在n阶行列式中,把 ( i , j ) 元 a i j (i,j)元a_{ij} (i,j)元aij所在的第 i 行和第 j i行和第j i行和第j列划去后,留下来的 n − 1 n-1 n−1阶行列式叫做 ( i , j ) 元 a i j (i,j)元a_{ij} (i,j)元aij的余子式,记作 M i j M_{ij} Mij;记 A i j = ( − 1 ) i + j M i j , A i j 叫做 ( i , j ) 元 a i j A_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij},A_{ij}叫做(i,j)元a_{ij} Aij=(−1)i+jMij,Aij叫做(i,j)元aij的代数余子式。
引理 一个n阶行列式,如果其中第 i i i行所有元素除 ( i , j ) 元 a i j (i,j)元a_{ij} (i,j)元aij外都是零,那么这行列式等于 a i j a_{ij} aij与它的代数余子式的乘积,即
D = a i j A i j D=a_{ij}A_{ij} D=aijAij
证明: 先证明 ( i , j ) = ( 1 , 1 ) 的情形,此时 D = ∣ a 11 0 ⋯ 0 a 21 a 22 ⋯ a 2 n ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 a n 2 ⋯ a n n ∣ 这是上一节例 10 , k = 1 的情形,按例 10 的结论,有 D = a 11 M 11 又 A 11 = ( − 1 ) 1 + 1 M 11 = M 11 ∴ D = a 11 A 11 = a 11 M 11 在证一般情形,此时 ∣ a 11 ⋯ a 1 j ⋯ a 1 n ⋮ ⋮ ⋮ 0 ⋯ a i j ⋯ a i n ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 ⋯ a n j ⋯ a n n ∣ 把第 i 行依次与第 i − 1 , i − 2 , ⋯ , 1 行做交换;然后把第 j 列依次与第 j − 1 , j − 2 , ⋯ 列做交换 这样数 a i j 换成 ( 1 , 1 ) 元,经过的交换次数为 i + j − 2 ,所得行列式 D 1 有 D 1 = ( − 1 ) i + j − 2 D = ( − 1 ) i + j D D 1 中 ( 1 , 1 ) 的余子式就是 D 中 ( i , j ) 元的余子式 M i j D = ( − 1 ) i + j D 1 = ( − 1 ) i + j a i j M i j = a i j A i j 证明:\\ 先证明(i,j)=(1,1)的情形,此时\\ D=\begin{vmatrix} a_{11}&0&\cdots&0\\ a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\\ \end{vmatrix}\\ 这是上一节例10,k=1的情形,按例10的结论,有\\ D=a_{11}M_{11}\\ 又A_{11}=(-1)^{1+1}M_{11}=M_{11}\\ \therefore D=a_{11}A_{11}=a_{11}M_{11}\\ 在证一般情形,此时\\ \begin{vmatrix} a_{11}&\cdots&a_{1j}&\cdots&a_{1n}\\ \vdots&&\vdots&&\vdots\\ 0&\cdots&a_{ij}&\cdots&a_{in}\\ \vdots&&\vdots&&\vdots\\ a_{n1}&\cdots&a_{nj}&\cdots&a{nn}\\ \end{vmatrix}\\ 把第i行依次与第i-1,i-2,\cdots,1行做交换;然后把第j列依次与第j-1,j-2,\cdots列做交换\\ 这样数a_{ij}换成(1,1)元,经过的交换次数为i+j-2,所得行列式D_1\\ 有D_1=(-1)^{i+j-2}D=(-1)^{i+j}D\\ D_1中(1,1)的余子式就是D中(i,j)元的余子式M_{ij}\\ D=(-1)^{i+j}D_1=(-1)^{i+j}a_{ij}M_{ij}=a_{ij}A_{ij} 证明:先证明(i,j)=(1,1)的情形,此时D= a11a21⋮an10a22⋮an2⋯⋯⋯0a2n⋮ann 这是上一节例10,k=1的情形,按例10的结论,有D=a11M11又A11=(−1)1+1M11=M11∴D=a11A11=a11M11在证一般情形,此时 a11⋮0⋮an1⋯⋯⋯a1j⋮aij⋮anj⋯⋯⋯a1n⋮ain⋮ann 把第i行依次与第i−1,i−2,⋯,1行做交换;然后把第j列依次与第j−1,j−2,⋯列做交换这样数aij换成(1,1)元,经过的交换次数为i+j−2,所得行列式D1有D1=(−1)i+j−2D=(−1)i+jDD1中(1,1)的余子式就是D中(i,j)元的余子式MijD=(−1)i+jD1=(−1)i+jaijMij=aijAij
定理2 行列式等于它的任意一行(列)的各元素与其对应的代数余子式乘积之和,即
D = a i 1 A i 1 + a i 2 A i 2 + ⋯ + a i n A i n ( i = 1 , 2 , ⋯ , n ) D=a_{i1}A_{i1}+a_{i2}A_{i2}+\cdots+a_{in}A_{in}(i=1,2, \cdots,n) D=ai1Ai1+ai2Ai2+⋯+ainAin(i=1,2,⋯,n)或者
D = a 1 j A 1 j + a 2 j A 2 j + ⋯ + a n j A n j ( j = 1 , 2 , ⋯ , n ) D=a_{1j}A_{1j}+a_{2j}A_{2j}+\cdots+a_{nj}A_{nj}(j=1,2, \cdots,n) D=a1jA1j+a2jA2j+⋯+anjAnj(j=1,2,⋯,n)
证明: D = ∣ a 11 a 12 ⋯ a 1 n ⋮ ⋮ ⋮ a i 1 + 0 + ⋯ + 0 0 + a i 2 + ⋯ + 0 ⋯ 0 + ⋯ + 0 + a i n ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 a n 2 ⋯ a n n ∣ = ∣ a 11 a 12 ⋯ a 1 n ⋮ ⋮ ⋮ a i 1 0 ⋯ 0 ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 a n 2 ⋯ a n n ∣ + ∣ a 11 a 12 ⋯ a 1 n ⋮ ⋮ ⋮ 0 a i 2 ⋯ 0 ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 a n 2 ⋯ a n n ∣ + ⋯ + ∣ a 11 a 12 ⋯ a 1 n ⋮ ⋮ ⋮ 0 0 ⋯ a i n ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 a n 2 ⋯ a n n ∣ 根据引理,有 D = a i 1 A i j + a i 2 A i 2 + ⋯ + a i n A i n ( i = 1 , 2 , ⋯ , n ) 类似地,若按列证明,可得 D = a 1 j A 1 j + a 2 j A 2 j + ⋯ + a n j A n j ( j = 1 , 2 , ⋯ , n ) 证明:\\ D=\begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ a_{i1}+0+\cdots+0&0+a_{i2}+\cdots+0&\cdots&0+\cdots+0+a_{in}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\\ \end{vmatrix}\\ =\begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ a_{i1}&0&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\\ \end{vmatrix}+ \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ 0&a_{i2}&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\\ \end{vmatrix}+\cdots+ \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ 0&0&\cdots&a_{in}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\\ \end{vmatrix}\\ 根据引理,有 D=a_{i1}A_{ij}+a_{i2}A_{i2}+\cdots+a_{in}A_{in}(i=1,2,\cdots,n)\\ 类似地,若按列证明,可得\\ D=a_{1j}A_{1j}+a_{2j}A_{2j}+\cdots+a_{nj}A_{nj}(j=1,2,\cdots,n) 证明:D= a11⋮ai1+0+⋯+0⋮an1a12⋮0+ai2+⋯+0⋮an2⋯⋯⋯a1n⋮0+⋯+0+ain⋮ann = a11⋮ai1⋮an1a12⋮0⋮an2⋯⋯⋯a1n⋮0⋮ann + a11⋮0⋮an1a12⋮ai2⋮an2⋯⋯⋯a1n⋮0⋮ann +⋯+ a11⋮0⋮an1a12⋮0⋮an2⋯⋯⋯a1n⋮ain⋮ann 根据引理,有D=ai1Aij+ai2Ai2+⋯+ainAin(i=1,2,⋯,n)类似地,若按列证明,可得D=a1jA1j+a2jA2j+⋯+anjAnj(j=1,2,⋯,n)
例7 计算
D
=
∣
3
1
−
1
2
−
5
1
3
−
4
2
0
1
−
1
1
−
5
3
−
3
∣
D=\begin{vmatrix} 3&1&-1&2\\ -5&1&3&-4\\ 2&0&1&-1\\ 1&-5&3&-3\\ \end{vmatrix}
D=
3−521110−5−13132−4−1−3
解:
D
=
c
1
−
2
c
3
,
c
4
+
c
3
∣
5
1
−
1
1
−
11
1
3
−
1
0
0
1
0
−
5
−
5
3
0
∣
=
(
−
1
)
3
+
3
∣
5
1
1
−
11
1
−
1
−
5
−
5
0
∣
=
r
2
+
r
1
∣
5
1
1
−
6
2
0
−
5
−
5
0
∣
=
(
−
1
)
1
+
3
∣
−
6
2
−
5
−
5
∣
=
30
+
10
=
40
解:\\ D\overset{c_1-2c_3,c_4+c_3}{=}\begin{vmatrix} 5&1&-1&1\\ -11&1&3&-1\\ 0&0&1&0\\ -5&-5&3&0\\ \end{vmatrix}\\ =(-1)^{3+3}\begin{vmatrix} 5&1&1\\ -11&1&-1\\ -5&-5&0\\ \end{vmatrix}\\ \overset{r_2+r_1}{=}\begin{vmatrix} 5&1&1\\ -6&2&0\\ -5&-5&0\\ \end{vmatrix}\\ =(-1)^{1+3}\begin{vmatrix} -6&2\\ -5&-5\\ \end{vmatrix}\\ =30+10=40
解:D=c1−2c3,c4+c3
5−110−5110−5−13131−100
=(−1)3+3
5−11−511−51−10
=r2+r1
5−6−512−5100
=(−1)1+3
−6−52−5
=30+10=40
例12 证明范德蒙德行列式
D
n
=
∣
1
1
⋯
1
x
1
x
2
⋯
x
n
x
1
2
x
2
2
⋯
x
n
2
⋮
⋮
⋮
x
1
n
−
1
x
2
n
−
1
⋯
x
n
n
−
1
∣
=
∏
n
≥
i
>
j
≥
1
(
x
i
−
x
j
)
D_n=\begin{vmatrix} 1&1&\cdots&1\\ x_1&x_2&\cdots&x_n\\ x_1^2&x_2^2&\cdots&x_n^2\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ x_1^{n-1}&x_2^{n-1}&\cdots&x_n^{n-1}\\ \end{vmatrix}=\prod_{n\ge i\gt j\ge1}(x_i-x_j)
Dn=
1x1x12⋮x1n−11x2x22⋮x2n−1⋯⋯⋯⋯1xnxn2⋮xnn−1
=∏n≥i>j≥1(xi−xj)
证明:
用数学归纳法
∵
D
2
=
∣
1
1
x
1
x
2
∣
=
x
2
−
x
1
=
∏
2
≥
i
>
j
≥
1
(
x
i
−
x
j
)
∴
当
n
=
2
时,等式成立
现在假设当等式与
n
−
1
阶范德蒙德行列式成立,要证等式对于
n
阶范德蒙德行列式成立。
把
D
n
降阶:从第
n
行开始,后行减去前行的
x
1
倍,有
D
n
=
∣
1
1
1
⋯
1
0
x
2
−
x
1
x
3
−
x
1
⋯
x
n
−
x
1
0
x
2
(
x
2
−
x
1
)
x
3
(
x
3
−
x
1
)
⋯
x
n
(
x
n
−
x
1
)
⋮
⋮
⋮
⋮
0
x
2
n
−
2
(
x
2
−
x
1
)
x
3
n
−
2
(
x
3
−
x
1
)
⋯
x
n
n
−
2
(
x
n
−
x
1
)
∣
按第一列展开,并把每列的公因子
(
x
i
−
x
j
)
提出,有
D
n
=
(
x
2
−
x
1
)
(
x
3
−
x
1
)
⋯
(
x
n
−
x
1
)
∣
1
1
⋯
1
x
2
x
3
⋯
x
n
x
2
2
x
3
2
⋯
x
n
2
⋮
⋮
⋮
x
2
n
−
2
x
3
n
−
2
⋯
x
n
n
−
2
∣
上式右端的行列式是
n
−
1
阶范德蒙德行列式,按归纳法假设,它等于所有
(
x
i
−
x
j
)
因子的乘积,其中
n
≥
i
>
j
≥
2
故
D
n
=
(
x
2
−
x
1
)
(
x
3
−
x
1
)
⋯
(
x
n
−
x
1
)
∏
n
≥
i
>
j
≥
2
(
x
i
−
x
j
)
=
∏
n
≥
i
>
j
≥
1
(
x
i
−
x
j
)
证明:\\ 用数学归纳法\\ \because D_2=\begin{vmatrix} 1&1\\ x_1&x_2\\ \end{vmatrix} =x_2-x_1=\prod_{2\ge i\gt j\ge1}(x_i-x_j)\\ \therefore 当n=2时,等式成立\\ 现在假设当等式与n-1阶范德蒙德行列式成立,要证等式对于n阶范德蒙德行列式成立。\\ 把D_n降阶:从第n行开始,后行减去前行的x_1倍,有\\ D_n=\begin{vmatrix} 1&1&1&\cdots&1\\ 0&x_2-x_1&x_3-x_1&\cdots&x_n-x_1\\ 0&x_2(x_2-x_1)&x_3(x_3-x_1)&\cdots&x_n(x_n-x_1)\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\ 0&x_2^{n-2}(x_2-x_1)&x_3^{n-2}(x_3-x_1)&\cdots&x_n^{n-2}(x_n-x_1)\\ \end{vmatrix}\\ 按第一列展开,并把每列的公因子(x_i-x_j)提出,有\\ D_n=(x_2-x_1)(x_3-x_1)\cdots(x_n-x_1)\begin{vmatrix} 1&1&\cdots&1\\ x_2&x_3&\cdots&x_n\\ x_2^2&x_3^2&\cdots&x_n^2\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ x_2^{n-2}&x_3^{n-2}&\cdots&x_n^{n-2}\\ \end{vmatrix}\\ 上式右端的行列式是n-1阶范德蒙德行列式,按归纳法假设,它等于所有(x_i-x_j)因子的乘积,其中n\ge i\gt j\ge2\\ 故 D_n=(x_2-x_1)(x_3-x_1)\cdots(x_n-x_1)\prod_{n\ge i\gt j\ge2}(x_i-x_j)\\ =\prod_{n\ge i\gt j\ge 1}(x_i-x_j)
证明:用数学归纳法∵D2=
1x11x2
=x2−x1=2≥i>j≥1∏(xi−xj)∴当n=2时,等式成立现在假设当等式与n−1阶范德蒙德行列式成立,要证等式对于n阶范德蒙德行列式成立。把Dn降阶:从第n行开始,后行减去前行的x1倍,有Dn=
100⋮01x2−x1x2(x2−x1)⋮x2n−2(x2−x1)1x3−x1x3(x3−x1)⋮x3n−2(x3−x1)⋯⋯⋯⋯1xn−x1xn(xn−x1)⋮xnn−2(xn−x1)
按第一列展开,并把每列的公因子(xi−xj)提出,有Dn=(x2−x1)(x3−x1)⋯(xn−x1)
1x2x22⋮x2n−21x3x32⋮x3n−2⋯⋯⋯⋯1xnxn2⋮xnn−2
上式右端的行列式是n−1阶范德蒙德行列式,按归纳法假设,它等于所有(xi−xj)因子的乘积,其中n≥i>j≥2故Dn=(x2−x1)(x3−x1)⋯(xn−x1)n≥i>j≥2∏(xi−xj)=n≥i>j≥1∏(xi−xj)
推论 行列式某一行(列)的元素与另一行(列)的对应元素的代数余子式乘积之和等于零。即
a i 1 A j 1 + a i 2 A j 2 + ⋯ + a i n A j n = 0 , i ≠ j a_{i1}A_{j1}+a_{i2}A_{j2}+\cdots+a_{in}A_{jn}=0,i\not=j ai1Aj1+ai2Aj2+⋯+ainAjn=0,i=j
或 a 1 i A 1 j + a 2 i A 2 j + ⋯ + a n i A n j = 0 , i ≠ j a_{1i}A_{1j}+a_{2i}A_{2j}+\cdots+a_{ni}A_{nj}=0,i\not=j a1iA1j+a2iA2j+⋯+aniAnj=0,i=j
证明: 设有 n 阶行列式 D = d e t ( a i j ) ,按第 j 行展开式为 D = a j 1 A j 1 + a j 2 A j 2 + ⋯ + a j n A j n 因诸 A j k ( k = 1 , 2 , ⋯ n ) 都是先划去了 D 中第 j 行在经计算而得 所以当第 j 行元素依次取 b 1 , b 2 , ⋯ , b n 时,就有 D j = ∣ a 11 ⋯ a 1 n ⋮ ⋮ a j − 1 , 1 ⋯ a j − 1 , n b 1 ⋯ b n a j + 1 , 1 ⋯ a j + 1 , n ⋮ ⋮ a n 1 ⋯ a n n ∣ 这里 D j 表示除第 j 行外其余行均与 D 相同的行列式。特别当 b 1 , b 2 , ⋯ , b n 依次取 D = d e t ( a i j ) 的第 i 行 ( i ≠ j ) 时 上式扔成立,此时 D j 中第 i 行与第 j 行相同,故 D j = 0 ∴ a i 1 A j 1 + a i 2 A j 2 + ⋯ + a i n A j n = 0 ( i ≠ j ) 类似地,对于列也成立。 证明:\\ 设有n阶行列式D=det(a_{ij}),按第j行展开式为\\ D=a_{j1}A_{j1}+a_{j2}A_{j2}+\cdots+a_{jn}A_{jn}\\ 因诸A_{jk}(k=1,2,\cdots n)都是先划去了D中第j行在经计算而得\\ 所以当第j行元素依次取b_1,b_2,\cdots,b_n时,就有\\ D_j=\begin{vmatrix} a_{11}&\cdots&a_{1n}\\ \vdots&&\vdots\\ a_{j-1,1}&\cdots&a_{j-1,n}\\ b_1&\cdots&b_n\\ a_{j+1,1}&\cdots&a_{j+1,n}\\ \vdots&&\vdots\\ a_{n1}&\cdots&a_{nn}\\ \end{vmatrix}\\ 这里D_j表示除第j行外其余行均与D相同的行列式。 特别当b_1,b_2,\cdots,b_n依次取D=det(a_{ij})的第i行(i\not=j)时\\ 上式扔成立,此时D_j中第i行与第j行相同,故D_j=0\\ \therefore a_{i1}A_{j1}+a_{i2}A_{j2}+\cdots+a_{in}A_{jn}=0(i\not=j) 类似地,对于列也成立。 证明:设有n阶行列式D=det(aij),按第j行展开式为D=aj1Aj1+aj2Aj2+⋯+ajnAjn因诸Ajk(k=1,2,⋯n)都是先划去了D中第j行在经计算而得所以当第j行元素依次取b1,b2,⋯,bn时,就有Dj= a11⋮aj−1,1b1aj+1,1⋮an1⋯⋯⋯⋯⋯a1n⋮aj−1,nbnaj+1,n⋮ann 这里Dj表示除第j行外其余行均与D相同的行列式。特别当b1,b2,⋯,bn依次取D=det(aij)的第i行(i=j)时上式扔成立,此时Dj中第i行与第j行相同,故Dj=0∴ai1Aj1+ai2Aj2+⋯+ainAjn=0(i=j)类似地,对于列也成立。
综合定理2及其推论,有关于代数余子式的重要性质:
∑ k = 1 n a k i A k j = { D , 当 i = j 0 , 当 i ≠ j 或 ∑ k = 1 n a i k A j k = { D , 当 i = j 0 , 当 i ≠ j \sum_{k=1}^n{a_{ki}A_{kj}}= \begin{cases} D,&当i=j\\ 0,&当i\ne j \end{cases}\\ 或\sum_{k=1}^n{a_{ik}A_{jk}}= \begin{cases} D,&当i=j\\ 0,&当i\ne j \end{cases} k=1∑nakiAkj={D,0,当i=j当i=j或k=1∑naikAjk={D,0,当i=j当i=j
例13 设
D = ∣ 3 − 5 2 1 1 1 0 − 5 − 1 3 1 3 2 − 4 − 1 − 3 ∣ D=\begin{vmatrix}3&-5&2&1\\1&1&0&-5\\-1&3&1&3\\2&-4&-1&-3\end{vmatrix}\\ D= 31−12−513−4201−11−53−3
D 的元 ( i , j ) D的元(i,j) D的元(i,j)的余子式和代数余子式依次记作 M i j 和 A i j M_{ij}和A_{ij} Mij和Aij求
A
11
+
A
12
+
A
13
+
A
14
及
M
11
+
M
21
+
M
31
+
M
41
A_{11}+A_{12}+A_{13}+A_{14}及M_{11}+M_{21}+M_{31}+M_{41}
A11+A12+A13+A14及M11+M21+M31+M41
解:
A
11
+
A
12
+
A
13
+
A
14
=
1
⋅
A
11
+
1
⋅
A
12
+
1
⋅
A
13
+
1
⋅
A
14
=
∣
1
1
1
1
1
1
0
−
5
−
1
3
1
3
2
−
4
−
1
−
3
∣
=
r
3
−
r
1
,
r
4
+
r
1
∣
1
1
1
1
1
1
0
−
5
−
2
2
0
2
3
−
3
0
−
2
∣
=
∣
1
1
−
5
−
2
2
2
3
−
3
−
2
∣
=
c
1
+
c
2
∣
2
1
−
5
0
2
2
0
−
3
−
2
∣
=
4
M
11
+
M
21
+
M
31
+
M
41
=
A
11
−
A
21
+
A
31
−
A
41
=
∣
1
−
5
2
1
−
1
1
0
−
5
1
3
1
3
−
1
−
4
−
1
−
3
∣
=
r
4
+
r
3
∣
1
−
5
2
1
−
1
1
0
−
5
1
3
1
3
0
−
1
0
0
∣
=
−
∣
1
2
1
−
1
0
−
5
1
1
3
∣
=
r
1
−
2
r
3
−
∣
−
1
0
−
5
−
1
0
−
5
1
1
3
∣
=
0
解:\\ A_{11}+A_{12}+A_{13}+A_{14}=1\cdot A_{11}+1\cdot A_{12}+1\cdot A_{13}+1\cdot A_{14}\\ =\begin{vmatrix}1&1&1&1\\1&1&0&-5\\-1&3&1&3\\2&-4&-1&-3\end{vmatrix}\\ \overset{r3-r1,r_4+r1}{=}\begin{vmatrix}1&1&1&1\\1&1&0&-5\\-2&2&0&2\\3&-3&0&-2\end{vmatrix}\\ =\begin{vmatrix}1&1&-5\\-2&2&2\\3&-3&-2\end{vmatrix}\\ \overset{c_1+c_2}{=}\begin{vmatrix}2&1&-5\\0&2&2\\0&-3&-2\end{vmatrix}=4\\ M_{11}+M_{21}+M_{31}+M_{41}=A_{11}-A_{21}+A_{31}-A_{41}=\\ \begin{vmatrix}1&-5&2&1\\-1&1&0&-5\\1&3&1&3\\-1&-4&-1&-3\end{vmatrix}\\ \overset{r_4+r_3}{=}\begin{vmatrix}1&-5&2&1\\-1&1&0&-5\\1&3&1&3\\0&-1&0&0\end{vmatrix}\\ =-\begin{vmatrix}1&2&1\\-1&0&-5\\1&1&3\end{vmatrix}\\ \overset{r_1-2r_3}{=}-\begin{vmatrix}-1&0&-5\\-1&0&-5\\1&1&3\end{vmatrix}\\ =0
解:A11+A12+A13+A14=1⋅A11+1⋅A12+1⋅A13+1⋅A14=
11−12113−4101−11−53−3
=r3−r1,r4+r1
11−23112−310001−52−2
=
1−2312−3−52−2
=c1+c2
20012−3−52−2
=4M11+M21+M31+M41=A11−A21+A31−A41=
1−11−1−513−4201−11−53−3
=r4+r3
1−110−513−120101−530
=−
1−112011−53
=r1−2r3−
−1−11001−5−53
=0
结语
❓QQ:806797785
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参考:
[1]同济大学数学系.工程数学.线性代数 第6版 [M].北京:高等教育出版社,2014.6.p15-20.文章来源:https://www.toymoban.com/news/detail-842005.html
[2]同济六版《线性代数》全程教学视频[CP/OL].2020-02-07.p5.文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-842005.html
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