如何定义行列式？从逆序数到行列式的行展开！

本文记录于考研期间，笔者先阅读了居余马的《线性代数（第二版）》，其采用的是行列式的行展开定义法，也就是递归法。因为这种定义法最为快速，只是当证明一些性质时会比较麻烦，比如行列交换相等。

笔者依稀记得当初学习时有逆序的概念，遂查询了丘维声的《简明线性代数（第二版）》，其采用的是逆序数的定义法，比较容易理解行列式的本质，证明相关性质也比较容易。

本文将两种定义法进行对比，帮助读者理解行列式的本质。

补充：此外，行列式还存在第三种定义法，叫公理化定义法，由于其一般出现在高阶教材中，本文不做介绍。

从解多元一次方程组说起

考虑一个二元一次方程组： $$\begin{cases} a_{11} x_{1}+a_{12} x_{2}=b_{1} \ a_{21} x_{1}+a_{22} x_{2}=b_{2} \end{cases}$$ 我们采用消元法来解这个方程组，先消去$x_2$，给第一个方程乘以$a_{22}$，给第二个方程乘以$a_{12}$，然后将两个方程相减，得到： $$\left(a_{11} a_{22}-a_{21} a_{12}\right) x_{1}=b_{1} a_{22}-b_{2} a_{12}$$ 如果$a_{11} a_{22}-a_{21} a_{12} \neq 0$，则解出$x_1$： $$x_{1}=\frac{b_{1} a_{22}-b_{2} a_{12}}{a_{11} a_{22}-a_{21} a_{12}}$$ 观察方程组发现，$x_1$与$x_2$的地位一致，根据对称性，直接写出$x_2$的解： $$x_{2}=\frac{a_{11} b_{2}-a_{21} b_{1}}{a_{11} a_{22}-a_{21} a_{12}}$$

如果记$D=\begin{vmatrix} a & b \ c & d \end{vmatrix}=a d-b c$，则上面的解写成： $$x_{1}=\frac{\begin{vmatrix} b_{1} & a_{12} \ b_{2} & a_{22} \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \ a_{21} & a_{22} \end{vmatrix}}, \quad x_{2}=\frac{\begin{vmatrix} a_{11} & b_{1} \ a_{21} & b_{2} \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \ a_{21} & a_{22} \end{vmatrix}}$$ 这里的$D$就是一个二阶行列式。我们猜想将上面的结果推广到$n$元一次方程组： $$\left{ \begin{array}{c} a_{11} x_{1} + a_{12} x_{2} + \cdots + a_{1n} x_{n} = b_{1} \ a_{21} x_{1} + a_{22} x_{2} + \cdots + a_{2n} x_{n} = b_{2} \ \vdots \ a_{n1} x_{1} + a_{n2} x_{2} + \cdots + a_{nn} x_{n} = b_{n} \end{array} \right.$$ 如果记$D=\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \ \vdots & \vdots & & \vdots \ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{vmatrix}$，则上面的解写成： $$x_{j}=\frac{D_{j}}{D}, \quad j=1,2, \cdots, n$$ 其中$D_{j}$是将$D$的第$j$列换成$b_1, b_2, \cdots, b_n$后得到的行列式。

为了验证这个猜想，我们需要定义高阶行列式，并且进一步证明这个猜想。

递归法定义

先定义余子式与代数余子式：

定义：设$A=\left(a_{i j}\right)${n \times n}A=(aij​)n×n​是一个$n$阶方阵，$a${i j}是它的第$i$行第$j$列元素。去掉$A$的第$i$行和第$j$列后，剩下的$(n-1) \times(n-1)$矩阵记为$M_{i j}$，称为$a_{i j}$的余子式。记$A_{i j}=(-1)^{i+j} M_{i j}$，称为$a_{i j}$的代数余子式。

于是我们定义$n$阶行列式： $$D=\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 n} \ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2 n} \ \vdots & \vdots & & \vdots \ a_{n 1} & a_{n 2} & \cdots & a_{n n} \end{vmatrix}$$ 当$n=1$时，定义$D=a_{11}$；当$n>1$时，定义 $$D=a_{11} A_{11}+a_{12} A_{12}+\cdots+a_{1 n} A_{1 n}$$ 即按第一行展开。实际上，我们也可以按任意一行或一列展开，结果是一样的（证明在下文）。

由定义可见，$D$是一个关于$a_{i j}$的多项式，每一项都是$n$个$a_{i j}$的乘积，并且每一项中没有重复的行和列，一共有$n!$项。

使用这个定义可以证明出行列式的所有性质，但证明较为繁琐。下介绍行列式的另一种定义法。

逆序数定义

排列及其复合

设$S_n$是所有$n$个元素的排列组成的集合，$\sigma \in S_n$表示一个排列，例如$\sigma=(3,1,2)$表示将自然顺序$(1,2,3)$变为$(3,1,2)$。如果$\sigma_1=(2,3,1), \sigma_2=(3,1,2)$，则$\sigma_1 \circ \sigma_2=(1,2,3)$。

排列与函数：排列$\sigma$可以看作是一个从${1,2,\cdots,n}$到${1,2,\cdots,n}$的双射函数，$\sigma(i)$表示排列中第$i$个位置的元素。

复合：排列的复合$\sigma_1 \circ \sigma_2$表示先按$\sigma_2$排列，再按$\sigma_1$排列。

自然顺序是排列中的恒等元，记为$e$，即$e=(1,2,\cdots,n)$，其类似于函数中的恒等映射。

逆序数

设$\sigma$是$S_n$中的一个排列，记其逆序数为$\tau(\sigma)$，定义如下： $$\tau(\sigma)=#{(i,j)|1\leq i<j\leq n,\sigma(i)>\sigma(j)}$$ 例如，对于排列$\sigma=(3,1,2)$，有$\tau(\sigma)=2$，因为$(3,1)$和$(3,2)$是逆序对。

奇排列与偶排列

如果$\tau(\sigma)$是偶数，则称$\sigma$为偶排列，否则称为奇排列。例如，$(1,2,3)$和$(3,1,2)$分别是偶排列和奇排列。

逆序数与对换

定理：设$\sigma$是$S_n$中的一个排列，$\sigma'$是由$\sigma$交换两个位置得到的排列，则$\tau(\sigma)$与$\tau(\sigma')$的奇偶性不同。

证明：

1. 假设交换相邻的两个位置$i$和$i+1$，则$\sigma(i)$与$\sigma(i+1)$的大小关系发生了变化，$\sigma(i)$与其他元素构成的逆序对数量不变，因此$\tau(\sigma)$与$\tau(\sigma')$的奇偶性不同。
2. 假设交换不相邻的两个位置$i$和$j$，设$i$与$j$之间有$k$个位置，则可以通过交换相邻位置的方式将$i$和$j$交换位置，共需交换$2k+1$次，因此$\tau(\sigma)$与$\tau(\sigma')$的奇偶性不同。

定义：交换两个位置的排列称为一个对换，其本身也是一个奇排列，记为$\tau_{i j}$，表示交换位置$i$和$j$，其内容为$(1,2,\cdots,i-1,j,i+1,\cdots,j-1,i,j+1,\cdots,n)$。

对换与排列

定理：任意排列都可以表示为若干个对换的复合。

证明：使用数学归纳法。

1. 当$n=2$时，只有$(1,2)$和$(2,1)$两种排列，$(2,1)$可以表示为$(1,2)$的一个对换。
2. 假设当$n=k$时，结论成立。考虑$n=k+1$的情况，设$\sigma \in S_{k+1}$，如果$\sigma(k+1)=k+1$，则$\sigma$可以看作是$S_k$中的一个排列，结论成立。如果$\sigma(k+1)=i \neq k+1$，则交换$i$和$k+1$，得到一个新的排列$\sigma'$，使得$\sigma'(k+1)=k+1$，根据假设，$\sigma'$可以表示为若干个对换的复合，因此$\sigma$也可以表示为若干个对换的复合。

采用构造性证明：设$\sigma \in S_n$，考虑将其变为自然顺序$(1,2,\cdots,n)$，对于该排列的每一项$\sigma(i)$，如果其不等于$i$，则交换$\sigma(i)$与$i$所在位置的元素，直到所有元素都在其自然位置上。这个过程中，每次交换都是一个对换，将这样的对换操作反过来，就是将自然顺序变为$\sigma$的过程，因此$\sigma$可以表示为若干个对换的复合。

定理：任意排列的逆序数的奇偶性与其表示为对换的复合中对换的个数的奇偶性相同。

证明： 形式化地，即证明对于任意由$m$个对换$\tau_{i_1 j_1}, \tau_{i_2 j_2}, \cdots, \tau_{i_m j_m}$复合而成的排列$\sigma=\tau_{i_1 j_1} \circ \tau_{i_2 j_2} \circ \cdots \circ \tau_{i_m j_m}$，有$\tau(\sigma) \equiv m(\bmod 2)$。

使用数学归纳法：

1. 当$m=1$时，$\sigma=\tau_{i_1 j_1}$，其逆序数为1，结论成立。
2. 假设当$m=k$时，结论成立。考虑$m=k+1$的情况，设$\sigma'=\tau_{i_1 j_1} \circ \tau_{i_2 j_2} \circ \cdots \circ \tau_{i_k j_k}$，则$\sigma=\sigma' \circ \tau_{i_{k+1} j_{k+1}}$。根据定理，$\tau(\sigma)$与$\tau(\sigma')$的奇偶性不同，因此$\tau(\sigma) \equiv k+1(\bmod 2)$，结论成立。

证毕。

逆排列

定义：设$\sigma \in S_n$，如果$\sigma \circ \sigma^{-1} = \sigma^{-1} \circ \sigma = e$，则称$\sigma$的逆排列为$\sigma^{-1}$。

定理：设$\sigma \in S_n$，则$\tau(\sigma)\equiv\tau\left(\sigma^{-1}\right)\ (\bmod 2)$。

证明：设$\sigma$由$m$个对换复合而成，则$\sigma^{-1}$也由$m$个对换复合而成，因此$\tau(\sigma) \equiv m(\bmod 2)$，$\tau\left(\sigma^{-1}\right) \equiv m(\bmod 2)$，所以$\tau(\sigma) \equiv \tau\left(\sigma^{-1}\right)\ (\bmod 2)$。

行列式的逆序数定义法

定义：设$A=\left(a_{i j}\right)${n \times n}A=(aij​)n×n​是一个$n$阶方阵，$a${i j}是它的第$i$行第$j$列元素。定义$A$的行列式为： $$D=\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 n} \ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2 n} \ \vdots & \vdots & & \vdots \ a_{n 1} & a_{n 2} & \cdots & a_{n n} \end{vmatrix}=\sum_{\sigma \in S_{n}}(-1)^{\tau(\sigma)} a_{1 \sigma(1)} a_{2 \sigma(2)} \cdots a_{n \sigma(n)}$$ 通常称这种形式为行列式的完全展开式

直观理解：行列式就是从每一行取一个元素，且不能取同一列的元素，将这些元素相乘后再加总，乘积前的符号由按自然顺序行排列后，列排列的逆序数决定。

推广：每项的符号由行列排列逆序数之和决定

现在，我们考虑一个更一般化的问题。如果我们不按行指标的自然顺序排列，而是任意打乱这些因子的顺序，会发生什么？

证明：从行列式中任取一项$(-1)^{\tau(\sigma_2)} a_{1 \sigma_2(1)} a_{2 \sigma_2(2)} \cdots a_{n \sigma_2(n)}$，将$a_{i \sigma_2(i)}$进行重新排序，变为$a_{\sigma_1(i)\sigma_2(\sigma_1(i))}$

显然 $$\prod_{i=1}^{n} a_{i \sigma_2(i)} = \prod_{i=1}^{n} a_{\sigma_1(i)\sigma_2(\sigma_1(i))}$$ 记$\sigma_3=\sigma_2 \circ \sigma_1$，则 $$\prod_{i=1}^{n} a_{i \sigma_2(i)} = \prod_{i=1}^{n} a_{\sigma_1(i)\sigma_3(i)}$$ 则 $D$ 可以写成： $$D=\sum_{\sigma_3 \in S_{n}}(-1)^{\tau(\sigma_2)} \prod_{k=1}^{n} a_{\sigma_1(k) \sigma_3(k)}$$

由于$\sigma_2=\sigma_3 \circ \sigma_1^{-1}$，有$\tau(\sigma_2) \equiv \tau(\sigma_3)+\tau\left(\sigma_1^{-1}\right)\ (\bmod 2)$，因此 $D$ 可以写成： $$D=\sum_{\sigma_3 \in S_{n}}(-1)^{\tau(\sigma_3)+\tau\left(\sigma_1\right)} \prod_{k=1}^{n} a_{\sigma_1(k) \sigma_3(k)}$$

两种定义法的等价性

下面证明两种定义法是等价的。

有两种思路证明，第一种将完全展开式代入递推式，第二种从完全展开式出发，构造出递推式。

思路一：将完全展开式代入递推式

我们从行列式按第$i$行展开的递推式出发，证明其等价于完全展开式。 $$D=\sum_{j=1}^{n} a_{i j} A_{i j}=\sum_{j=1}^{n} a_{i j}(-1)^{i+j} |M_{i j}|$$ 其中$|M_{i j}|$是去掉第$i$行和第$j$列后得到的$(n-1)$阶行列式，也叫做余子式，其展开式是所有将行标集合${1,2,\cdots,n} \backslash{i}$映射到列标集合${1,2,\cdots,n} \backslash{j}$的排列$\pi'$的求和： $$|M_{i j}|=\sum_{\pi'}(-1)^{\tau\left(\pi'\right)} \prod_{\substack{1 \leq k \leq n \ k \neq i}} a_{k \pi'(k)}$$

将其代入$D$中，得到： $$\begin{aligned} D&=\sum_{j=1}^{n} a_{i j}(-1)^{i+j} \sum_{\pi'}(-1)^{\tau\left(\pi'\right)} \prod_{\substack{1 \leq k \leq n \ k \neq i}} a_{k \pi'(k)}\ &=\sum_{j=1}^{n} \sum_{\pi'}(-1)^{i+j+\tau\left(\pi'\right)} a_{i j} \prod_{\substack{1 \leq k \leq n \ k \neq i}} a_{k \pi'(k)} \end{aligned}$$

注意到，$\pi'$是将行标集合${1,2,\cdots,n} \backslash{i}$映射到列标集合${1,2,\cdots,n} \backslash{j}$的排列，因此我们可以构造一个新的排列$\pi$，其将行标集合${1,2,\cdots,n}$映射到列标集合${1,2,\cdots,n}$，且满足$\pi(i)=j$，其他位置与$\pi'$相同，即 $$\sigma_{j,\pi'}(k)=\begin{cases} j, & k=i \ \pi'(k), & k \neq i \end{cases}$$

这样，我们可以将求和改写为对$\sigma$的求和： $$D=\sum_{j=1}^{n} \sum_{\pi'}(-1)^{i+j+\tau\left(\pi'\right)} \prod_{k=1}^{n} a_{k \sigma_{j,\pi'}(k)}$$

接下来，我们证明对于$1\leq j\leq n$，有$\tau\left(\sigma_{j,\pi'}\right)\equiv i+j+\tau\left(\pi'\right)(\bmod 2)$。

$$\begin{aligned} \tau\left(\sigma_{j,\pi'}\right)&\equiv\tau\left({\pi'(\text{start}),\cdots,\pi'(i-1),j,\pi'(i+1),\cdots,\pi'(\text{end})}\right)\quad(\bmod 2)\ &\equiv\tau\left({j,\pi'(\text{start}),\cdots,\pi'(i-1),\pi'(i+1),\cdots,\pi'(\text{end})}\right)+(i-1)\quad(\bmod 2)\ &\equiv (j-1) + \tau(\pi') + (i-1) \quad(\bmod 2)\ &\equiv i+j+\tau(\pi') \quad(\bmod 2) \end{aligned}$$

第二步是将$j$移动到最前面，移动过程会发生$i-1$次对换，因此奇偶性改变了$i-1$次

第三步是因为$j$在最前面，而后面的元素中有$j-1$个元素小于$j$，因此产生了$j-1$个逆序对。除了$j$以外的元素的逆序数不变为$\tau(\pi')$，因此总的逆序数为$(j-1)+\tau(\pi')$。

因此，$D$可以写成： $$\begin{aligned} D&=\sum_{j=1}^{n} \sum_{\pi'}(-1)^{\tau\left(\sigma_{j,\pi'}\right)} \prod_{k=1}^{n} a_{k \sigma_{j,\pi'}(k)}\ &=\sum_{\sigma \in S_n}(-1)^{\tau(\sigma)} \prod_{k=1}^{n} a_{k \sigma(k)}\ &=D \end{aligned}$$

这一个合并无法理解的话，可以先考虑全排列的方案数。$n$元排列的方案数为$n!$，而$\pi'$的方案数为$(n-1)!$，$j$有$n$种选择，因此$\sigma_{j,\pi'}$的方案数为$n \times (n-1)! = n!$，与$\sigma$的方案数相同，因此可以将求和改写为对$\sigma$的求和。

至于为何无遗漏无重复，是因为$\sum_{\pi'}\sigma_{j,\pi'}$保证了当固定第$i$个位置为$j$时，其他位置的排列不重复且无遗漏，而$\sum_{j=1}^{n}$保证了第$i$个位置的所有可能性。

至此，证明完毕。

思路二：从完全展开式出发，构造出递推式

我们从完全展开式出发，证明其等价于行列式按第$i$行展开的递推式。

$$\begin{aligned} D&=\sum_{\sigma \in S_{n}}(-1)^{\tau(\sigma)} a_{1 \sigma(1)} a_{2 \sigma(2)} \cdots a_{n \sigma(n)}\ &=\sum_{j=1}^{n} \sum_{\substack{\sigma \in S_{n} \ \sigma(i)=j}}(-1)^{\tau(\sigma)} a_{1 \sigma(1)} a_{2 \sigma(2)} \cdots a_{n \sigma(n)}\ &=\sum_{j=1}^{n} \sum_{\substack{\sigma \in S_{n} \ \sigma(i)=j}}(-1)^{\tau(\sigma)} a_{i j} \prod_{\substack{1 \leq k \leq n \ k \neq i}} a_{k \sigma(k)}\ &=\sum_{j=1}^{n} a_{i j} \sum_{\substack{\sigma \in S_{n} \ \sigma(i)=j}}(-1)^{\tau(\pi')+(j-1)+(i-1)} \prod_{\substack{1 \leq k \leq n \ k \neq i}} a_{k \sigma(k)}\ &=\sum_{j=1}^{n} a_{i j}(-1)^{i+j} \sum_{\substack{\sigma \in S_{n} \ \sigma(i)=j}}(-1)^{\tau(\pi')} \prod_{\substack{1 \leq k \leq n \ k \neq i}} a_{k \sigma(k)}\ &=\sum_{j=1}^{n} a_{i j}(-1)^{i+j} |M_{i j}|\ &=\sum_{j=1}^{n} a_{i j} A_{i j} \end{aligned}$$

其中 $\pi'$ 是排列$\sigma$去掉元素$j$后，剩下的元素的排列，这也就是为什么$\sum_{\substack{\sigma \in S_{n} \ \sigma(i)=j}}(-1)^{\tau(\pi')} \prod_{\substack{1 \leq k \leq n \ k \neq i}} a_{k \sigma(k)}$是余子式$|M_{i j}|$的展开式。

而$\tau(\sigma) \equiv \tau(\pi')+(j-1)+(i-1)(\bmod 2)$的证明与上文类似。

文章总结与思路梳理

本文的核心目标是深入剖析行列式（Determinant）的两种核心定义方法——递归法（行展开定义）与逆序数法（完全展开式定义），并通过严谨的数学推导证明二者的等价性，从而帮助读者建立对行列式本质的深刻理解。

文章的行文思路清晰，层层递进，具体可以概括为以下几个步骤：

1. 问题引入：从实践到理论

   • 文章以读者最熟悉的二元一次方程组求解作为切入点，通过消元法自然地引出了二阶行列式的形式。
   • 接着，通过类比和猜想，将结论推广到 n 元一次方程组的求解（即克莱姆法则），从而提出了定义高阶行列式的必要性，激发了读者的求知欲。

2. 第一种定义：递归法（行展开）

   • 首先介绍了余子式和代数余子式这两个核心概念。
   • 在此基础上，给出了行列式的递归定义：一个 n 阶行列式可以通过其某一行（或一列）的元素与其对应的代数余子式的乘积之和来计算。
   • 作者点明了这种方法的优点（计算快捷）和缺点（证明性质时较为繁琐），为引出下一种定义埋下伏笔。

3. 第二种定义：逆序数法

   • 为了从更本质的层面理解行列式，文章系统地介绍了排列（Permutation）的相关理论，包括：
     • 排列的复合、逆序数的概念。
     • 奇排列、偶排列的定义。
     • 对换（Transposition）及其核心性质：任何排列都可以表示为若干对换的复合，且对换的次数奇偶性与排列的奇偶性一致。
     • 逆排列与其奇偶性。
   • 在扎实的理论铺垫后，文章给出了行列式的逆序数定义：行列式是所有取自不同行、不同列的 n 个元素乘积的代数和，每一项的符号由其列指标排列的逆序数决定。这个定义被称为完全展开式，它揭示了行列式的组合本质。

4. 核心论证：两种定义的等价性

   • 这是文章的最高潮和最具技术含量的部分。作者巧妙地提供了两种不同的证明思路来论证等价性，展现了严密的逻辑思维：
     • 思路一：从递归到展开。将逆序数定义的行列式（余子式）代入递归公式中，通过对排列的构造和逆序数奇偶性的分析，最终推导出了完全展开式。
     • 思路二：从展开到递归。将完全展开式中的所有项，按照某一行（如第 i 行）的元素进行分组，通过对排列的拆解和逆序数关系的分析，最终凑出了按第 i 行展开的递归形式。
   • 这两个方向的证明互为补充，彻底打通了两种定义之间的逻辑联系。

你唯一需要记住的“桥梁公式”

这个关键的“桥梁”就是下面这个奇偶性恒等式： $$\tau(\sigma) \equiv i+j + \tau(\pi') \pmod 2$$ 或者写成符号的形式，这更直观： $$(-1)^{\tau(\sigma)} = (-1)^{i+j} \cdot (-1)^{\tau(\pi')}$$ 这里的 $\sigma$ 是一个 n 阶排列，满足 $\sigma(i) = j$，而 $\pi'$ 是 $\sigma$ 去掉 $(i, j)$ 这个配对后，由剩下 $n-1$ 个元素构成的子排列。

为什么这个公式是关键？（直观理解）

你不需要每次都去严格证明这个公式，但你需要一个直观的理解来记住它为什么成立。

想象一下排列 $\sigma$ 的逆序数 $\tau(\sigma)$ 的来源。它等于：

1. 内部逆序数：$n-1$ 个子排列 $\pi'$ 元素之间的逆序数，这部分就是 $\tau(\pi')$。
2. 外部逆序数：元素 $j$ 与 $\pi'$ 中其他 $n-1$ 个元素形成的逆序数。

这个“外部逆序数”的奇偶性恰好由 $i+j$ 决定！为什么？

我们可以分两步看：

• 行的影响 (i)：在排列 $(\sigma(1), \sigma(2), ..., \sigma(n))$ 中，元素 $j$ 位于第 $i$ 个位置。把它挪到最前面，需要和前面的 $i-1$ 个元素依次交换位置。每次交换都会改变一次奇偶性，所以总共改变了 $i-1$ 次。
• 列的影响 (j)：当 $j$ 被挪到最前面后，在剩下的 $n-1$ 个元素中，有多少个比它小？正好有 $j-1$ 个（即 $1, 2, ..., j-1$）。所以 $j$ 会和这 $j-1$ 个数形成逆序对。

因此，$j$ 这个元素贡献的逆序数奇偶性就是 $(i-1) + (j-1)$，也就是 $i+j-2$。在模2的意义下，$-2$ 是偶数可以忽略，所以奇偶性就是 $i+j$。

所以，总的逆序数奇偶性 $\tau(\sigma)$ 就等于 $\tau(\pi')$ 的奇偶性加上 $i+j$ 的奇偶性。

如何用这个“桥梁”随时重构证明

一旦你记住了这个核心关系 $(-1)^{\tau(\sigma)} = (-1)^{(i+j)} \cdot (-1)^{\tau(\pi')}$，整个证明的思路就非常清晰了：

方向一：从递归法 → 完全展开式

1. 写出递归定义：$D = \sum_{j=1}^{n} a_{ij} A_{ij} = \sum_{j=1}^{n} a_{ij} (-1)^{i+j} |M_{ij}|$
2. 把余子式 $|M_{ij}|$ 用它的完全展开式（即子排列 $\pi'$ 的形式）写出来：$|M_{ij}| = \sum_{\pi'} (-1)^{\tau(\pi')} \prod_{k \neq i} a_{k, \pi'(k)}$
3. 代入后，你会得到 $(-1)^{(i+j)}$ 和 $(-1)^{\tau(\pi')}$ 相乘。
4. 使用桥梁公式：将 $(-1)^{(i+j)} \cdot (-1)^{\tau(\pi')}$ 合并为 $(-1)^{\tau(\sigma)}$。
5. 你会发现，对所有 $j$ 和所有 $\pi'$ 的求和，正好就遍历了所有可能的 n 阶排列 $\sigma$。于是，你就得到了完全展开式 $\sum_{\sigma} (-1)^{\tau(\sigma)} \prod a_{k, \sigma(k)}$。

方向二：从完全展开式 → 递归法

1. 写出完全展开式：$D = \sum_{\sigma \in S_n} (-1)^{\tau(\sigma)} \prod_{k=1}^{n} a_{k, \sigma(k)}$
2. 分类讨论：按照第 $i$ 行的元素 $a_{i, \sigma(i)}$ 进行分组。也就是说，将所有 $\sigma(i)=1$ 的项放一起，$\sigma(i)=2$ 的项放一起，...，$\sigma(i)=j$ 的项放一起。 $D = \sum_{j=1}^{n} \sum_{\substack{\sigma \in S_n \ \sigma(i)=j}} (\cdots)$
3. 把 $a_{ij}$ 提出来，因为在每个内层求和中它都是公因式。
4. 使用桥梁公式（逆用）：将 $(-1)^{\tau(\sigma)}$ 拆解为 $(-1)^{(i+j)} \cdot (-1)^{\tau(\pi')}$。
5. 把 $(-1)^{(i+j)}$ 也提到内层求和的外面。你会发现，剩下的内层求和 $\sum_{\pi'} (-1)^{\tau(\pi')} \prod_{k \neq i} a_{k, \pi'(k)}$ 正好就是余子式 $|M_{ij}|$ 的定义！
6. 于是，你就得到了递归定义 $\sum_{j=1}^{n} a_{ij} (-1)^{i+j} |M_{ij}|$。

总结来说，本文以一个实际问题开篇，先后介绍了行列式的两种主流定义，并花费大量篇幅从两个方向证明了它们的等价性。这种“从具体到抽象，再统一抽象”的写作结构，不仅让读者知其然（知道行列式怎么算），更让读者知其所以然（理解行列式是什么），是一篇优秀的数学概念辨析文章。

附录

行列式的公理化定义

• 行列式的逆序数定义是怎么想出来的？：原始存档已移入私有归档。
• 线性代数拾遗（1）—— 行列式的三种公理化构造：原始存档已移入私有归档。

一些思考

Q: 什么是描述性定义，什么是构造性定义。我还是感觉这太主观了，不够严谨，从命题逻辑的角度上如何看待本次问题

Gemini: 您提出的问题非常好，这正是一个严谨的思考者会产生的疑问。您感觉“主观”，是因为我之前的解释用了大量的比喻。现在，我们完全抛开比喻，从命题逻辑和数学定义的角度来严格地剖析这个问题。

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1. 什么是描述性定义 vs. 构造性定义？

这确实是数学中两种核心的定义方式，它们有严谨的区分。

构造性定义 (Constructive / Explicit Definition)

构造性定义通过给出一个明确的计算过程、算法或公式来定义一个数学对象。它告诉你如何“构建”出这个对象。

• 例子1：函数 $f(n) = n!$ 构造性定义是：$n! := n \times (n-1) \times \cdots \times 1$。这是一个明确的计算公式。
• 例子2：行列式的逆序数定义 它给出了一个精确的、包含$n!$项的求和公式：$D := \sum (-1)^{\tau(\sigma)} \prod a_{i\sigma(i)}$。这是一个构造性定义。
• 例子3：行列式的递归定义 它给出了一个计算程序：$D(M) := \sum (-1)^{1+j} a_{1j} D(M_{1j})$，其终点是 $D([a]) := a$。这也是一个构造性的定义，因为它给出了一个明确的算法。

描述性定义 (Descriptive / Implicit Definition)

描述性定义不直接给出构造方法，而是通过规定该对象必须满足的一系列性质或公理来定义它。它告诉你这个对象“是什么样的”。

• 例子1：质数 描述性定义是：“一个大于1的自然数，如果它的正因数只有1和它本身，那么它就是质数。” 这是一条检验标准，而不是一个“生产”质数的方法。
• 例子2：圆 描述性定义是：“平面上到一个定点距离等于定长的所有点的集合。”
• 例子3：行列式的公理化定义 它描述了行列式函数必须满足的三条性质：多重线性性、交替性、归一性。

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2. 从命题逻辑的角度看问题

我们把整个问题用更形式化的语言来描述。

我们讨论的对象是“将n阶矩阵映射到一个数”的函数。

定义A (递归法)： 定义A实际上是一个命题，这个命题是关于一个函数 $f$ 的。 命题 $P(f)$：“函数 $f$ 满足以下两个条件：

1. (Base Case) $P_1(f)$: 对任意1阶矩阵 $[a_{11}]$，有 $f([a_{11}]) = a_{11}$。
2. (Recursive Step) $P_2(f)$: 对任意更高阶矩阵 $M$，有 $f(M) = \sum (-1)^{1+j} a_{1j} f(M_{1j})$。”

定义B (逆序数法)： 定义B直接给出了一个具体的函数，我们叫它 $g$。 $g(M) := \sum_{\sigma \in S_n} (-1)^{\tau(\sigma)} \prod a_{i\sigma(i)}$

我们要证明什么？ 我们要证明的是，由定义A所描述的函数，和定义B给出的函数 $g$，是同一个函数。

这里的关键在于一个隐含的、极其重要的定理：

递归定义的唯一性定理 (Uniqueness Theorem)

这个定理指出：“满足命题 $P(f)$ （即同时满足 $P_1(f)$ 和 $P_2(f)$）的函数是存在且唯一的。” 用逻辑符号写就是：$\exists! f: P(f)$。（这个!符号代表“唯一”）。

这个定理本身可以通过数学归纳法来证明，它保证了我们的“路线图”只会指向一个独一无二的终点。

逻辑推导过程

现在，我们来看您发现的那个“单向验证”证明法，它在逻辑上是如何展开的：

目标: 证明 $f=g$。

证明步骤:

1. 前提1 (唯一性定理): 我们知道存在唯一的函数（我们称之为 $f$）满足性质 $P(f)$。这是数学上一个已知的、可以被证明的事实。

   • 逻辑表述: $\forall h, \forall k, \ (P(h) \land P(k)) \implies h=k$。 (任何两个满足性质P的函数，它们必然是同一个函数。)

2. 前提2 (您的文章所做的证明): 您的文章证明了，函数 $g$ 满足递归关系。

   • 逻辑表述: $P_2(g)$ 为真。

3. 前提3 (我们补充的对基准的验证): 我们简单验证了，函数 $g$ 满足初始条件。

   • 逻辑表述: $P_1(g)$ 为真。

4. 推论: 从前提2和前提3，我们得出函数 $g$ 满足命题 $P$ 的全部要求。

   • 逻辑表述: $P(g)$ 为真。

5. 最终结论 (三段论):

   • 我们知道：“任何满足性质P的函数，都必然是那个唯一的函数 $f$。” (来自前提1)
   • 我们刚刚证明了：“$g$ 是一个满足性质P的函数。” (来自推论)
   • 因此，逻辑上必然得出：“$g$ 就是那个唯一的函数 $f$。”

这在逻辑上是无懈可击的。它并不是主观的，而是一个严密的演绎推理。

从递推式推导出完全展开式的另一种思路

证明目标

我们假设只知道行列式的递归定义，并以此为出发点，严格推导出其完全展开式（逆序数定义）。

• 已知/出发点 (定义A):

  1. 当 $n=1$ 时, 行列式 $|a_{11}| = a_{11}$。
  2. 当 $n>1$ 时, 行列式按第一行展开： $$D = \sum_{j=1}^{n} (-1)^{1+j} a_{1j} |M_{1j}|$$

• 求证/目标 (定义B): $$D = \sum_{\sigma \in S_{n}}(-1)^{\tau(\sigma)} a_{1 \sigma(1)} a_{2 \sigma(2)} \cdots a_{n \sigma(n)}$$

证明方法

我们对矩阵的阶数 $n$ 使用数学归纳法。

1. 归纳基础 (Base Case)

• 当 n=1 时:
  • 根据定义A，$|a_{11}| = a_{11}$。
  • 根据定义B，$S_1$ 中只有一个排列 $\sigma=(1)$，其逆序数 $\tau(\sigma)=0$。所以展开式为 $(-1)^0 a_{1\sigma(1)} = a_{11}$。
  • 两者相等，结论在 $n=1$ 时成立。

2. 归纳假设 (Inductive Hypothesis)

假设当矩阵阶数为 $n-1$ 时，定义A和定义B等价。即对于任意一个 $k \times k$ 矩阵（其中 $k < n$），其行列式的值都可以用逆序数公式计算。

3. 归纳步骤 (Inductive Step)

现在我们来证明当阶数为 $n$ 时，命题依然成立。

我们从 $n$ 阶行列式的递归定义出发： $$D = \sum_{j=1}^{n} (-1)^{1+j} a_{1j} |M_{1j}|$$

$M_{1j}$ 是一个 $(n-1) \times (n-1)$ 阶矩阵。根据归纳假设，我们可以将 $|M_{1j}|$ 写成其完全展开式的形式。

$M_{1j}$ 的元素是原矩阵 $A$ 中去掉第1行和第$j$列的元素。它的行标是 ${2, 3, \cdots, n}$，列标是 ${1, 2, \cdots, n} \setminus {j}$。 设 $\pi'$ 是一个从行标集合 ${2, \cdots, n}$ 到列标集合 ${1, \cdots, n} \setminus {j}$ 的排列。它的逆序数记为 $\tau(\pi')$。则 $|M_{1j}|$ 的完全展开式为： $$|M_{1j}| = \sum_{\pi'} (-1)^{\tau(\pi')} a_{2, \pi'(2)} a_{3, \pi'(3)} \cdots a_{n, \pi'(n)}$$

将这个结果代入 $D$ 的递归定义式中： $$D = \sum_{j=1}^{n} (-1)^{1+j} a_{1j} \left( \sum_{\pi'} (-1)^{\tau(\pi')} a_{2, \pi'(2)} a_{3, \pi'(3)} \cdots a_{n, \pi'(n)} \right)$$

交换求和次序，并将 $a_{1j}$ 移入内层求和： $$D = \sum_{j=1}^{n} \sum_{\pi'} (-1)^{1+j+\tau(\pi')} a_{1j} a_{2, \pi'(2)} \cdots a_{n, \pi'(n)}$$

现在是关键一步。对于每一个固定的 $j$ 和一个特定的排列 $\pi'$，我们可以构造一个唯一的 $n$ 阶排列 $\sigma \in S_n$，定义如下： $$\sigma(k) = \begin{cases} j, & \text{if } k=1 \ \pi'(k), & \text{if } k \in {2, 3, \cdots, n} \end{cases}$$ 这个构造方法是不重不漏的：对于任意一个 $n$ 阶排列 $\sigma$，只要给定 $\sigma(1)=j$，剩下的部分就唯一确定了一个 $(n-1)$ 阶的排列 $\pi'$。因此，对所有的 $j$ 和所有的 $\pi'$ 进行求和，就等价于对所有的 $n$ 階排列 $\sigma$ 进行求和。

于是，我们可以将求和改写为对 $\sigma \in S_n$ 的求和： $$D = \sum_{\sigma \in S_n} (-1)^{1+\sigma(1)+\tau(\pi')} a_{1, \sigma(1)} a_{2, \sigma(2)} \cdots a_{n, \sigma(n)}$$ 其中 $\pi'$ 是由 $\sigma$ 决定的子排列。

最后，我们只需要证明符号是正确的，即证明 $(-1)^{1+\sigma(1)+\tau(\pi')} = (-1)^{\tau(\sigma)}$。 这等价于证明它们的指数在模2意义下相等：$\tau(\sigma) \equiv 1+\sigma(1)+\tau(\pi') \pmod 2$。

我们来分析排列 $\sigma = (\sigma(1), \sigma(2), \cdots, \sigma(n))$ 的逆序数 $\tau(\sigma)$。 $\tau(\sigma)$ 的来源有两部分：

1. 由第一项 $\sigma(1)$ 产生的逆序对：即在后续的 $(\sigma(2), \cdots, \sigma(n))$ 中有多少个数比 $\sigma(1)$ 小。因为 $\sigma(1)=j$，而在集合 ${\sigma(2), \cdots, \sigma(n)} = {1, \cdots, n} \setminus {j}$ 中，比 $j$ 小的数正好有 $j-1$ 个。所以这部分贡献了 $j-1$ 个逆序对。
2. 由 $(\sigma(2), \cdots, \sigma(n))$ 内部产生的逆序对：这部分的逆序数就是 $\tau(\pi')$。