# 排列

注意：

1. $n$ 元排列的总数为 $n!$；

2. 将 $1, 2, \cdots, n$ 按从小到大的顺序得到的排列 $(1 2 \cdots n)$ 称为 标准排列。

3. 在任意一个排列 $(j_1 j_2 \cdots j_n)$ 中，可能出现顺序 “颠倒” 的情况：$p < q$ 然而 $j_p > j_q$，也就是较大的数 $j_p$ 反而排在较小的数 $j_q$ 的前面。每出现一对这样的 $(j_p, j_q)$ 称为这个排列的一个 逆序。

排列 $(j_1 j_2 \cdots j_n)$ 中的逆序的个数称为这个排列的 逆序数，记作 $\tau (j_1 j_2 \cdots j_n)$。逆序数为偶数的排列称为 偶排列，逆序数为奇数的排列称为 奇排列。

定理 $1$：任意一个排列经过任一次对换，必改变奇偶性。

证明：首先考虑 相邻 两个数 $k_i, k_{i + 1}$ 的对换。

若 $k_i > k_{i + 1}$ 则对换后逆序数减少 $1$；若 $k_i < k_{i + 1}$ 则对换后逆序数增加 $1$。无论哪种情形，奇偶性都改变。

一般情形，不相邻对换可通过相邻对换来实现：

不妨设 $i < j$，将 $k_i$ 与 $k_{i + 1}$ 对换，再与 $k_{i + 2}$ 对换，换了 $j - i$ 次后再将 $k_j$ 与 $k_{j - 1}$ 对换，再与 $k_{j - 2}$ 对换，经过了 $j - i - 1$ 次后，$k_i$ 与 $k_j$ 实现对换，一共进行了 $2(j - i) - 1$ 次相邻对换，因此 奇偶性发生改变。

定理 $2$：每个排列 $(j_1 j_2 \cdots j_n)$ 都可以经过有限次对换变成标准排列 $(1 2 \cdots n)$。同一排列 $(j_1 j_2 \cdots j_n)$ 变成标准排列经过的对换次数 $s$ 不唯一，但 奇偶性唯一，并且与排列的奇偶性相同。

对于排列 $(j_1 j_2 \cdots j_n)$，规定：

$$\mathrm {sgn} (j_1 j_2 \cdots j_n) = (-1)^{\tau (j_1 j_2 \cdots j_n)} = \begin {cases} 1 & 当 (j_1 j_2 \cdots j_n) 是偶排列；\\ -1 & 当 (j_1 j_2 \cdots j_n) 是奇排列；\\ \end {cases}$$

# n 阶行列式的定义

将 $n^2$ 个数 $a_{i, j} (i, j = 1, 2, \cdots, n)$ 排成 $n$ 行 $n$ 列的形式，按如下方式计算：

$$\Delta = \begin {vmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ a_{2, 1} & a_{2, 2} & \cdots & a_{2, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end {vmatrix} = \sum_{(i_1 i_2 \cdots i_n)} \mathrm {sgn} (i_1 i_2 \cdots i_n) a_{1, i_1} a_{2, i_2} \cdots a_{n, i_n}$$

得到一个数，称为 $n$ 阶行列式，上面的式子中的求和号 $\sum\limits_{i_1 i_2 \cdots i_n}$ 表示对所有的排列 $(i_1 i_2 \cdots i_n)$ 求和。

解：(1)

$$\begin {vmatrix} a_{1, 1} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & a_{2, 2} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & a_{n, n} \end {vmatrix} = a_{1, 1} a_{2, 2} \cdots a_{n, n}$$

(2)

$$\begin {vmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ 0 & a_{2, 2} & \cdots & a_{2, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & a_{n, n} \end {vmatrix} = a_{1, 1} a_{2, 2} \cdots a_{n, n}$$

解：(1) 对于该行列式，在第三行取元素时永远取到 $0$，因此该行列式值为 $0$。

(2) 对于该行列式，在第 $2 \sim 4$ 行至少会取到一个 $0$，因此该行列式值为 $0$。

# 行列式的性质

行列式从每一行中取一个元素，使它们各在不同列中，将这些元素相乘得到一个乘积 $a_{1, j_1} a_{2, j_2} \cdots a_{n, j_n}$。这些元素 $a_{1, j_1}, a_{2, j_2}, \cdots, a_{n, j_n}$ 既然各在不同的列中，就可以在乘积中将它们按列指标从小到大的顺序重新排列，得到同样的乘积 $a_{i_1, 1} a_{i_2, 2} \cdots a_{i_n, n}$。

这样的 重新排列 可以这样来实现：

将排列 $(j_1 j_2 \cdots j_n)$ 中的各数码 $j_1, j_2, \cdots, j_n$ 经过 $s$ 次对换变成标准排列 $(1 2 \cdots n)$，对应的各因子 $a_{1, j_1} a_{2, j_2} \cdots a_{n, j_n}$ 经过同样这些对换变成按顺序 $a_{i_1, 1} a_{i_2, 2} \cdots a_{i_n, n}$，因而各因子 $a_{1, j_1} a_{2, j_2} \cdots a_{n, j_n}$ 的行指标经过相应的 $s$ 次对换变成按顺序 $i_1, i_2, \cdots, i_n$ 排列。

这说明排列 $(j_1, j_2, \cdots, j_n)$ 与 $i_1, i_2, \cdots, i_n$ 的奇偶性相同，因此 $(-1)^{\tau (j_1 j_2 \cdots j_n)} = (-1)^{\tau (i_1 i_2 \cdots i_n)}$。

进而：

设行列式 $\Delta = \det A$，则 $\det A^T$ 称为 $\Delta$ 的 转置，记作 $\Delta^T$。

定理 $3$：行列式有如下的性质：

1. $\det A = \det A^T$，即转置不改变行列式的值（行列式的行和列是同等地位的）。

2. $\Delta$ 中某行（列）可拆成两个向量的和，则 $\Delta$ 可以拆成相应两个 $\Delta_1, \Delta_2$ 的和。

   (1) $\Delta(\beta_k + \gamma_k) = \Delta(\beta_k) + \Delta(\gamma_k)$；

   (2) $\Delta (\lambda \alpha_k) = \lambda \Delta (\alpha_k)$。

3. 将行列式的任意一行（列）乘以常数 $\lambda$，则行列式的值变为原来的 $\lambda$ 倍。

4. 行列式两行（列）对换，行列式的值变为原来的相反数。

5. 若行列式某行（列）元全为 $0$，则行列式为 $0$。

6. 若行列式某两行（列）相等，则行列式为 $0$。

7. 若行列式某两行（列）对应成比例，则行列式为 $0$。

8. 若行列式某一行（列）的 $\lambda$ 倍加到另一行（列），行列式的值不变。

解：

$$\Delta = \begin {vmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & -3 & -9 \\ 0 & -7 & -10 & -12 \\ 0 & -2 & -2 & -2 \end {vmatrix} = 2 \begin {vmatrix} 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -3 & -5 \\ 0 & 0 & -3 & -9 \end {vmatrix} = 2 \begin {vmatrix} 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -3 & -5 \\ 0 & 0 & 0 & -4 \end {vmatrix} = 2 \times 1 \times 1 \times (-3) \times (-4) = 24$$

解：

$$\Delta = \begin {vmatrix} x + (n - 1) a & x + (n - 1) a & x + (n - 1) a & \cdots & x + (n - 1) a \\ a & x & a & \cdots & a \\ a & a & x & \cdots & a \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a & a & a & \cdots & x \end {vmatrix} = [x + (n - 1) a] \begin {vmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ a & x & a & \cdots & a \\ a & a & x & \cdots & a \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a & a & a & \cdots & x \end {vmatrix} = [x + (n - 1) a] \begin {vmatrix} 1 & 0 & 0 \cdots & 0 \\ a & x - a & 0 & \cdots & 0 \\ a & 0 & x - a & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a & 0 & 0 & \cdots & x - a \end {vmatrix} = [x + (n - 1) a] (x - a)^{n - 1}$$

解：

$$\begin {aligned} \Delta & \xlongequal {所有其他列加到第 1 列；提公因子} \frac {n (n + 1)} 2 \begin {vmatrix} 1 & 2 & 3 & \cdots & n - 1 & n \\ 1 & 3 & 4 & \cdots & n & 1 \\ 1 & 4 & 5 & \cdots & 1 & 2 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 1 & 1 & 2 & \cdots & n - 2 & n - 1 \end {vmatrix} \\ & \xlongequal {每一行减去上一行} \frac {n (n + 1)} 2 \begin {vmatrix} 1 & 2 & 3 & \cdots & n - 1 & n \\ 0 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1 - n \\ 0 & 1 & 1 & \cdots & 1 - n & 1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 1 - n & 1 & \cdots & 1 & 1 \end {vmatrix} \\ & \xlongequal {化简行列式} \frac {n (n + 1)} 2 \begin {vmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 & 1 - n \\ 1 & 1 & \cdots & 1 - n & 1 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 1 - n & 1 & \cdots & 1 & 1 \end {vmatrix}_{(n - 1) \times (n - 1)} \\ & \xlongequal {各行加到第 1 行} \frac {n (n + 1)} 2 \begin {vmatrix} -1 & -1 & \cdots & -1 & -1 \\ 1 & 1 & \cdots & 1 - n & 1 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 1 - n & 1 & \cdots & 1 & 1 \end {vmatrix}_{(n - 1) \times (n - 1)} \\ & \xlongequal {第 1 行加到各行} \frac {n (n + 1)} 2 \begin {vmatrix} -1 & -1 & \cdots & -1 & -1 \\ 0 & 0 & \cdots & -n & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ -n & 0 & \cdots & 0 & 0 \end {vmatrix}_{(n - 1) \times (n - 1)} \\ & = \frac {n (n - 1)} 2 (-1)^{1 + 2 + \cdots + (n - 2)} (-1) (-n)^{n - 2} = \frac {n (n + 1)} 2 (-1)^{\frac {n (n - 1)} 2} n^{n - 2} \end {aligned}$$

解：

$$\begin {aligned} V(x_1, x_2, \cdots, x_n) & \xlongequal {各行减去上一行的 x_1 倍} \begin {vmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 0 & x_2 - x_1 & x_3 - x_1 & \cdots & x_n - x_1 \\ 0 & x_2 (x_2 - x_1) & x_3 (x_3 - x_1) & \cdots & x_n (x_n - x_1) \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & x_2^{n - 2} (x_2 - x_1) & x_3^{n - 2} (x_3 - x_1) & \cdots & x_n^{n - 2} (x_n - x_1) \end {vmatrix} \\ & = \begin {vmatrix} x_2 - x_1 & x_3 - x_1 & \cdots & x_n - x_1 \\ x_2 (x_2 - x_1) & x_3 (x_3 - x_1) & \cdots & x_n (x_n - x_1) \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ x_2^{n - 2} (x_2 - x_1) & x_3^{n - 2} (x_3 - x_1) & \cdots & x_n^{n - 2} (x_n - x_1) \end {vmatrix}_{(n - 1) \times (n - 1)} \\ & = (x_2 - x_1) (x_3 - x_1) \cdots (x_n - x_1) \begin {vmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ x_2 & x_3 & \cdots & x_n \\ x_2^2 & x_3^2 & \cdots & x_n^2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ x_2^{n - 2} & x_3^{n - 2} & \cdots & x_n^{n - 2} \end {vmatrix}_{(n - 1) \times (n - 1)} \\ & = (x_2 - x_1) (x_3 - x_1) \cdots (x_n - x_1) \cdot V(x_2, x_3, \cdots, x_n) \end {aligned}$$

由此得到递推关系：

$$V(x_1, x_2, \cdots, x_n) = \prod_{1 < i \le n} (x_i - x_1) \cdot V(x_2, x_3, \cdots, x_n)$$

注意到：

$$V(x_1, x_2) = \begin {vmatrix} 1 & 1 \\ x_1 & x_2 \end {vmatrix} = x_2 - x_1$$

由数学归纳法得：

$$V(x_1, x_2, \cdots, x_n) = \prod_{1 \le j < i \le n} (x_i - x_j)$$

# 习题

1. 求逆序数 $\tau (n \quad (n - 1) \quad \cdots \quad 2 \quad 1)$，并讨论 $n \quad (n - 1) \quad \cdots \quad 2 \quad 1$ 的奇偶性。

   解：

   $$\tau (n \quad (n - 1) \quad \cdots \quad 2 \quad 1) = 1 + 2 + \cdots + (n - 1) = \frac {n (n - 1)} 2$$

   当 $n = 4k + 2$ 或 $n = 4k + 3$ 时，$\tau (n \quad (n - 1) \quad \cdots \quad 2 \quad 1)$ 为奇数，该排列为奇排列；
   当 $n = 4k$ 或 $n = 4k + 1$ 时，$\tau (n \quad (n - 1) \quad \cdots \quad 2 \quad 1)$ 为偶数，该排列为偶排列。

2. 计算行列式：

   (1) $\begin {vmatrix} x & y & x + y \\ y & x + y & x \\ x + y & x & y \end {vmatrix}$；

   (2) $\begin {vmatrix} a & b & c \\ b & c & a \\ c & a & b \end {vmatrix}$；

   (3) $\begin {vmatrix} a^2 & (a + 1)^2 & (a + 2)^2 \\ b^2 & (b + 1)^2 & (b + 2)^2 \\ c^2 & (c + 1)^2 & (c + 2)^2 \end {vmatrix}$；

   (4) $\begin {vmatrix} 1 & 2 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & 4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & 3 \end {vmatrix}$；

   (5) $\begin {vmatrix} 1 + a & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 - a & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 + b & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 - b \end {vmatrix}$

   (1) 解：

   $$\begin {vmatrix} x & y & x + y \\ y & x + y & x \\ x + y & x & y \end {vmatrix} = x \begin {vmatrix} x + y & x \\ x & y \end {vmatrix} + y \begin {vmatrix} x & y \\ y & x + y \end {vmatrix} + (x + y) \begin {vmatrix} y & x + y \\ x + y & x \end {vmatrix} = -2 x^3 - 2 y^3$$

   (2) 解：

   $$\begin {vmatrix} a & b & c \\ b & c & a \\ c & a & b \end {vmatrix} = a \begin {vmatrix} c & a \\ a & b \end {vmatrix} + b \begin {vmatrix} a & b \\ b & c \end {vmatrix} + c \begin {vmatrix} b & c \\ c & a \end {vmatrix} = 3abc - a^3 - b^3 - c^3$$

   (3) 解：

   $$\begin {aligned} & \begin {vmatrix} a^2 & (a + 1)^2 & (a + 2)^2 \\ b^2 & (b + 1)^2 & (b + 2)^2 \\ c^2 & (c + 1)^2 & (c + 2)^2 \end {vmatrix} \\ & \xlongequal {将第 2, 3 列减去第 1 列，提公因数} 4 \begin {vmatrix} a^2 & 2a + 1 & a + 1 \\ b^2 & 2b + 1 & b + 1 \\ c^2 & 2c + 1 & c + 1 \end {vmatrix} \\ & \xlongequal {将第 2, 3 行减去第 1 行，提公因数} 4 (a - b) (a - c) \begin {vmatrix} a^2 & 2a + 1 & a + 1 \\ a + b & 2 & 1 \\ a + c & 2 & 1 \end {vmatrix} \\ & \xlongequal {将第 2 列减去第 3 列的两倍} 4 (a - b) (a - c) \begin {vmatrix} a^2 & -1 & a + 1 \\ a + b & 0 & 1 \\ a + c & 0 & 1 \end {vmatrix} \\ &= 4 (a - b) (a - c) \begin {vmatrix} a + b & 1 \\ a + c & 1 \end {vmatrix} = 4 (a - b) (a - c) (b - c) \end {aligned}$$

   (4) 解：

   $$\begin {vmatrix} 1 & 2 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & 4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & 3 \end {vmatrix} = \begin {vmatrix} - \frac 1 2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & 4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & 3 \end {vmatrix} = (- \frac 1 2) \times 4 \times 1 \times 2 \times 3 = -12$$

   (5) 解：

   $$\begin {aligned} & \begin {vmatrix} 1 + a & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 - a & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 + b & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 - b \end {vmatrix} \\ & \xlongequal {第 2 行减去第 1 行, 第 3 行减去第 4 行, 提公因数} -ab \begin {vmatrix} 1 + a & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 - b \end {vmatrix} \\ & \xlongequal {第 1, 4 行同时减去第 2, 3 行之和} -ab \begin {vmatrix} a & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & -b \end {vmatrix} \\ & \xlongequal {第 4 列减去第 3 列} -ab \begin {vmatrix} a & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -b \end {vmatrix} = a^2 b^2 \end {aligned}$$

3. 计算 $n$ 阶行列式：

   (1) $\begin {vmatrix} a_0 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & a_1 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & a_n \end {vmatrix}$；

   (2) $\begin {vmatrix} x & a_1 & a_2 & \cdots & a_{n - 2} & a_{n - 1} \\ a_1 & x & a_2 & \cdots & a_{n - 2} & a_{n - 1} \\ a_1 & a_2 & x & \cdots & a_{n - 2} & a_{n - 1} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ a_1 & a_2 & a_3 & \cdots & a_{n - 1} & x \end {vmatrix}$；

   (3) $\begin {vmatrix} x + a_1 & a_2 & a_3 & \cdots & a_n \\ a_1 & x + a_2 & a_3 & \cdots & a_n \\ a_1 & a_2 & x + a_3 & \cdots & a_n \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_1 & a_2 & a_3 & \cdots & x + a_n \end {vmatrix}$；

   (4) $\begin {vmatrix} \lambda_1 + a_1 b_1 & a_1 b_2 & \cdots & a_1 b_{n - 1} & a_1 b_n \\ a_2 b_1 & \lambda_2 + a_2 b_2 & \cdots & a_2 b_{n - 1} & a_2 b_n \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ a_{n - 1} b_1 & a_{n - 1} b_2 & \cdots & \lambda_{n - 1} + a_{n - 1} b_{n - 1} & a_{n - 1} b_n \\ a_n b_1 & a_n b_2 & \cdots & a_n b_{n - 1} & \lambda_n + a_n b_n \end {vmatrix}$；

   (5) $\begin {vmatrix} \lambda & & & & -a_n \\ -1 & \lambda & & & -a_{n - 1} \\ & \ddots & \ddots & & \vdots \\ & & -1 & \lambda & -a_2 \\ & & & -1 & \lambda - a_1 \end {vmatrix}$

   (1) 解：

   $$\begin {aligned} & \begin {vmatrix} a_0 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & a_1 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & a_2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & a_n \end {vmatrix} \\ & \xlongequal {提公因数} \prod_{i = 1}^n a_i \begin {vmatrix} a_0 & \frac 1 {a_1} & \frac 1 {a_2} & \cdots & \frac 1 {a_n} \\ 1 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & 1 \end {vmatrix} \\ & \xlongequal {第 1 列减去其它列之和} \prod_{i = 1}^n a_i \begin {vmatrix} a_0 - \sum\limits_{i = 1}^n \frac 1 {a_i} & \frac 1 {a_1} & \frac 1 {a_2} & \cdots & \frac 1 {a_n} \\ 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 \end {vmatrix} \\ & = \left( a_0 - \sum_{i = 1}^n \frac 1 {a_i} \right) \cdot \prod_{i = 1}^n a_i \end {aligned}$$

   (2) 解：

   $$\begin {aligned} & \begin {vmatrix} x & a_1 & a_2 & \cdots & a_{n - 2} & a_{n - 1} \\ a_1 & x & a_2 & \cdots & a_{n - 2} & a_{n - 1} \\ a_1 & a_2 & x & \cdots & a_{n - 2} & a_{n - 1} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ a_1 & a_2 & a_3 & \cdots & a_{n - 1} & x \end {vmatrix} \\ & \xlongequal {第 1 列加上其它列之和，提公因数} (x + a_1 + a_2 + \cdots + a_{n - 1}) \begin {vmatrix} 1 & a_1 & a_2 & \cdots & a_{n - 2} & a_{n - 1} \\ 1 & x & a_2 & \cdots & a_{n - 2} & a_{n - 1} \\ 1 & a_2 & x & \cdots & a_{n - 2} & a_{n - 1} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 1 & a_2 & a_3 & \cdots & a_{n - 1} & x \end {vmatrix} \\ & \xlongequal {将每一行都减去第 1 行} (x + a_1 + a_2 + \cdots + a_{n - 1}) \begin {vmatrix} 1 & a_1 & a_2 & \cdots & a_{n - 2} & a_{n - 1} \\ 0 & x - a_1 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & a_2 - a_1 & x - a_2 & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & a_2 - a_1 & a_3 - a_2 & \cdots & a_{n - 1} - a_{n - 2} & x - a_{n - 1} \end {vmatrix} \\ & = (x + a_1 + a_2 + \cdots + a_{n - 1}) \begin {vmatrix} x - a_1 & 0 & \cdots & 0 \\ a_2 - a_1 & x - a_2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_2 - a_1 & a_3 - a_2 & \cdots & x - a_{n - 1} \end {vmatrix}_{(n - 1) \times (n - 1)} \\ & = \left( x + \sum_{i = 1}^{n - 1} a_i \right) \prod_{i = 1}^{n - 1} (x - a_i) \end {aligned}$$

   (3) 解：

   $$\begin {aligned} & \begin {vmatrix} x + a_1 & a_2 & a_3 & \cdots & a_n \\ a_1 & x + a_2 & a_3 & \cdots & a_n \\ a_1 & a_2 & x + a_3 & \cdots & a_n \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_1 & a_2 & a_3 & \cdots & x + a_n \end {vmatrix} \\ & \xlongequal {将每一行都减去第 1 行} \begin {vmatrix} x + a_1 & a_2 & a_3 & \cdots & a_n \\ -x & x & 0 & \cdots & 0 \\ -x & 0 & x & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -x & 0 & 0 & \cdots & x \end {vmatrix} \\ & \xlongequal {第一列加上其它列之和} \begin {vmatrix} x + \sum\limits_{i = 1}^n a_i & a_2 & a_3 & \cdots & a_n \\ 0 & x & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & x & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x \end {vmatrix} \\ & = x^{n - 1} \left( x + \sum_{i = 1}^n a_i \right) \end {aligned}$$

   (4) 解：

   $$\begin {aligned} & \begin {vmatrix} \lambda_1 + a_1 b_1 & a_1 b_2 & \cdots & a_1 b_{n - 1} & a_1 b_n \\ a_2 b_1 & \lambda_2 + a_2 b_2 & \cdots & a_2 b_{n - 1} & a_2 b_n \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ a_{n - 1} b_1 & a_{n - 1} b_2 & \cdots & \lambda_{n - 1} + a_{n - 1} b_{n - 1} & a_{n - 1} b_n \\ a_n b_1 & a_n b_2 & \cdots & a_n b_{n - 1} & \lambda_n + a_n b_n \end {vmatrix} \\ & = \begin {vmatrix} 1 & b_1 & b_2 & \cdots & b_{n - 1} & b_n \\ 0 & \lambda_1 + a_1 b_1 & a_1 b_2 & \cdots & a_1 b_{n - 1} & a_1 b_n \\ 0 & a_2 b_1 & \lambda_2 + a_2 b_2 & \cdots & a_2 b_{n - 1} & a_2 b_n \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & a_{n - 1} b_1 & a_{n - 1} b_2 & \cdots & \lambda_{n - 1} + a_{n - 1} b_{n - 1} & a_{n - 1} b_n \\ 0 & a_n b_1 & a_n b_2 & \cdots & a_n b_{n - 1} & \lambda_n + a_n b_n \end {vmatrix}_{(n + 1) \times (n + 1)} \\ & \xlongequal {第 i + 1 行减去第 1 行的 i 倍} \begin {vmatrix} 1 & b_1 & b_2 & \cdots & b_{n - 1} & b_n \\ -a_1 & \lambda_1 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ -a_2 & 0 & \lambda_2 & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ -a_{n - 1} & 0 & 0 & \cdots & \lambda_{n - 1} & 0 \\ -a_n & 0 & 0 & \cdots & 0 & \lambda_n \end {vmatrix}_{(n + 1) \times (n + 1)} \\ & \xlongequal {第 1 列加上第 i + 1 列的 \frac {a_i} {\lambda_i} 倍} \begin {vmatrix} 1 + \sum\limits_{i = 1}^n \frac {a_i b_i} {\lambda_i} & b_1 & b_2 & \cdots & b_{n - 1} & b_n \\ 0 & \lambda_1 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_2 & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & \lambda_{n - 1} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & \lambda_n \end {vmatrix}_{(n + 1) \times (n + 1)} \\ & = \left( 1 + \sum_{i = 1}^n \frac {a_i b_i} {\lambda_i} \right) \prod_{i = 1}^n \lambda_i \end {aligned}$$

   (5) 解：

   $$\begin {aligned} & \begin {vmatrix} \lambda & & & & -a_n \\ -1 & \lambda & & & -a_{n - 1} \\ & \ddots & \ddots & & \vdots \\ & & -1 & \lambda & -a_2 \\ & & & -1 & \lambda - a_1 \end {vmatrix} \\ & \xlongequal {从上到下依次将上一行的 \frac 1 \lambda 倍加至下一行} \begin {vmatrix} \lambda & & & & -a_n \\ 0 & \lambda & & & -a_{n - 1} - \frac {a_n} {\lambda} \\ & \ddots & \ddots & & \vdots \\ & & 0 & \lambda & -a_2 - \frac 1 \lambda a_3 - \cdots - \frac 1 {\lambda^{n - 2}} a_n \\ & & & 0 & \lambda - a_1 - \frac 1 \lambda a_2 - \cdots - \frac 1 {\lambda_{n - 1}} a_n \end {vmatrix} \\ & = \lambda^{n - 1} \left( \lambda - a_1 - \frac 1 \lambda a_2 - \cdots - \frac 1 {\lambda_{n - 1}} a_n \right) \\ & = \lambda^n - \lambda^{n - 1} a_1 - \cdots - a_n \end {aligned}$$

4. 行列式 $\begin {vmatrix} \lambda - 1 & 2 & -4 \\ -1 & \lambda - 3 & -9 \\ -1 & 4 & \lambda - 16 \end {vmatrix}$ 是一个关于 $\lambda$ 的多项式，求出其 $3$ 次项、$2$ 次项和常数项。

   解：

   $$\begin {vmatrix} \lambda - 1 & 2 & -4 \\ -1 & \lambda - 3 & -9 \\ -1 & 4 & \lambda - 16 \end {vmatrix} = (\lambda - 1) [(\lambda - 3) (\lambda - 16) + 36] + 2 (9 + \lambda - 16) - 4 (-4 + \lambda - 3)$$

   则 $3$ 次项为 $\lambda^3$，$2$ 次项为 $-20 \lambda^2$，常数项为 $-70$

5. 证明：

   $$\begin {vmatrix} b + c & c + a & a + b \\ q + r & r + p & p + q \\ y + z & z + x & x + y \end {vmatrix} = 2 \begin {vmatrix} a & b & c \\ p & q & r \\ x & y & z \end {vmatrix}$$

   证明：

   $$\begin {vmatrix} b + c & c + a & a + b \\ q + r & r + p & p + q \\ y + z & z + x & x + y \end {vmatrix} = \begin {vmatrix} b & c & a \\ q & r & p \\ y & z & x \end {vmatrix} + \begin {vmatrix} c & a & b \\ r & p & q \\ z & x & y \end {vmatrix} = 2 \begin {vmatrix} a & b & c \\ p & q & r \\ x & y & z \end {vmatrix}$$

6. 由 $\begin {vmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \end {vmatrix} = 0$ 证明奇偶排列各半。

   证明：对于任意排列 $(i_1 \quad i_2 \quad \cdots \quad i_n)$，都有 $a_{1, i_1} a_{2, i_2} \cdots a_{n, i_n} = 1$，因此：

   $$\Delta = \sum_{(i_1 \quad i_2 \quad \cdots \quad i_n)} (-1)^{\mathrm {sgn} (i_1 \quad i_2 \quad \cdots \quad i_n)} = 0$$

   即奇排列数量等于偶排列数量，各占一半。