利用行列式的性质 6 可将一个行列式拆分为两个或多个行列式之和来计算. 用这种方法有时会收到很好的效果. 事实上我们在例 1.25 中一开始就用了这个办法. 下面是又一个例子. 以后我们还要多次使用这个方法.

例 1.32

设 $t$ 是一个参数,

∣ A (t) ∣ = a_{11} + t a_{21} + t ⋮ a_{n 1} + t a_{12} + t a_{22} + t ⋮ a_{n 2} + t \dots \dots \dots a_{1 n} + t a_{2 n} + t ⋮ a_{nn} + t

求证:

∣ A (t) ∣ = ∣ A (0) ∣ + t i, j = 1 \sum n A_{ij},

其中 $A_{ij}$ 是 $a_{ij}$ 在 $∣ A (0) ∣$ 中的代数余子式.

证明

将行列式第一列拆成两列再展开:

∣ A (t) ∣ = a_{11} a_{21} ⋮ a_{n 1} a_{12} + t a_{22} + t ⋮ a_{n 2} + t \dots \dots \dots a_{1 n} + t a_{2 n} + t ⋮ a_{nn} + t + t t ⋮ t a_{12} + t a_{22} + t ⋮ a_{n 2} + t \dots \dots \dots a_{1 n} + t a_{2 n} + t ⋮ a_{nn} + t .

上式中的右边一个行列式用 -1 乘以第一列加到后面的列上去, 得到:

t t ⋮ t a_{12} a_{22} ⋮ a_{n 2} \dots \dots \dots a_{1 n} a_{2 n} ⋮ a_{nn} = t (A_{11} + A_{21} + \dots + A_{n 1}) .

再对另一个行列式第二列拆成两列展开, 不断这样做下去就可得到结论.

用上面的方法不难证明更一般的结论.

推论已知

∣ A ∣ = a_{11} a_{21} ⋮ a_{n 1} a_{12} a_{22} ⋮ a_{n 2} \dots \dots \dots a_{1 n} a_{2 n} ⋮ a_{nn},

则

∣ A (t_{1}, t_{2}, \dots, t_{n}) ∣ = a_{11} + t_{1} a_{21} + t_{1} ⋮ a_{n 1} + t_{1} a_{12} + t_{2} a_{22} + t_{2} ⋮ a_{n 2} + t_{2} \dots \dots \dots a_{1 n} + t_{n} a_{2 n} + t_{n} ⋮ a_{nn} + t_{n} = ∣ A ∣ + j = 1 \sum n t_{j} i = 1 \sum n A_{ij} .

我们将用上面例题中的结论来计算下面的行列式. 虽然这个行列式可以直接套

用例 1.25 的结论, 但是下面的方法仍具有一定的启发性.

计算 $n$ 阶行列式的值:

∣ A ∣ = a c ⋮ c b a ⋮ c \dots \dots \dots b b ⋮ a .

令

∣ A (t) ∣ = a + t c + t ⋮ c + t b + t a + t ⋮ c + t \dots \dots \dots b + t b + t ⋮ a + t = ∣ A ∣ + t u, u = i, j = 1 \sum n A_{ij} .

注意 $u$ 和 $t$ 无关. 当 $t = - b$ 时,得

∣ A (- b) ∣ = a - b c - b ⋮ c - b 0 a - b ⋮ c - b \dots \dots \dots 00 ⋮ a - b = ∣ A ∣ - b u = (a - b)^{n}

同理,当 $t = - c$ 时, $∣ A (- c) ∣ = ∣ A ∣ - c u = (a - c)^{n}$ . 若 $b \neq = c$ ,消去 $u$ 可得

∣ A ∣ = \frac{b ( a - c ) ^{n} - c ( a - b ) ^{n}}{b - c} .

若 $b = c$ ,这是一个各行和相等的行列式,用 $§ 1.2.5$ 的方法不难求得

∣ A ∣ = (a + (n - 1) b) (a - b)^{n - 1} .