6.试证明下列等式

$$(1)\ \left| \begin{matrix} a^{2} & ab & b^{2} \\ 2a & a + b & 2b \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix} \right| = (a - b)^{3}$$

$$(2)\ \left| \begin{matrix} ax + by & ay + bz & az + bx \\ ay + bz & az + bx & ax + by \\ az + bx & ax + by & ay + bz \end{matrix} \right| = \left( a^{3} + b^{3} \right)\left| \begin{matrix} x & y & z \\ y & z & x \\ z & x & y \end{matrix} \right|$$

$$(3)\left| \begin{array}{r} \begin{matrix} a^{2} \\ b^{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} c^{2} \\ d^{2} \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} (a + 1)^{2} \\ (b + 1)^{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} (c + 1)^{2} \\ (d + 1)^{2} \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} (a + 2)^{2} \\ (b + 2)^{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} (c + 2)^{2} \\ (d + 2)^{2} \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} (a + 3)^{2} \\ (b + 3)^{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} (c + 3)^{2} \\ (d + 3)^{2} \end{matrix} \end{array} \right| = 0$$

$$(4)\ \left| \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ a \end{matrix} \\ \begin{matrix} a^{2} \\ a^{4} \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ b \end{matrix} \\ \begin{matrix} b^{2} \\ b^{4} \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ c \end{matrix} \\ \begin{matrix} c^{2} \\ c^{4} \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ d \end{matrix} \\ \begin{matrix} d^{2} \\ d^{4} \end{matrix} \end{array} \right| = (a - b)(a - c)(a - d)(b - c)(b - d)(c - d)(a + b + c + d)$$

$(5)\ \left| \begin{array}{r} \begin{matrix} x \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ a_{0} \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} - 1 \\ x \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ a_{1} \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ - 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} x \\ a_{2} \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 1 \\ a_{3} \end{matrix} \end{array} \right| =$a₃x³+a₂x²+a₁x+a₀

证: (1)原式第三列乘-1加到第一列，第三列乘-1加到第二列，

得$\left| \begin{matrix} a^{2} - b^{2} & ab - b^{2} & b^{2} \\ 2(a - b) & a - b & 2b \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right|$

第二列乘-2加到第一列，

得$\left| \begin{matrix} (a - b)^{2} & ab - b^{2} & b^{2} \\ 0 & a - b & 2b \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right|$=(a-b)²×(a-b)×1=(a-b)³

(2)将左式按第1列拆开得

左式=$\left| \begin{matrix} ax & ay + bz & az + bx \\ ay & az + bx & ax + by \\ az & ax + by & ay + bz \end{matrix} \right| + \left| \begin{matrix} by & ay + bz & az + bx \\ bz & az + bx & ax + by \\ bx & ax + by & ay + bz \end{matrix} \right|$=aD₁+bD₂

其中D₁=$\left| \begin{matrix} x & ay + bz & az + bx \\ y & az + bx & ax + by \\ z & ax + by & ay + bz \end{matrix} \right|\overset{\begin{matrix} c_{3} - bc_{1} \\ c_{3} \div a \end{matrix}}{\Rightarrow}a\left| \begin{matrix} x & ay + bz & z \\ y & az + bx & x \\ z & ax + by & y \end{matrix} \right|\overset{\begin{matrix} c_{2} - bc_{3} \\ c_{2} \div a \end{matrix}}{\Rightarrow}a^{2}\left| \begin{matrix} x & y & z \\ y & z & x \\ z & x & y \end{matrix} \right|$

D₂=$\left| \begin{matrix} y & ay + bz & az + bx \\ z & az + bx & ax + by \\ x & ax + by & ay + bz \end{matrix} \right|\overset{\begin{matrix} c_{2} - ac_{1} \\ c_{2} \div b \end{matrix}}{\Rightarrow}b\left| \begin{matrix} y & z & az + bx \\ z & x & ax + by \\ x & y & ay + bz \end{matrix} \right|\overset{\begin{matrix} c_{3} - ac_{2} \\ c_{3} \div b \end{matrix}}{\Rightarrow}b^{2}\left| \begin{matrix} y & z & x \\ z & x & y \\ x & y & z \end{matrix} \right|$

$$\overset{\begin{matrix} c_{3} \leftrightarrow c_{2} \\ c_{2} \leftrightarrow c_{1} \end{matrix}}{\Rightarrow}b^{2}\left| \begin{matrix} x & y & z \\ y & z & x \\ z & x & y \end{matrix} \right|$$

于是D=aD₁+bD₂=(a³+b³)$\left| \begin{matrix} x & y & z \\ y & z & x \\ z & x & y \end{matrix} \right|$

(3)左式$\overset{\begin{matrix} c_{4} - c_{3} \\ c_{3} - c_{2} \\ c_{2} - c_{1} \end{matrix}}{\Rightarrow}\left| \begin{array}{r} \begin{matrix} a^{2} \\ b^{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} c^{2} \\ d^{2} \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2a + 1 \\ 2b + 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2c + 1 \\ 2d + 1 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2a + 3 \\ 2b + 3 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2c + 3 \\ 2d + 3 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2a + 5 \\ 2b + 5 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2c + 5 \\ 2d + 5 \end{matrix} \end{array} \right|$

$\overset{\begin{matrix} c_{4} - c_{3} \\ c_{3} - c_{2} \end{matrix}}{\Rightarrow}\left| \begin{array}{r} \begin{matrix} a^{2} \\ b^{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} c^{2} \\ d^{2} \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2a + 1 \\ 2b + 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2c + 1 \\ 2d + 1 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2 \\ 2 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 2 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2 \\ 2 \end{matrix} \end{array} \right|$=0 (因有两列相同)

(4)左式$\overset{\begin{matrix} r_{4} - a^{2}r_{3} \\ r_{3} - ar_{2} \\ r_{2} - ar_{1} \end{matrix}}{\Rightarrow}\left| \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ b - a \end{matrix} \\ \begin{matrix} b(b - a) \\ b^{2}\left( b^{2} - a^{2} \right) \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ c - a \end{matrix} \\ \begin{matrix} c(c - a) \\ c^{2}\left( c^{2} - a^{2} \right) \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ d - a \end{matrix} \\ \begin{matrix} d(d - a) \\ d^{2}\left( d^{2} - a^{2} \right) \end{matrix} \end{array} \right|$

$$\overset{\begin{matrix} 按c_{1}展开 \\ 各列提取公因子 \end{matrix}}{\Rightarrow}(b - a)(c - a)(d - a)\left| \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ b & c & d \\ b^{2}(b + a) & c^{2}(c + a) & d^{2}(d + a) \end{matrix} \right|$$

$$\overset{\begin{matrix} r_{3} - b(b + a)r_{2} \\ r_{2} - br_{1} \end{matrix}}{\Rightarrow}(b - a)(c - a)(d - a)\left| \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & c - b & d - b \\ 0 & x & y \end{matrix} \right|$$

$$= (b - a)(c - a)(d - a)\left| \begin{matrix} c - b & d - b \\ x & y \end{matrix} \right|$$

其中x=c²(c+a)-bc(b+a)=c(c²+ac-b²-ab)=c(a+b+c)(c-b)

y=d²(d+a)-bd(b+a)=d(a+b+d)(d-b)

故$\left| \begin{matrix} c - b & d - b \\ x & y \end{matrix} \right|$=(c-b)(d-b)$\left| \begin{matrix} 1 & 1 \\ c(a + b + c) & d(a + b + d) \end{matrix} \right|$

=(c-b)(d-b)[d(a+b+d)-c(a+b+c)]

=(c-b)(d-b)[(d-c)(a+b)+d²-c²]

=(c-b)(d-b)(d-c)(a+b+c+d)

因此 , 左式=(b⎼a)(c-a)(d-a)(c-b)(d-b)(d-c)(a+b+c+d)=右式

(5)证一: 按第1列展开得

$$D = x\left| \begin{matrix} x & - 1 & 0 \\ 0 & x & - 1 \\ a_{1} & a_{2} & a_{3} \end{matrix} \right| - a_{0}\left| \begin{matrix} - 1 & 0 & 0 \\ x & - 1 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 \end{matrix} \right| = x\left( x\left| \begin{matrix} x & - 1 \\ a_{2} & a_{3} \end{matrix} \right| + a_{1}\left| \begin{matrix} - 1 & 0 \\ x & - 1 \end{matrix} \right| \right) + a_{0}$$

=a₃x³+a₂x²+a₁x+a₀

证二: 按最后一行展开得

$$D = - a_{0}\left| \begin{matrix} - 1 & 0 & 0 \\ x & - 1 & 0 \\ 0 & x & - 1 \end{matrix} \right| + a_{1}\left| \begin{matrix} x & 0 & 0 \\ 0 & - 1 & 0 \\ 0 & x & - 1 \end{matrix} \right|$$

$- a_{2}\left| \begin{matrix} x & - 1 & 0 \\ 0 & x & 0 \\ 0 & 0 & - 1 \end{matrix} \right| + a_{3}\left| \begin{matrix} x & - 1 & 0 \\ 0 & x & - 1 \\ 0 & 0 & x \end{matrix} \right|$=a₃x³+a₂x²+a₁x+a₀

7 , 设n阶行列式D=det(a_ij)=$\left| \begin{matrix} a_{11} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & \cdots & a_{nn} \end{matrix} \right|$

把D上下翻转、逆时针旋转90°， 依副对角线翻转，依次得

D₁=$\left| \begin{matrix} a_{n1} & \cdots & a_{nn} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{11} & \cdots & a_{1n} \end{matrix} \right|$ , D₂=$\left| \begin{matrix} a_{1n} & \cdots & a_{nn} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{11} & \cdots & a_{n1} \end{matrix} \right|$ , D₃=$\left| \begin{matrix} a_{nn} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & \cdots & a_{11} \end{matrix} \right|$，

试证明D₁=D₂=$( - 1)^{\frac{n(n - 1)}{2}}$D , D₃=D，

证:(1)通过对换行将D₁变换成D , 从而找出D₁与D的关系

D₁的最后一行是D的第1行 , 把它依次与前面的行交换

直至换到第1行 , 共进行n-1次交换

这时最后一行是D的第2行 , 把它依次与前面的行交换

直至换到第2行 , 共进行n-2次交换⋯⋯直至最后一行是D的第n-1行

再通过一次交换将它换到第n-1行 ,这样就把D₁变换成D

共进行(n-1)+(n-2)+⋯+1=$\ \frac{1}{2}\$n(n-1)次交换 , 故D₁=$( - 1)^{\frac{n(n - 1)}{2}}$D

注:上述对换行(列)的方法 , 特点是在把最后一行换到某一行的同时

保持其余n-1个行之间原有的先后次序(但行的序号可能改变) ,

(2)计算D₂ , 注意到D₂的第1 , 2 , ⋯ , n行恰好依次是D的第n , n-1 , ⋯ , 1列

故若把D₂上下翻转得${\widetilde{D}}_{2}$ ,

则${\widetilde{D}}_{2}$的第1 , 2 , ⋯ ,n行依次是D的第1 , 2 , ⋯ , n列 , 即${\widetilde{D}}_{2}$=D^T

于是由(1)得D₂=$( - 1)^{\frac{n(n - 1)}{2}}{\widetilde{D}}_{2}$=$( - 1)^{\frac{n(n - 1)}{2}}$D^T=$( - 1)^{\frac{n(n - 1)}{2}}$D

(3) 计算D₃ , 注意若把D₃逆时针旋转90°得${\widetilde{D}}_{3}$ ,

则${\widetilde{D}}_{3}$的第1 , 2 , ⋯ , n列恰好是D的第n , n-1 , ⋯ , 1列

于是再把${\widetilde{D}}_{3}$左右翻转就得到D

由(1)之注及(2) , 有D₃=$( - 1)^{\frac{n(n - 1)}{2}}{\widetilde{D}}_{3}$=D

注:对行列式D

作上下翻转、左右翻转、逆(顺)时针旋转90°所得行列式为$( - 1)^{\frac{n(n - 1)}{2}}$D

作依主对角线翻转(转置)、依副对角线翻转、旋转180°所得行列式不变

验证：

已知：$D = \left| \begin{matrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{matrix} \right| = 1 \cdot 4 - 2 \cdot 3 = - 2.$

1. 计算 $D_{1}$（上下翻转） 上下翻转原矩阵：

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}\ \overset{\text{上下翻转}}{\rightarrow}\ \begin{pmatrix} 3 & 4 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}.$$

$$D_{1} = \left| \begin{matrix} 3 & 4 \\ 1 & 2 \end{matrix} \right| = 3 \cdot 2 - 4 \cdot 1 = 2.$$

当 $n = 2$ 时，公式$D_{1} = ( - 1)^{\frac{n(n - 1)}{2}}D$中，$\frac{n(n - 1)}{2} = 1$，$( - 1)^{1} = - 1$，

故 $D_{1} = - D = - ( - 2) = 2$，与直接计算一致。

2. 计算 $D_{2}$（逆时针旋转 $90^{\circ}$）

按文中给出的 $D_{2}$ 形式：$D_{2} = \left| \begin{matrix} 2 & 4 \\ 1 & 3 \end{matrix} \right| = 2 \cdot 3 - 4 \cdot 1 = 2.$

同样有 $D_{2} = ( - 1)^{\frac{n(n - 1)}{2}}D = 2$。

3. 计算 $D_{3}$（依副对角线翻转）

按文中给出的 $D_{3}$ 形式：$D_{3} = \left| \begin{matrix} 4 & 2 \\ 3 & 1 \end{matrix} \right| = 4 \cdot 1 - 2 \cdot 3 = - 2.$

可见 $D_{3} = D$，与所给结论一致。

结论： 对于 $n = 2$ 的特例，$D_{1} = D_{2} = 2,\quad D_{3} = - 2,$

满足$D_{1} = D_{2} = ( - 1)^{\frac{n(n - 1)}{2}}D,\quad D_{3} = D.$