最后更新: 2025-03-01 21:55 查看: 533 次反馈同步训练

拉普拉斯定理

## $k$ 阶子式
 
 我们已经知道, 行列式可以按任一列或任一行展开. 现在我们要将这个结论作进一步的推广. 首先引进 $k$ 阶子式的概念.

设 $|\boldsymbol{A}|$ 是一个 $n$ 阶行列式, $k<n$. 又 $i_1, i_2, \cdots, i_k$ 及 $j_1, j_2, \cdots, j_k$是两组自然数且适合条件:

$$
1 \leq i_1<i_2<\cdots<i_k \leq n ; \quad 1 \leq j_1<j_2<\cdots<j_k \leq n
$$

取行列式 $|\boldsymbol{A}|$ 中第 $i_1$ 行, 第 $i_2$ 行, $\cdots$, 第 $i_k$ 行以及第 $j_1$ 列, 第 $j_2$ 列, $\cdots$, 第 $j_k$列交点上的元素, 按原来 $|\boldsymbol{A}|$ 中的相对位置构成一个 $k$ 阶行列式. 我们称之为 $|\boldsymbol{A}|$的一个 $k$ 阶子式, 记为

$$
\boldsymbol{A}\left(\begin{array}{llll}
i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
j_1 & j_2 & \cdots & j_k
\end{array}\right)
$$

把这个子式写出来就是:

$$
\left|\begin{array}{cccc}
a_{i_1 j_1} & a_{i_1 j_2} & \cdots & a_{i_1 j_k} \\
a_{i_2 j_1} & a_{i_2 j_2} & \cdots & a_{i_2 j_k} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{i_k j_1} & a_{i_k j_2} & \cdots & a_{i_k j_k}
\end{array}\right| .
$$

在行列式 $|\boldsymbol{A}|$ 中去掉第 $i_1$ 行，第 $i_2$ 行， $\cdots$ ，第 $i_k$ 行以及第 $j_1$ 列，第 $j_2$ 列， $\cdots$ ，第 $j_k$ 列以后剩下的元素按原来的相对位置构成一个 $n-k$ 阶行列式. 这个行列式称余子式, 记为

$$
M\left(\begin{array}{llll}
i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
j_1 & j_2 & \cdots & j_k
\end{array}\right)
$$

若令 $p=i_1+i_2+\cdots+i_k, q=j_1+j_2+\cdots+j_k$, 记

$$
\widehat{\boldsymbol{A}}\left(\begin{array}{llll}
i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
j_1 & j_2 & \cdots & j_k
\end{array}\right)=(-1)^{p+q} M\left(\begin{array}{llll}
i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
j_1 & j_2 & \cdots & j_k
\end{array}\right)
$$

称之为代数余子式.
我们这一节主要证明如下的 Laplace (拉普拉斯) 定理.

## Laplace (拉普拉斯) 定理.
 设 $|\boldsymbol{A}|$ 是 $n$ 阶行列式，在 $|\boldsymbol{A}|$ 中任取 $k$ 行 (列)，那么含于这 $k$ 行 (列) 的全部 $k$ 阶子式与它们所对应的代数余子式的乘积之和等于 $|\boldsymbol{A}|$. 即若取定 $k$ 个行: $1 \leq i_1<i_2<\cdots<i_k \leq n$, 则

$$
|\boldsymbol{A}|=\sum_{1 \leq j_1<j_2<\cdots<j_k \leq n} \boldsymbol{A}\left(\begin{array}{llll}
i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
j_1 & j_2 & \cdots & j_k
\end{array}\right) \widehat{\boldsymbol{A}}\left(\begin{array}{llll}
i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
j_1 & j_2 & \cdots & j_k
\end{array}\right)
$$

同样若取定 $k$ 个列: $1 \leq j_1<j_2<\cdots<j_k \leq n$, 则

$$
|\boldsymbol{A}|=\sum_{1 \leq i_1<i_2<\cdots<i_k \leq n} \boldsymbol{A}\left(\begin{array}{llll}
i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
j_1 & j_2 & \cdots & j_k
\end{array}\right) \widehat{\boldsymbol{A}}\left(\begin{array}{cccc}
i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
j_1 & j_2 & \cdots & j_k
\end{array}\right)
$$

##  例题
上面的定理很抽象，下面通过一个例题进行讲解。

`例`设有下列四阶行列式，采用拉普拉斯定理进行求解。
$$
\left|\begin{array}{cccc}
1 & 2 & -1 & 3 \\
7 & 0 & 5 & 2 \\
-2 & 4 & 6 & 1 \\
2 & 3 & 1 & 4
\end{array}\right|  
$$

解：根据拉普拉斯定理，这是一个四阶行列式，所以，我们可以任取1到4阶子式进行展开。其中1阶展开也就是以前学过的行列式展开模式， 所以，我们采用2阶子式来计算本题。

**第一步**：这是一个4解行列式，采用2阶子式时，可以任取两行进行处理，所以，我们固定第二、第三行，参考下图，
 ![图片](/uploads/2025-03/88486d.jpg)
 
 接下来找2列：则共有 $C_4^2(=6)$ 列，即
 
 ①**取第一列第二列**
  ![图片](/uploads/2025-03/da10af.jpg)
  可以看到此时粉红线和深黄线交叉元素为
  
$$
a_1=\left|\begin{array}{cc}
7 & 0 \\
-2 & 4
\end{array}
\right|
$$

而剩余的4个元素为余子式，即余子式为
$$
M_1=\left|\begin{array}{cc}
-1 & 3 \\
1 & 4
\end{array}\right|
$$

又因为交叉的4个元素的位置是第2行，第3行，第1列，第2列，所以，他的代数余子式为：
$$
A_1=(-1)^{2+3+1+2} M_1=(-1)^{2+3+1+2}\left|\begin{array}{cc}
-1 & 3 \\
1 & 4
\end{array}\right|
$$

②**取第一列第三列**

![图片](/uploads/2025-03/d34e4e.jpg)

可以看到此时粉红线和深黄线交叉元素为

$$
a_2=\left|\begin{array}{cc}
7 & 5 \\
-2 & 6
\end{array}
\right|
$$

而剩余的4个元素为余子式，即余子式为
$$
M_2=\left|\begin{array}{cc}
2 & 3 \\
3 & 4
\end{array}\right|
$$

又因为交叉的4个元素的位置是第2行，第3行，第1列，第3列，所以，他的代数余子式为：
$$
A_2=(-1)^{2+3+1+3} M_2=(-1)^{2+3+1+3}\left|\begin{array}{cc}
2 & 3 \\
3 & 4
\end{array}\right|
$$

用同样的方法

③ **取第一列第四列** 可以得到$a_3, A_3$

④**取第二列第三列**，可以得到$a_4, A_4$

⑤**取第二列第四列**，可以得到$a_5, A_5$

⑥**取第三列第四列**，可以得到$a_6, A_6$

于是 Laplace 定理,整个行列式的值为
$$
D=a_1 A_1 +a_2A_2+a_3A_3+a_4A_4+a_5A_5+a_6A6
$$

$$
\begin{aligned}
D= & \left|\begin{arr

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