行列式的存在唯一性

它指向谁（出边）

推出 3

• 本页 ⟹ 行列式的乘性推出
  存在唯一性 $\implies$ 乘性

  固定 $B$，考虑映射 $A \mapsto \det(AB)$，把它看成 $A$ 的 $n$ 个列向量 $a_1, \ldots, a_n$ 的函数。

  1. 多重线性：$AB$ 的第 $j$ 列是 $A \cdot (B$ 的第 $j$ 列$)$，即 $\sum_i b_{ij} a_i$。所以固定其他列时，$\det(AB)$ 关于第 $j$ 列是线性的（先把 $a_j$ 的线性组合拉出来，再用 $\det$ 的多重线性）。
  2. 交错：若 $a_i = a_j$（$i \ne j$），则 $AB$ 的第 $i$、$j$ 列也相等（同样的线性组合），于是 $\det(AB) = 0$。
  3. 由存在唯一性，$\det(AB) = c \cdot \det A$ 对某个常数 $c$ 成立（同一条公理系下的函数只差常数倍）。取 $A = I$ 得 $c = \det B$。故 $\det(AB) = \det A \det B$。

  转置：$\det A^{\mathsf{T}} = \det A$ —— 用存在唯一性，$A \mapsto \det A^{\mathsf{T}}$ 也满足三条公理（转置把列换成行，交错性与规范性不变），故两者相等。

  可逆判据：$A$ 可逆时 $1 = \det I = \det(A A^{-1}) = \det A \cdot \det(A^{-1})$，故 $\det A \ne 0$。反之若 $A$ 不可逆，则其列向量线性相关，$\det A = 0$（由交错性把线性相关性代入展开）。∎

  第 3 步「只差常数倍」是唯一性定理最漂亮的一次使用：不必计算，只要说明一个新函数满足同一套公理就自动成比例。

• 本页 ⟹ Laplace 展开推出
  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。

• 本页 ⟹ 行列式 = 最高外幂上的作用推出
  外幂的一维性 + 存在唯一性 $\implies$ 行列式就是那个系数

  设 $\dim V = n$。

  1. $\bigwedge^{n}V$ 是一维的：取 $V$ 的基 $e_1, \ldots, e_n$，则 $\{e_{i_1}\wedge\cdots\wedge e_{i_n}\}$ 中只有 $i_1, \ldots, i_n$ 互异的那些非零，即只有 $e_1 \wedge \cdots \wedge e_n$ 一个（差符号），故 $\dim \bigwedge^{n}V = 1$。
  2. 一维空间上的线性映射就是乘一个数：设 $\dim L = 1$、$\varphi : L \to L$ 线性，取 $0 \ne \ell \in L$，则 $\varphi(\ell) = c\,\ell$ 对某个 $c$；对任意 $t\ell$ 有 $\varphi(t\ell) = t\varphi(\ell) = tc\ell$，故 $\varphi$ 就是「乘 $c$」。
  3. 定出那个数：定义 $D(v_1, \ldots, v_n) :=$ 满足 $T(v_1)\wedge\cdots\wedge T(v_n) = D\cdot(e_1\wedge\cdots\wedge e_n)$ 的系数（先固定 $v_i = e_i$ 定义，再对一般 $v_i$ 用交错多重线性延拓）。逐条验证 $D$ 满足多重线性、交错、规范化三条公理，由行列式的存在唯一性得 $D = \det T$。

  于是 $(\bigwedge^{n}T)(v_1 \wedge \cdots \wedge v_n) = (\det T)(v_1 \wedge \cdots \wedge v_n)$。∎

  第 3 步的做法值得记住：先把「一维空间上的系数」定义出来，再用存在唯一性把它认成行列式 —— 这样就不必真的去算那个系数。

定义引用 1

• 行列式 用到 本页定义引用

  存在唯一性定理保证了「那个唯一的 $D$」确实存在，行列式的定义才站得住。

谁指向它（入边）

推出 1

• 多重线性型、交错型 ⟹ 本页推出
  多重线性 + 交错 $\implies$ 行列式的存在唯一性

  记 $D(e_1, \ldots, e_n) = 1$ 决定了规范的零点。

  唯一性。 设 $D$ 满足三条。把每个 $v_j = \sum_i a_{ij} e_i$ 代入，由多重线性展开成 $n^{n}$ 项之和，每一项是 $a_{i_1 1} \cdots a_{i_n n} D(e_{i_1}, \ldots, e_{i_n})$。由交错性，只有 $i_1, \ldots, i_n$ 互不相同的那些项非零 —— 也就是说，只有置换 $\sigma \in S_n$ 对应的项（取 $i_j = \sigma(j)$）存活。再由交错性 $D(e_{\sigma(1)}, \ldots, e_{\sigma(n)}) = \operatorname{sgn}(\sigma)\, D(e_1, \ldots, e_n) = \operatorname{sgn}(\sigma)$。于是

  $$D(v_1, \ldots, v_n) = \sum_{\sigma \in S_n} \operatorname{sgn}(\sigma)\ a_{\sigma(1), 1} \cdots a_{\sigma(n), n}$$

  右端只依赖 $a_{ij}$，故 $D$ 唯一。

  存在性。 直接把上式取作 $D$ 的定义，逐条验证三条公理：多重线性（每一项对每个 $a_{ij}$ 都是一次的，而 $a_{ij}$ 关于 $v_j$ 线性）、交错性（交换两个变元 = 把置换乘一个对换，$\operatorname{sgn}$ 变号，而所有项成对相消）、规范性（代入 $a_{ij} = \delta_{ij}$ 后只剩 $\sigma = \mathrm{id}$ 一项，值为 $1$）。∎

  唯一性先证、存在性后验：这是「用泛性质定义对象」的标准套路 —— 先把任何满足条件的对象都逼成一个显式公式，再把那个公式拿回来验证它确实满足条件。