📘 第 3 章：行列式

本篇在干嘛

本篇是《Linear Algebra and its Applications》（David C. Lay，第 5 版）第 3 章 Determinants（行列式） 的中文初学者精讲笔记。前两章里，行列式只是 $2\times 2$ 矩阵判断可逆的一个小工具；这一章把它推广到任意 $n\times n$ 矩阵，并回答三个问题：行列式怎么算（3.1 余因子展开）、行列式有什么性质（3.2 行运算与乘法性质）、行列式有什么用（3.3 克莱默法则、逆矩阵公式、面积与体积）。全部例题来自原书，配有逐步解答。

章首有一个有趣的开篇故事：物理学家费曼在普林斯顿读研究生时观察蚂蚁觅食，发现蚂蚁靠”留下路径、跟着路径走”来导航。设想把蚂蚁放到一个金属丝焊成的球面上，它在每个交叉点只能向左或向右。为了记录蚂蚁在球面上的路线，人们需要把球面”摊平”画成平面地图——而地图靠近”极点”的区域会被放大变形。放大了多少倍？ 这个问题的答案恰好就是本章的主角：行列式。

图 3-1：章首引入示例——蚂蚁在金属丝球面上爬行，其路线映射到平面地图时会产生的面积变形问题

蚂蚁路径问题与地图面积变形问题，都能用行列式回答。此外，3.2 节会给出”方阵可逆 $\iff$ 行列式非零”这一关键判据（第 5 章的核心工具），3.3 节会说明行列式如何度量线性变换对面积/体积的缩放——这正是多元微积分中雅可比行列式的雏形。

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3.1 行列式入门

从 $2\times 2$ 到 $3\times 3$：为什么要这样定义？

第 2 章我们已知：$2\times 2$ 矩阵可逆 $⟺$ 其行列式 $\det A=a_{11}{a}_{22}-a_{12}{a}_{21}\ne 0$。现在要把”行列式”推广到更大的方阵。

思路是观察一个可逆的 $3\times 3$ 矩阵 $A=[a_{ij}]$（设 $a_{11}\ne 0$）在做行变换时会留下什么”不变量”。把第 2、3 行各乘以 $a_{11}$，再用第一行消去下面两行的第一个元素，$A$ 行等价于：

$$\left[\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{11}{a}_{21}& a_{11}{a}_{22}& a_{11}{a}_{23}\\ a_{11}{a}_{31}& a_{11}{a}_{32}& a_{11}{a}_{33}\end{array}\right]\sim \left[\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ 0& a_{11}{a}_{22}-a_{12}{a}_{21}& a_{11}{a}_{23}-a_{13}{a}_{21}\\ 0& a_{11}{a}_{32}-a_{12}{a}_{31}& a_{11}{a}_{33}-a_{13}{a}_{31}\end{array}\right]$$

继续消元（不妨设 $(2,2)$ 位置非零，否则先做一次行交换），最终会把 $A$ 化成上三角矩阵，其右下角元素是 $a_{11}\Delta$，其中

$$\Delta =a_{11}{a}_{22}{a}_{33}+a_{12}{a}_{23}{a}_{31}+a_{13}{a}_{21}{a}_{32}-a_{11}{a}_{23}{a}_{32}-a_{12}{a}_{21}{a}_{33}-a_{13}{a}_{22}{a}_{31}$$

由于 $A$ 可逆，化简后的三角矩阵也可逆，所以 $\Delta$ 必须非零；反过来（3.2 节会证明）$\Delta \ne 0$ 也能保证 $A$ 可逆。这个 $\Delta$ 就叫 $3\times 3$ 矩阵 $A$ 的行列式。

约定：$1\times 1$ 矩阵 $A=[a_{11}]$ 的行列式定义为 $\det A=a_{11}$；$2\times 2$ 的就是上面那个交叉相乘相减的式子。

把 $\Delta$ 的六项按第一行元素分组，可以改写成

$$\Delta =a_{11}\cdot \det \left[\begin{array}{cc}{a}_{22}& a_{23}\\ a_{32}& a_{33}\end{array}\right]-a_{12}\cdot \det \left[\begin{array}{cc}{a}_{21}& a_{23}\\ a_{31}& a_{33}\end{array}\right]+a_{13}\cdot \det \left[\begin{array}{cc}{a}_{21}& a_{22}\\ a_{31}& a_{32}\end{array}\right]$$

这正是”用小行列式定义大行列式”的递归入口。

子矩阵与递归定义

对任意方阵 $A$，记 $A_{ij}$ 为划去 $A$ 的第 $i$ 行、第 $j$ 列后剩下的子矩阵。例如

$$A=\left[\begin{array}{cccc}1& -2& 5& 0\\ 2& 0& 4& -1\\ 3& 1& 0& 7\\ 0& 4& -2& 0\end{array}\right]$$

划去第 3 行和第 2 列，得

$$A_{32}=\left[\begin{array}{ccc}1& 5& 0\\ 2& 4& -1\\ 0& -2& 0\end{array}\right]$$

于是有了正式定义：

定义（行列式） 对 $n\ge 2$，$n\times n$ 矩阵 $A=[a_{ij}]$ 的行列式是 $n$ 项 $\pm a_{1j}\det A_{1j}$ 之和，正负号交替出现，元素 $a_{11},a_{12},\dots ,a_{1n}$ 取自 $A$ 的第一行：

$$\det A=a_{11}\det A_{11}-a_{12}\det A_{12}+\cdots +(-1{)}^{1+n}{a}_{1n}\det A_{1n}=\sum _{j=1}^n(-1{)}^{1+j}{a}_{1j}\det A_{1j}$$

说白了：$n$ 阶行列式 = 第一行每个元素 ×（划掉该元素所在行列后的 $n-1$ 阶行列式），符号一正一负交替。$n=3$ 时用到 $2\times 2$ 行列式，$n=4$ 时用到 $3\times 3$ 行列式……一路递归到 $2\times 2$，而 $2\times 2$ 我们会直接算。

例 1 计算 $A=\left[\begin{array}{ccc}1& 5& 0\\ 2& 4& -1\\ 0& -2& 0\end{array}\right]$ 的行列式。

解 按 $\det A=a_{11}\det A_{11}-a_{12}\det A_{12}+a_{13}\det A_{13}$ 展开：

$$\det A=1\cdot \det \left[\begin{array}{cc}4& -1\\ -2& 0\end{array}\right]-5\cdot \det \left[\begin{array}{cc}2& -1\\ 0& 0\end{array}\right]+0\cdot \det \left[\begin{array}{cc}2& 4\\ 0& -2\end{array}\right]=1(0-2)-5(0-0)+0(-4-0)=-2$$

行列式还有一种常见记号：把方括号换成一对竖线。例 1 可以写成

$$\det A=1\left|\begin{array}{cc}4& -1\\ -2& 0\end{array}\right|-5\left|\begin{array}{cc}2& -1\\ 0& 0\end{array}\right|+0\left|\begin{array}{cc}2& 4\\ 0& -2\end{array}\right|=\cdots =-2$$

代数余子式：沿任意行或列展开

为了把定义写得更紧凑，引入 $(i,j)$ 位置的代数余子式（cofactor）：

$$C_{ij}=(-1{)}^{i+j}\det A_{ij}$$

即”子行列式再乘一个由位置决定的整体正负号”。于是按第一行展开就是 $\det A=a_{11}{C}_{11}+a_{12}{C}_{12}+\cdots +a_{1n}{C}_{1n}$。

定理 1 $n\times n$ 矩阵 $A$ 的行列式可以沿任意一行或沿任意一列做余因子展开，结果相同。沿第 $i$ 行展开：

$$\det A=a_{i1}{C}_{i1}+a_{i2}{C}_{i2}+\cdots +a_{in}{C}_{in}$$

沿第 $j$ 列展开：

$$\det A=a_{1j}{C}_{1j}+a_{2j}{C}_{2j}+\cdots +a_{nj}{C}_{nj}$$

符号 $(-1{)}^{i+j}$ 只由位置决定，与元素本身的正负无关，形成如下”棋盘”图案：

$$\left[\begin{array}{cccc}+& -& +& \dots \\ -& +& -& \\ +& -& +& \\ ⋮& & & \ddots \end{array}\right]$$

常见坑

1. 忘了符号交替，把每一项都当正号算；建议每次展开前先默写棋盘符号表，从 + 开始一行一行交替。
2. 双重符号混淆：$C_{ij}$ 里已经含有 $(-1{)}^{i+j}$ 了。若你直接用 $a_{ij}\cdot \det A_{ij}$ 展开，就必须自己补上位置符号；若用 $a_{ij}{C}_{ij}$，则不要再乘。例 2 中 $-(-2)\left|\begin{array}{c}\dots \end{array}\right|$ 就是”位置负号 × 元素 $-2$“的结果。

例 2 对 $A=\left[\begin{array}{ccc}1& 5& 0\\ 2& 4& -1\\ 0& -2& 0\end{array}\right]$ 沿第三行展开计算 $\det A$。

解 第三行是 $(0,-2,0)$，含两个零——这就是聪明的选择：

$$\begin{array}{rl}\det A& =a_{31}{C}_{31}+a_{32}{C}_{32}+a_{33}{C}_{33}\\ & =(+1)\cdot 0\cdot \left|\begin{array}{cc}5& 0\\ 4& -1\end{array}\right|+(-1)\cdot (-2)\cdot \left|\begin{array}{cc}1& 0\\ 2& -1\end{array}\right|+(+1)\cdot 0\cdot \left|\begin{array}{cc}1& 5\\ 2& 4\end{array}\right|\\ & =0+2\cdot (-1)+0=-2\end{array}$$

与例 1 按第一行展开的结果一致——沿哪行哪列展开都行，但挑零多的行/列展开能省大量计算。

例 3 计算 $A=\left[\begin{array}{ccccc}3& -7& 8& 9& -6\\ 0& 2& -5& 7& 3\\ 0& 0& 1& 5& 0\\ 0& 0& 2& 4& -1\\ 0& 0& 0& -2& 0\end{array}\right]$ 的行列式。

解 沿第一列展开：只有第一个元素非零，其余四项全是 $0$，直接消失。

$$\det A=3\cdot \left|\begin{array}{cccc}2& -5& 7& 3\\ 0& 1& 5& 0\\ 0& 2& 4& -1\\ 0& 0& -2& 0\end{array}\right|$$

对这个 $4\times 4$ 再沿第一列展开：

$$\det A=3\cdot 2\cdot \left|\begin{array}{ccc}1& 5& 0\\ 2& 4& -1\\ 0& -2& 0\end{array}\right|$$

剩下的 $3\times 3$ 正是例 1 算过的矩阵，值为 $-2$。故

$$\det A=3\cdot 2\cdot (-2)=-12$$

这个例子里的矩阵”接近三角矩阵”，于是有如下漂亮结论：

定理 2 若 $A$ 是三角矩阵（上三角或下三角），则 $\det A$ 等于主对角线元素之积。

为什么？反复沿全零密集的行/列展开（如例 3），最后只剩下对角线元素的乘积。

通关标准

给你一个 $4\times 4$ 或 $5\times 5$ 矩阵，你应能立刻判断”沿哪行/列展开最省事”（找零最多的行或列），并且三角矩阵一眼报出行列式（对角线连乘）。

数值注记：按今天的标准 $25\times 25$ 只是”小”矩阵，但用余因子展开算它的行列式需要超过 $n!$ 次乘法，而 $25!\approx 1.5\times 10^{25}$。即使计算机每秒做一万亿次乘法，也要运行 50 多万年！所以大规模行列式必须用更快的方法——3.2 节的行变换法。此外，3.1 节习题 33–36 探索了 $2\times 2$ 情形下行运算对行列式的影响，这些结论将在下一节推广到 $n\times n$。

本节习题（按第一行展开、对角线法等，共 46 题）见原书。顺带一提：习题中介绍的”$3\times 3$ 对角线法则”（把前两列抄到右边、沿六条对角线相乘加减）只对 $3\times 3$ 有效，绝不能推广到 $4\times 4$ 及以上。

练习题（3.1） 计算

$$\left|\begin{array}{cccc}5& -7& 2& 2\\ 0& 3& 0& -4\\ -5& -8& 0& 3\\ 0& 5& 0& -6\end{array}\right|$$

解答 关键是利用零元素。观察发现：第 3 列只有两个非零元素（$2$ 和 $0$），沿第 3 列展开最划算。$(1,3)$ 位置的符号是 $(-1{)}^{1+3}=+1$，所以

$$=(+1)\cdot 2\cdot \left|\begin{array}{ccc}0& 3& -4\\ -5& -8& 3\\ 0& 5& -6\end{array}\right|+0\cdot C_{23}+0\cdot C_{33}+0\cdot C_{43}=2\left|\begin{array}{ccc}0& 3& -4\\ -5& -8& 3\\ 0& 5& -6\end{array}\right|$$

剩下的 $3\times 3$ 行列式沿第一列展开（只有 $-5$ 非零），注意 $(-1{)}^{2+1}=-1$，位置在 $(2,1)$：

$$2\cdot (-1{)}^{2+1}\cdot (-5)\cdot \left|\begin{array}{cc}3& -4\\ 5& -6\end{array}\right|=2\cdot 5\cdot (3\cdot (-6)-(-4)\cdot 5)=10\cdot (-18+20)=10\cdot 2=20$$

原书解答正是这条路径：先沿第 3 列降为 $3\times 3$，再沿第 1 列降为 $2\times 2$，全程只算了一个 $2\times 2$ 行列式。那个 $(-1{)}^{2+1}$ 来自 $-5$ 在 $3\times 3$ 行列式中的 $(2,1)$ 位置。答案：$20$。

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3.2 行列式的性质

行列式的秘密在于：做行变换时它如何变化。掌握了变化规律，就能用行变换把行列式”化到最好算的形状”。

定理 3（行运算） 设 $A$ 是方阵。 a. 把 $A$ 的某一行的倍数加到另一行得到 $B$（倍加变换），则 $\det B=\det A$——行列式不变。 b. 交换 $A$ 的两行得到 $B$（对换变换），则 $\det B=-\det A$——变号。 c. 把 $A$ 的某一行乘以 $k$ 得到 $B$（倍乘变换），则 $\det B=k\cdot \det A$——提出因子 $k$。

例 1 计算 $A=\left[\begin{array}{ccc}1& -4& 2\\ -2& 8& -9\\ -1& 7& 0\end{array}\right]$ 的行列式。

解 策略：把 $A$ 化成阶梯形（三角矩阵），再用定理 2”对角线连乘”。第一列做两次倍加变换，行列式不变：

$$\det A=\left|\begin{array}{ccc}1& -4& 2\\ -2& 8& -9\\ -1& 7& 0\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}1& -4& 2\\ 0& 0& -5\\ -1& 7& 0\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}1& -4& 2\\ 0& 0& -5\\ 0& 3& 2\end{array}\right|$$

交换第 2、3 行，行列式变号，得到三角矩阵：

$$\det A=-\left|\begin{array}{ccc}1& -4& 2\\ 0& 3& 2\\ 0& 0& -5\end{array}\right|=-(1)(3)(-5)=15$$

手算时定理 3(c) 的常见用法是从某一行提出公因子：

$$\left|\begin{array}{ccc}\ast & \ast & \ast \\ 5k& -2k& 3k\\ \ast & \ast & \ast \end{array}\right|=k\left|\begin{array}{ccc}\ast & \ast & \ast \\ 5& -2& 3\\ \ast & \ast & \ast \end{array}\right|$$

例 2 计算 $A=\left[\begin{array}{cccc}2& -8& 6& 8\\ 3& -9& 5& 10\\ -3& 0& 1& -2\\ 1& -4& 0& 6\end{array}\right]$ 的行列式。

解 为了简化运算，想让左上角出现 $1$。可以交换第 1、4 行，但这里选择从第一行提出 $2$（少一次变号），再在第一列做倍加：

$$\det A=2\left|\begin{array}{cccc}1& -4& 3& 4\\ 3& -9& 5& 10\\ -3& 0& 1& -2\\ 1& -4& 0& 6\end{array}\right|=2\left|\begin{array}{cccc}1& -4& 3& 4\\ 0& 3& -4& -2\\ 0& -12& 10& 10\\ 0& 0& -3& 2\end{array}\right|$$

接下来本可以从第 3 行提出 $2$，但我们选择用第 2 列的 $3$ 当主元，把第 2 行的 $4$ 倍加到第 3 行：

$$\det A=2\left|\begin{array}{cccc}1& -4& 3& 4\\ 0& 3& -4& -2\\ 0& 0& -6& 2\\ 0& 0& -3& 2\end{array}\right|$$

最后把第 3 行的 $\frac{1}{2}$ 倍加到第 4 行，算”三角行列式”：

$$\det A=2\left|\begin{array}{cccc}1& -4& 3& 4\\ 0& 3& -4& -2\\ 0& 0& -6& 2\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right|=2\cdot (1)(3)(-6)(1)=-36$$

用阶梯形统一刻画：可逆判据

任何方阵 $A$ 都能只用”倍加 + 对换”（不需要倍乘）化成阶梯形 $U$。方阵的阶梯形是三角的，只有两种典型形态：

• 可逆时：$U$ 的对角线全是（未缩放为 $1$ 的）主元，$\det U\ne 0$；
• 不可逆时：$U$ 最后一行全零，$\det U=0$。

若化简过程中做了 $r$ 次行交换，由定理 3 得

$$\det A=\{\begin{array}{ll}(-1{)}^r\cdot (\text{阶梯形 }U\text{ 中主元之积})& A\text{ 可逆时}\\ 0& A\text{ 不可逆时}\end{array}$$

有趣的是：阶梯形 $U$ 和主元本身都不唯一，但主元之积是唯一的（至多差一个正负号由 $r$ 吸收）。这直接导出本节最重要的定理：

定理 4 方阵 $A$ 可逆 $⟺\det A\ne 0$。

定理 4 把 ” $\det A\ne 0$” 加入”可逆矩阵定理”清单。有用的推论：若 $A$ 的列线性相关，则 $\det A=0$；行同理（因为 $A$ 的行就是 $A^T$ 的列）。实践中，两行/两列相同、或某行/列为零时，线性相关性一目了然。

例 3 计算 $A=\left[\begin{array}{cccc}3& -1& 2& -5\\ 0& 5& -3& -6\\ -6& 7& -7& 4\\ -5& -8& 0& 9\end{array}\right]$ 的行列式。

解 把第 1 行的 $2$ 倍加到第 3 行（行列式不变）：

$$\det A=\det \left[\begin{array}{cccc}3& -1& 2& -5\\ 0& 5& -3& -6\\ 0& 5& -3& -6\\ -5& -8& 0& 9\end{array}\right]=0$$

因为第 2、3 行完全相同——行列式为零，矩阵不可逆。一行搞定！

数值注记：大多数计算程序对一般矩阵求 $\det A$ 用的正是上面的行变换法。可以证明，用行运算求 $n\times n$ 行列式约需 $\frac{2n^3}{3}$ 次算术运算——现代微型计算机算 $25\times 25$ 行列式只需约一万次运算，一秒都不到（对比 3.1 节的 50 万年！）。计算机还能用专门例程处理含大量零元素的”稀疏”矩阵；对手算而言，零元素同样能提速——下面例 4 就把行变换和 3.1 节”挑零展开”的策略结合起来。

例 4 计算 $A=\left[\begin{array}{cccc}0& 1& 2& -1\\ 2& 5& -7& 3\\ 0& 3& 6& 2\\ -2& -5& 4& -2\end{array}\right]$ 的行列式。

解 好的开局：用第 1 列的 $2$ 当主元，消去它下面的 $-2$（倍加，行列式不变），然后余因子展开降阶，再做一次倍加：

$$\det A=\left|\begin{array}{cccc}0& 1& 2& -1\\ 2& 5& -7& 3\\ 0& 3& 6& 2\\ 0& 0& -3& 1\end{array}\right|=-2\left|\begin{array}{ccc}1& 2& -1\\ 3& 6& 2\\ 0& -3& 1\end{array}\right|=-2\left|\begin{array}{ccc}1& 2& -1\\ 0& 0& 5\\ 0& -3& 1\end{array}\right|$$

（第二步是沿第 1 列展开，$2$ 位于 $(2,1)$，符号 $(-1{)}^{2+1}=-1$，故提出 $-2$。）此时既可交换第 2、3 行得到三角行列式，也可直接沿第 1 列展开：

$$\det A=(-2)(1)\left|\begin{array}{cc}0& 5\\ -3& 1\end{array}\right|=-2\cdot (0\cdot 1-5\cdot (-3))=-2\cdot 15=-30$$

列运算与转置

对矩阵的列也可以做与行完全类似的三种初等列运算，而且列运算对行列式的影响与行运算完全相同。道理藏在下一个定理里：

定理 5 若 $A$ 是 $n\times n$ 矩阵，则 $\det A^T=\det A$。

证明思路（数学归纳法）：$n=1$ 显然。设对 $k\times k$ 成立，考虑 $n=k+1$：$a_{1j}$ 在 $A$ 中的代数余子式，恰好等于 $a_{j1}$ 在 $A^T$ 中的代数余子式（它们都涉及 $k\times k$ 行列式），于是”$A$ 沿第一行展开”与”$A^T$ 沿第一列展开”逐项相同，故 $\det A=\det A^T$。归纳完成。∎

由于 $\det A^T=\det A$，定理 3 中每条结论把”行”换成”列”依然成立——要验证只需对 $A^T$ 用原定理，因为对 $A^T$ 的行运算就是对 $A$ 的列运算。列运算在理论和手算中都有用，但本书数值计算只动行，保持简单。

乘法性质

定理 6（乘法性质） 若 $A,B$ 都是 $n\times n$ 矩阵，则 $\det AB=(\det A)(\det B)$。

例 5 对 $A=\left[\begin{array}{cc}6& 1\\ 3& 2\end{array}\right]$ 和 $B=\left[\begin{array}{cc}4& 3\\ 1& 2\end{array}\right]$ 验证定理 6。

解 先算乘积：

$$AB=\left[\begin{array}{cc}6& 1\\ 3& 2\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}4& 3\\ 1& 2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}25& 20\\ 14& 13\end{array}\right],\det AB=25\cdot 13-20\cdot 14=325-280=45$$

而 $\det A=6\cdot 2-1\cdot 3=9$，$\det B=4\cdot 2-3\cdot 1=5$，于是

$$(\det A)(\det B)=9\cdot 5=45=\det AB✓$$

常见坑：加法没有这条性质！

一个常见误解是认为 $\det (A+B)=\det A+\det B$。一般来说这是错的。例如取 $A=I$、$B=\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]$，可以验证 $\det (A+B)=\det A+\det B$ 当且仅当 $a+d=0$（特殊巧合），并非普遍规律。同理，$\det (kA)=k^n\det A$ 而不是 $k\det A$（$n$ 阶时每一行都被乘了 $k$，提出 $n$ 个 $k$）。

行列式对单个列的线性性

把 $\det A$ 看成 $A$ 的 $n$ 个列向量的函数：固定其余 $n-1$ 列，只让第 $j$ 列 $\mathbf{x}$ 变动，定义 $T(\mathbf{x})=\det \left[\begin{array}{ccccc}{\mathbf{a}}_1& \dots & \mathbf{x}& \dots & {\mathbf{a}}_n\end{array}\right]$，则

$$T(c\mathbf{x})=cT(\mathbf{x}),T(\mathbf{u}+\mathbf{v})=T(\mathbf{u})+T(\mathbf{v})$$

第一条就是定理 3(c) 的列版本；第二条可由沿第 $j$ 列的余因子展开证明。这种”多重线性”性质在更高级的课程里有很多重要推论。

定理 3 与定理 6 的证明梗概

证明借助第 2.2 节的初等矩阵语言重述定理 3：若 $E$ 是 $n\times n$ 初等矩阵，则 $\det (EA)=(\det E)(\det A)$，其中初等矩阵的行列式为——倍加矩阵 $\det E=1$，对换矩阵 $\det E=-1$，倍乘 $r$ 的矩阵 $\det E=r$。对 $n$ 做归纳（$2\times 2$ 情形即 3.1 节习题 33–36），沿一条不被 $E$ 改动的行展开即可。再取 $A=I_n$ 就得到 $\det E$ 的三个值。

定理 6 的证明：若 $A$ 不可逆，则 $AB$ 也不可逆，两边由定理 4 都是 $0$，等式成立。若 $A$ 可逆，则 $A$ 是若干初等矩阵之积 $A=E_p\dots E_1$，反复用重述后的定理 3：

$$\det (AB)=\det (E_p\dots E_{1}B)=\det (E_p)\dots \det (E_1)\det (B)=\det (E_p\dots E_1)\det (B)=\det A\cdot \det B■$$

本节习题见原书（含”判断行列式等式体现哪条性质""用行列式判断可逆性/线性无关""利用性质计算 $\det A^{-1},\det A^3$ 等”）。

练习题（3.2）

1. 用尽可能少的步骤计算 $\left|\begin{array}{cccc}1& -3& 1& -2\\ 2& -5& -1& -2\\ 0& -4& 5& 1\\ -3& 10& -6& 8\end{array}\right|$。

2. 用行列式判断 ${\mathbf{v}}_1=\left[\begin{array}{c}5\\ -7\\ 9\end{array}\right],{\mathbf{v}}_2=\left[\begin{array}{c}-3\\ 3\\ -5\end{array}\right],{\mathbf{v}}_3=\left[\begin{array}{c}2\\ -7\\ 5\end{array}\right]$ 是否线性无关。

3. 设 $A$ 是满足 $A^2=I$ 的 $n\times n$ 矩阵，证明 $\det A=\pm 1$。

解答

第 1 题 目标是制造零行。做倍加变换（行列式不变）：第 1 行的 $-2$ 倍加到第 2 行、$3$ 倍加到第 4 行：

$$\left|\begin{array}{cccc}1& -3& 1& -2\\ 2& -5& -1& -2\\ 0& -4& 5& 1\\ -3& 10& -6& 8\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cccc}1& -3& 1& -2\\ 0& 1& -3& 2\\ 0& -4& 5& 1\\ 0& 1& -3& 2\end{array}\right|$$

发现第 2 行和第 4 行相同了！把第 2 行的 $1$ 倍加到第 4 行，第 4 行变成全零行：

$$=\left|\begin{array}{cccc}1& -3& 1& -2\\ 0& 1& -3& 2\\ 0& -4& 5& 1\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right|=0$$

全零行使行列式为 $0$（沿该行展开每项都是 $0$），三步完成。

第 2 题 把三个向量并成矩阵 $\left[\begin{array}{ccc}{\mathbf{v}}_1& {\mathbf{v}}_2& {\mathbf{v}}_3\end{array}\right]$ 算行列式。先把第 1 行加到第 2 行（制造零）：

$$\det \left[\begin{array}{ccc}5& -3& 2\\ -7& 3& -7\\ 9& -5& 5\end{array}\right]=\left|\begin{array}{ccc}5& -3& 2\\ -2& 0& -5\\ 9& -5& 5\end{array}\right|$$

再沿第 2 列展开（$a_{22}=0$ 的项直接消失，只剩两项）：

$$=-(-3)\left|\begin{array}{cc}-2& -5\\ 9& 5\end{array}\right|-(-5)\left|\begin{array}{cc}5& 2\\ -2& -5\end{array}\right|=3\cdot (-10+45)+5\cdot (-25+4)=3\cdot 35+5\cdot (-21)=105-105=0$$

（两个位置符号分别是 $(1,2)$ 的 $-$ 和 $(3,2)$ 的 $-$。）

行列式为 $0$，由定理 4 矩阵不可逆，再由可逆矩阵定理，三向量线性相关。

第 3 题 关键链条：$\det I=1$，加上定理 6 的乘法性质。若 $A^2=I$，则

$$1=\det I=\det (A^2)=\det (AA)=(\det A)(\det A)=(\det A{)}^2$$

两边开平方得 $\det A=\pm 1$。∎（顺带：这题示范了定理 6 最典型的用法——已知矩阵方程，推出行列式满足的方程。）

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3.3 克拉默法则、体积与线性变换

本节把前两节的理论变成三件武器：解方程组的克莱默法则、逆矩阵的伴随矩阵公式、以及行列式的几何意义（面积与体积）。

克拉默法则（Cramer’s Rule）

克莱默法则在理论计算中用处很大——比如研究 $\mathbf{b}$ 的变化如何影响 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 的解。但除了 $2\times 2$（或许 $3\times 3$），它对手算并不高效。

记号：对 $n\times n$ 矩阵 $A$ 和 $\mathbf{b}\in {\mathbb{R}}^n$，$A_i(\mathbf{b})$ 表示把 $A$ 的第 $i$ 列替换成 $\mathbf{b}$ 得到的矩阵：

$$A_i(\mathbf{b})=\left[\begin{array}{ccccc}{\mathbf{a}}_1& \dots & \mathbf{b}& \dots & {\mathbf{a}}_n\end{array}\right](\mathbf{b}\text{ 在第 }i\text{ 列})$$

定理 7（克莱默法则） 设 $A$ 是可逆的 $n\times n$ 矩阵。对任意 $\mathbf{b}\in {\mathbb{R}}^n$，$A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 的唯一解 $\mathbf{x}$ 满足

$$x_i=\frac{\det A_i(\mathbf{b})}{\det A},i=1,2,\dots ,n$$

证明思路 设 $I_i(\mathbf{x})$ 是把单位阵第 $i$ 列换成 $\mathbf{x}$ 的矩阵，则由矩阵乘法的定义

$$A\cdot I_i(\mathbf{x})=\left[\begin{array}{ccccc}A{\mathbf{e}}_1& \dots & A\mathbf{x}& \dots & A{\mathbf{e}}_n\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccccc}{\mathbf{a}}_1& \dots & \mathbf{b}& \dots & {\mathbf{a}}_n\end{array}\right]=A_i(\mathbf{b})$$

两边取行列式并用乘法性质（定理 6）：$(\det A)\cdot \det I_i(\mathbf{x})=\det A_i(\mathbf{b})$。而 $\det I_i(\mathbf{x})=x_i$（沿第 $i$ 行展开即可看出），且 $A$ 可逆保证 $\det A\ne 0$，两边除一下就是结论。∎

例 1 用克莱默法则解方程组

$$\begin{array}{rl}3x_1-2x_2& =6\\ -5x_1+4x_2& =8\end{array}$$

解 把方程组写成 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$，分别构造 $A_1(\mathbf{b})$（换第 1 列）和 $A_2(\mathbf{b})$（换第 2 列）：

$$A=\left[\begin{array}{cc}3& -2\\ -5& 4\end{array}\right],A_1(\mathbf{b})=\left[\begin{array}{cc}6& -2\\ 8& 4\end{array}\right],A_2(\mathbf{b})=\left[\begin{array}{cc}3& 6\\ -5& 8\end{array}\right]$$

$\det A=12-10=2\ne 0$，系统有唯一解。由克莱默法则：

$$x_1=\frac{\det A_1(\mathbf{b})}{\det A}=\frac{24+16}{2}=20,x_2=\frac{\det A_2(\mathbf{b})}{\det A}=\frac{24+30}{2}=27$$

工程应用：含参数的方程组

许多工程问题（尤其是电气工程与控制理论）通过拉普拉斯变换，把线性微分方程组变成系数含参数的线性代数方程组。下一个例子展示这类系统的典型形态。

例 2 $s$ 是未指定参数。确定 $s$ 取何值时方程组有唯一解，并用克莱默法则描述解：

$$\begin{array}{rl}3s{x}_1-2x_2& =4\\ -6x_1+s{x}_2& =1\end{array}$$

解 写成 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$：

$$A=\left[\begin{array}{cc}3s& -2\\ -6& s\end{array}\right],A_1(\mathbf{b})=\left[\begin{array}{cc}4& -2\\ 1& s\end{array}\right],A_2(\mathbf{b})=\left[\begin{array}{cc}3s& 4\\ -6& 1\end{array}\right]$$

计算 $\det A=3s^2-12=3(s+2)(s-2)$。因此恰在 $s\ne \pm 2$ 时系统有唯一解。对这样的 $s$：

$$x_1=\frac{\det A_1(\mathbf{b})}{\det A}=\frac{4s+2}{3(s+2)(s-2)},x_2=\frac{\det A_2(\mathbf{b})}{\det A}=\frac{3s+24}{3(s+2)(s-2)}=\frac{s+8}{(s+2)(s-2)}$$

逆矩阵公式：伴随矩阵

克莱默法则还能顺手给出逆矩阵的一般公式。$A^{-1}$ 的第 $j$ 列是满足 $A\mathbf{x}={\mathbf{e}}_j$（${\mathbf{e}}_j$ 是单位阵第 $j$ 列）的解 $\mathbf{x}$，其第 $i$ 个分量就是 $A^{-1}$ 的 $(i,j)$ 元。由克莱默法则：

$$(A^{-1}\text{ 的 }(i,j)\text{ 元})=x_i=\frac{\det A_i({\mathbf{e}}_j)}{\det A}$$

而沿 $A_i({\mathbf{e}}_j)$ 的第 $i$ 列做余因子展开可以发现 $\det A_i({\mathbf{e}}_j)=(-1{)}^{i+j}\det A_{ji}=C_{ji}$——恰好是 $A$ 的一个代数余子式，且下标 $(j,i)$ 与 $(i,j)$ 颠倒。于是

$$A^{-1}=\frac{1}{\det A}\left[\begin{array}{cccc}{C}_{11}& C_{21}& \dots & C_{n1}\\ C_{12}& C_{22}& \dots & C_{n2}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ C_{1n}& C_{2n}& \dots & C_{nn}\end{array}\right]$$

右边由代数余子式组成的矩阵称为 $A$ 的伴随矩阵（adjugate，也叫古典伴随），记作 $\mathrm{adj}A$。注意它是”余因子矩阵的转置”——例如 $C_{12}$ 放在 $(2,1)$ 位置。

定理 8（逆矩阵公式） 设 $A$ 是可逆的 $n\times n$ 矩阵，则

$$A^{-1}=\frac{1}{\det A}\mathrm{adj}A$$

例 3 求 $A=\left[\begin{array}{ccc}2& 1& 3\\ 1& -1& 1\\ 1& 4& -2\end{array}\right]$ 的逆矩阵。

解 先算九个代数余子式（注意棋盘符号）：

$$C_{11}=+\left|\begin{array}{cc}-1& 1\\ 4& -2\end{array}\right|=-2,C_{12}=-\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -2\end{array}\right|=3,C_{13}=+\left|\begin{array}{cc}1& -1\\ 1& 4\end{array}\right|=5$$ $$C_{21}=-\left|\begin{array}{cc}1& 3\\ 4& -2\end{array}\right|=14,C_{22}=+\left|\begin{array}{cc}2& 3\\ 1& -2\end{array}\right|=-7,C_{23}=-\left|\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 4\end{array}\right|=-7$$ $$C_{31}=+\left|\begin{array}{cc}1& 3\\ -1& 1\end{array}\right|=4,C_{32}=-\left|\begin{array}{cc}2& 3\\ 1& 1\end{array}\right|=1,C_{33}=+\left|\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& -1\end{array}\right|=-3$$

转置后得到伴随矩阵：

$$\mathrm{adj}A=\left[\begin{array}{ccc}-2& 14& 4\\ 3& -7& 1\\ 5& -7& -3\end{array}\right]$$

$\det A$ 可以直接算，但下面这步乘法顺便验算了全部九个余子式：

$$(\mathrm{adj}A)\cdot A=\left[\begin{array}{ccc}-2& 14& 4\\ 3& -7& 1\\ 5& -7& -3\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}2& 1& 3\\ 1& -1& 1\\ 1& 4& -2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}14& 0& 0\\ 0& 14& 0\\ 0& 0& 14\end{array}\right]=14I$$

由定理 8 知 $\det A=14$，于是

$$A^{-1}=\frac{1}{14}\left[\begin{array}{ccc}-2& 14& 4\\ 3& -7& 1\\ 5& -7& -3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}-1/7& 1& 2/7\\ 3/14& -1/2& 1/14\\ 5/14& -1/2& -3/14\end{array}\right]$$

数值注记：定理 8 主要用于理论推导——它让你能不真正算出 $A^{-1}$ 就研究逆矩阵的性质（比如 3.2 节习题 18：若 $A$ 全是整数且 $\det A=1$，则 $A^{-1}$ 也全是整数）。真要计算逆矩阵时，2.2 节的行变换算法几乎总是更好。克莱默法则同样是理论工具：可用来研究 $\mathbf{b}$ 或 $A$ 的某个元素（比如因实验测量误差）变化时解的敏感度。一个例外：$3\times 3$ 复数矩阵时，有时会选克莱默法则手算，因为复数行削减元很烦而行列式好算；对更大的 $n\times n$ 矩阵，克莱默法则低效到绝望——光算一个行列式的工作量就抵得上用行变换解整个方程组。

行列式 = 面积 / 体积

现在验证章首预告的几何解释。本节默认读者已具备 ${\mathbb{R}}^2$、${\mathbb{R}}^3$ 中通常的长度、面积、体积概念。

定理 9 若 $A$ 是 $2\times 2$ 矩阵，则 $A$ 的两个列向量所确定的平行四边形面积为 $|\det A|$。若 $A$ 是 $3\times 3$ 矩阵，则 $A$ 的三个列向量所确定的平行六面体体积为 $|\det A|$。

证明（${\mathbb{R}}^2$ 情形） 对对角矩阵结论显然：

$$\left|\det \left[\begin{array}{cc}a& 0\\ 0& d\end{array}\right]\right|=|ad|=\text{边长 }|a|,|d|\text{ 的矩形面积}$$

图 3-2：对角矩阵 $\left[\begin{array}{cc}a& 0\\ 0& d\end{array}\right]$ 的列确定一个矩形，面积恰为 $|ad|$

只需证明任何 $A=\left[\begin{array}{cc}{\mathbf{a}}_1& {\mathbf{a}}_2\end{array}\right]$ 都能通过”既不改变平行四边形面积、也不改变 $|\det A|$“的操作变成对角矩阵。由 3.2 节，列对换与”一列的倍数加到另一列”都不改变行列式的绝对值，而这些操作足以把 $A$ 化成对角矩阵（想想对 $A^T$ 做行变换）。列对换根本不改变平行四边形本身，所以只需验证下面这个简单的几何观察：

设 ${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2$ 是非零向量，$c$ 为任意常数，则 ${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2$ 确定的平行四边形与 ${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2+c{\mathbf{a}}_1$ 确定的平行四边形面积相等。

图 3-3：两个面积相等的平行四边形——沿 ${\mathbf{a}}_1$ 方向”剪切”不改变面积

为什么？若 ${\mathbf{a}}_2$ 是 ${\mathbf{a}}_1$ 的倍数，两个平行四边形都退化为零面积。否则，设 $L$ 是过原点与 ${\mathbf{a}}_1$ 的直线，则 ${\mathbf{a}}_2$ 与 ${\mathbf{a}}_2+c{\mathbf{a}}_1$ 都在与 $L$ 平行的直线 ${\mathbf{a}}_2+L$ 上，到 $L$ 的垂直距离相同；两个平行四边形又共享同一条底边（$0$ 到 ${\mathbf{a}}_1$），所以”底 × 高”相同，面积相等。∎

${\mathbb{R}}^3$ 情形完全类似。对角矩阵的情形显然：

图 3-4：$3\times 3$ 对角矩阵的列确定一个长方体，体积为 $|abc|$

而任何 $3\times 3$ 矩阵都能用不改变 $\det A$ 的列运算化成对角矩阵，所以只需说明列替换不改变平行六面体的体积。平行六面体的体积 = 底面（在平面 $\mathrm{Span}\{{\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_3\}$ 内）面积 × ${\mathbf{a}}_2$ 到该平面的高。把 ${\mathbf{a}}_2$ 换成 ${\mathbf{a}}_2+c{\mathbf{a}}_1$ 时，新向量仍落在与 $\mathrm{Span}\{{\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_3\}$ 平行的平面 ${\mathbf{a}}_2+\mathrm{Span}\{{\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_3\}$ 内，高度不变，故体积不变：

图 3-5：两个体积相等的平行六面体——沿底面内的方向”推斜”不改变体积

例 4 计算由点 $(-2,-2),(0,3),(4,1),(6,4)$ 确定的平行四边形的面积。

解 第一步：平移到原点。把每个顶点都减去 $(-2,-2)$，得到新平行四边形（面积不变），顶点为 $(0,0),(2,5),(6,1),(8,6)$。

图 3-6：例 4 的原始平行四边形（不经过原点）

图 3-7：把每个顶点减去 $(-2,-2)$ 平移到原点后，面积不变

现在这个平行四边形由矩阵

$$A=\left[\begin{array}{cc}2& 6\\ 5& 1\end{array}\right]$$

的两列确定，而 $\det A=2\cdot 1-6\cdot 5=-28$。由定理 9，面积为 $|\det A|=|-28|=28$。

常见坑

1. 定理 9 给的是绝对值 $|\det A|$——行列式本身可正可负（取决于列的左右手性），但面积体积恒非负。
2. 平行四边形顶点不在原点时，必须先平移到原点（所有顶点减去同一个顶点）再取列向量算行列式，直接拿原坐标当列向量会算错。

线性变换与面积缩放

设 $T$ 是线性变换，$S$ 是其定义域中的集合，$T(S)$ 表示 $S$ 中各点像的集合。我们关心：$T(S)$ 的面积/体积与 $S$ 的相比变化了多少？

定理 10 设 $T:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^2$ 是由 $2\times 2$ 矩阵 $A$ 确定的线性变换。若 $S$ 是 ${\mathbb{R}}^2$ 中的平行四边形，则

$$\{T(S)\text{ 的面积}\}=|\det A|\cdot \{S\text{ 的面积}\}$$

若 $T$ 由 $3\times 3$ 矩阵 $A$ 确定，$S$ 是 ${\mathbb{R}}^3$ 中的平行六面体，则 $\{T(S)\text{ 的体积}\}=|\det A|\cdot \{S\text{ 的体积}\}$。

证明思路（$2\times 2$ 情形） 设 $A=\left[\begin{array}{cc}{\mathbf{a}}_1& {\mathbf{a}}_2\end{array}\right]$，原点处的平行四边形 $S$ 由向量 ${\mathbf{b}}_1,{\mathbf{b}}_2$ 确定，即 $S=\{s_1{\mathbf{b}}_1+s_2{\mathbf{b}}_2:0\le s_1\le 1,0\le s_2\le 1\}$。由线性性，$T(s_1{\mathbf{b}}_1+s_2{\mathbf{b}}_2)=s_{1}A{\mathbf{b}}_1+s_{2}A{\mathbf{b}}_2$，所以 $T(S)$ 正是矩阵 $\left[\begin{array}{cc}A{\mathbf{b}}_1& A{\mathbf{b}}_2\end{array}\right]=AB$（其中 $B=\left[\begin{array}{cc}{\mathbf{b}}_1& {\mathbf{b}}_2\end{array}\right]$）的列确定的平行四边形。由定理 9 与行列式乘法性质：

$$\{T(S)\text{ 的面积}\}=|\det (AB)|=|\det A|\cdot |\det B|=|\det A|\cdot \{S\text{ 的面积}\}$$

对任意位置的平行四边形 $\mathbf{p}+S$：线性变换把它映成 $T(\mathbf{p})+T(S)$（平移的像 = 像的平移），而平移不改变面积，逐串等式即得结论。$3\times 3$ 情形类似。∎

推广到弯曲区域：对 ${\mathbb{R}}^2$、${\mathbb{R}}^3$ 中不由直线/平面围成的一般区域，“面积/体积”本身要用微积分的思想定义。以 ${\mathbb{R}}^2$ 为例：用细密的小方格从内部逼近区域 $R$，格子足够小时，方格面积之和可以任意接近 $R$ 的面积。

图 3-8：用小方格从内部逼近平面区域，网格越细逼近越好

线性变换 $T$（矩阵 $A$）把每个小方格映成面积 $|\det A|$ 倍的平行四边形，所以像区域 $T(R)$ 的面积 ≈ $|\det A|\times$（方格面积之和）。取极限即得推广结论：只要 $S$ 是具有有限面积的平面区域（或有限体积的空间区域），定理 10 的缩放公式依然成立。

图 3-9：$T(R)$ 被一个个小平行四边形的像逼近

例 5 设 $a,b$ 为正数，求由椭圆 $\frac{x_1^2}{a^2}+\frac{x_2^2}{b^2}=1$ 围成的区域 $E$ 的面积。

解 声明：$E$ 恰是单位圆盘 $D$ 在由 $A=\left[\begin{array}{cc}a& 0\\ 0& b\end{array}\right]$ 确定的线性变换 $T$ 下的像。理由：若 $\mathbf{x}=A\mathbf{u}$（即 $x_1=a{u}_1,x_2=b{u}_2$），则 $u_1=x_1/a,u_2=x_2/b$，于是

$$u_1^2+u_2^2\le 1⟺{\left(\frac{x_1}{a}\right)}^2+{\left(\frac{x_2}{b}\right)}^2\le 1$$

即 $\mathbf{u}\in D⟺\mathbf{x}\in E$。由定理 10 的推广：

$$\{\text{椭圆面积}\}=\{T(D)\text{ 的面积}\}=|\det A|\cdot \{D\text{ 的面积}\}=ab\cdot \pi (1{)}^2=\pi ab$$

图 3-10：线性变换 $T$ 把单位圆盘 $D$ 拉伸为椭圆区域 $E$，面积放大 $|\det A|=ab$ 倍

这就是微积分里熟知的椭圆面积公式 $\pi ab$——行列式视角下它几乎不用积分就出来了。

拓展（原书习题 32 的思想）：四面体的体积。 顶点为 $0,{\mathbf{e}}_1,{\mathbf{e}}_2,{\mathbf{e}}_3$ 的标准四面体 $S$，经线性变换 $\mathbf{x}\mapsto \left[\begin{array}{ccc}{\mathbf{v}}_1& {\mathbf{v}}_2& {\mathbf{v}}_3\end{array}\right]\mathbf{x}$ 映成顶点为 $0,{\mathbf{v}}_1,{\mathbf{v}}_2,{\mathbf{v}}_3$ 的四面体 $S^{\prime }$。用”锥体体积 = (1/3)×底面积×高”可算出 $S$ 的体积是单位立方体的 $1/6$，于是

$$\{S^{\prime }\text{ 的体积}\}=\frac{1}{6}\left|\det \left[\begin{array}{ccc}{\mathbf{v}}_1& {\mathbf{v}}_2& {\mathbf{v}}_3\end{array}\right]\right|$$

图 3-11：标准四面体 $S$，顶点为 $0,{\mathbf{e}}_1,{\mathbf{e}}_2,{\mathbf{e}}_3$

图 3-12：线性变换把 $S$ 映为顶点 $0,{\mathbf{v}}_1,{\mathbf{v}}_2,{\mathbf{v}}_3$ 的四面体 $S‘$，体积缩放 $|\det A|$ 倍

本节习题见原书（含用克莱默法则解方程组、求含参数系统的唯一解条件、伴随矩阵求逆、平行四边形/平行六面体面积体积等）。

练习题（3.3） 设 $S$ 是由向量 ${\mathbf{b}}_1=\left[\begin{array}{c}1\\ 3\end{array}\right]$ 和 ${\mathbf{b}}_2=\left[\begin{array}{c}5\\ 1\end{array}\right]$ 确定的平行四边形，$A=\left[\begin{array}{cc}1& -0.1\\ 0& 2\end{array}\right]$。计算 $S$ 在映射 $\mathbf{x}\mapsto A\mathbf{x}$ 下的像的面积。

解答 两步走。第一步：$S$ 本身的面积由定理 9，

$$\{S\text{ 的面积}\}=\left|\det \left[\begin{array}{cc}1& 5\\ 3& 1\end{array}\right]\right|=|1\cdot 1-5\cdot 3|=|-14|=14$$

第二步：$\det A=1\cdot 2-(-0.1)\cdot 0=2$。由定理 10，像的面积按 $|\det A|=2$ 倍缩放：

$$\{T(S)\text{ 的面积}\}=|\det A|\cdot \{S\text{ 的面积}\}=2\cdot 14=28$$

注意不需要真的把 ${\mathbf{b}}_1,{\mathbf{b}}_2$ 乘以 $A$ 再算新平行四边形的面积——缩放公式让我们一步到位。答案：$28$。

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自测一下

行列式沿第 $i$ 行展开时，每一项的符号怎么确定？为什么"挑零多的行/列展开"能省计算？

每项符号由位置的棋盘规律 $(-1{)}^{i+j}$ 决定（左上角为 $+$，沿行、列交替），也可以直接用带符号的代数余子式 $C_{ij}=(-1{)}^{i+j}\det A_{ij}$。若某行/列零很多，展开式中这些项整体为 $0$，对应的余因子根本不用算，所以计算量大幅下降；极端情形（三角矩阵沿含零的列连降阶）直接得到”对角线连乘”（定理 2）。

心算： $A=\left[\begin{array}{cccc}2& 0& 0& 0\\ 7& 3& 0& 0\\ 1& 5& 1& 0\\ 4& 6& 8& 5\end{array}\right]$ 的行列式是多少？

$A$ 是下三角矩阵，由定理 2 行列式等于主对角线元素之积：$\det A=2\cdot 3\cdot 1\cdot 5=30$。完全不用展开——见到三角矩阵直接连乘对角线即可。

已知 $A$ 是 $3\times 3$ 矩阵且 $\det A=5$，求 $\det (2A)$、$\det (A^2)$、$\det (A^T)$、$\det (A^{-1})$。

$\det (2A)=2^3\cdot 5=40$（三行各乘 $2$，共提出三个 $2$，注意不是 $2\det A$）；$\det (A^2)=\det (AA)=(\det A{)}^2=25$（定理 6）；$\det (A^T)=\det A=5$（定理 5）；$A$ 可逆时由 $A{A}^{-1}=I$ 和 $\det I=1$ 得 $\det (A^{-1})=1/\det A=1/5$（定理 6 的推论）。

为什么 $\det (A+B)\ne \det A+\det B$？举个反例。

因为行列式对列（行）只是”单个向量意义的线性”，不是对整个矩阵线性。反例：取 $A=B=I_2$，则 $\det (A+B)=\det \left[\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 2\end{array}\right]=4$，而 $\det A+\det B=1+1=2$，两者不等。乘法才有对应性质：$\det (AB)=\det A\cdot \det B$（定理 6）。

克莱默法则在什么条件下可用？公式是什么？为什么不推荐用它手算大型方程组？

条件：系数矩阵 $A$ 可逆（$\det A\ne 0$），此时 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 的唯一解为 $x_i=\det A_i(\mathbf{b})/\det A$，其中 $A_i(\mathbf{b})$ 是把 $A$ 第 $i$ 列换成 $\mathbf{b}$ 的矩阵。不推荐大型手算的原因：解 $n$ 个分量需要算 $n+1$ 个 $n$ 阶行列式，而即便只算一个 $n$ 阶行列式的工作量就已约等于用行变换解完整个方程组（行变换法约 $\frac{2n^3}{3}$ 次运算），所以克莱默法则主要价值在理论上（如分析 $\mathbf{b}$ 变动对解的敏感度）。