + c_{n-1}A^{n-1} + \cdots + c_0 I = \chi_A(A)$
（其中 $\chi_A(x) = x^{n} + c_{n-1}x^{n-1} + \cdots + c_0$ 。）∎
一般算子 $T$ 的情形：取一组基把它写成 $A$ ，把上式翻译回算子语言即可。
第 3 步「中间项全部相消」是全部技巧：那一串等式被设计成望远镜式（ $A^{k} B_k - A^{k+1}B_{k-1}$ 型），所以相加之后只剩两头。

谁指向它（入边）

推出 1

行列式、行列式的存在唯一性 ⟹ 本页推出

置换展开 $\implies$ Laplace 展开

把 $\det A$ 按第 $i$ 行拆开： $A$ 的每一列 $a_j$ 都含 $a_{ij} e_i$ 这一项，由多重线性可把 $\det$ 展成 $n$ 项之和，第 $j$ 项是「把第 $j$ 列换成 $a_{ij} e_i$ 、其余列不动」的行列式。
该行列式 $= a_{ij} \cdot \det(\ldots, e_i, \ldots)$ ，其中 $e_i$ 在第 $j$ 位。把 $e_i$ 通过 $|i - j|$ 次相邻列交换移到第 $1$ 位（每次变号），再按第一列展开，剩下的 $(n-1)$ 阶行列式正是划掉第 $i$ 行、第 $j$ 列后的 $A_{ij}$ ，符号累计为 $(-1)^{i+j}$ 。于是
$\det A = \sum_j a_{ij}\,(-1)^{i+j} \det A_{ij} = \sum_j a_{ij}\, C_{ij}$
错位展开：若 $k \ne i$ 而用第 $k$ 行的元素配第 $i$ 行的代数余子式，那等于「把第 $i$ 行换成第 $k$ 行」之后的行列式 —— 有两行相同，故为 $0$ 。∎

符号 $(-1)^{i+j}$ 的来源是移动 $e_i$ 到第一个位置所需的交换次数 —— 这也是「棋盘格符号」的几何解释。

参考

Hoffman–Kunze, Linear Algebra, Ch. 5

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