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行列式的逆序数定义是怎么想出来的？

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行列式的逆序数定义是怎么想出来的？

感觉这个规律好突兀啊。

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踧远陵歊

故山迢遰故人去，一夜月明千里心。

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【长篇符咒预警～慎点！回答本题，纯粹是因为这题勾起了我由来已久欲一吐为快之槽……请原谅我的无聊。。。】

一说到逆序数我就来气。。。对于这种教学上所谓的“方便法门”真是无力吐槽～【关于我对这个概念的吐槽，见我另一个答案（未完待续）】。总之一句话——为了方便零基础快速上手而牺牲正确的打开方式的教学真是让人产生那种吔屎般的恶心！

首先，正本清源——在行列式的各种正经定义中，完全没必要引入什么“逆序”、“逆序数”之类的概念；换言之，这种东西是纯粹的“方便法门”，是“形而下者谓之器”，是为了给出具体表达式而借助的方式之一（相对来说还是既蹩脚又蛋疼的那一种）。

其次，既然我这么说，屏幕前边儿那位肯定会想“那你对行列式的‘形而上’又有个啥子高见？”抱歉，没有高见，如果未曾有幸读到柯斯特利金《代数学引论·第一卷：基础代数》，我也只能成为被逆序数定义的行列式骑脸嘲笑“我就喜欢看你看我不顺眼而又干不掉我的样子”之后再被丫的支配着挂科的莘莘学子之一。

但现在，让我终结掉“逆序数”这个“妖孽的畸形怪胎”吧～

【注：以下内容中 Mn(R)M_n\left(\mathbb{R}\right) 是指实数域上的 nn 阶方阵。】

话说，刚才屏幕前那位关心“行列式本性”的朋友，往这儿看：

诸刻画行列式本性的“究竟法门”中，最正统的一种自然是——

一、定义（行列式的第一公理化构造）：满足以下三条性质的函数 D:Mn(R)→R\mathcal{D}:M_n\left(\mathbb{R}\right)\rightarrow\mathbb{R}

（斜对称性） D(A)\mathcal{D}\left( A \right) 关于矩阵的 AA 的行是斜对称的。

（多重线性） D(A)\mathcal{D}\left( A \right) 关于矩阵的 AA 的行是多重线性的。

（正规化条件）D(E)=1\mathcal{D}\left( E \right)=1 （其中 EE 是 nn 阶单位矩阵）。

是唯一确定的，叫做矩阵 AA 的 nn 阶行列式。

你没看错，就这三个条件，便足以完整地刻画行列式。从这三条性质出发，可以推导出行列式的表达式就只能长成这个样子—— det(A)=∑σ∈Snεσ∏i=1naiσ(i)\det\left( A \right)=\sum_{\sigma\in S_n}\varepsilon_{\sigma}\prod_{i=1}^{n} a_{i\sigma\left( i \right)} （其中 SnS_n 是 nn 阶置换群， εσ\varepsilon_\sigma 是 nn 阶置换 σ\sigma 的符号（奇置换取 −1-1 ，偶置换取 11 ）， aija_{ij} 是位于矩阵 AA 的第 ii 行，第 jj 列的元素），具体的推导过程见本部分最后。

如果对于抽象的“斜对称性”、“多重线性”之类的概念不满意，那可以从矩阵的 II 型初等变换这种具体而熟悉的性质出发，一样可以定义行列式。

二、定义（行列式的第二公理化构造）：满足以下三条性质的函数 D:Mn(R)→R\mathcal{D}:M_n\left(\mathbb{R}\right)\rightarrow\mathbb{R}

D(⋯,λA(i),⋯)=λ⋅D(⋯,A(i),⋯)\mathcal{D}\left( \cdots,\lambda A_\left( i \right),\cdots \right)=\lambda \cdot \mathcal{D}\left( \cdots, A_\left( i \right),\cdots \right) ，即把矩阵 AA 的第 ii 行乘以 λ∈R\lambda\in \mathbb{R} ，函数 D\mathcal{D} 亦然。

D(⋯,A(i)+A(j),⋯,A(j),⋯)=D(⋯,A(i),⋯,A(j),⋯)\mathcal{D}\left( \cdots, A_\left( i \right)+A_\left( j \right),\cdots,A_\left(j\right),\cdots \right)=\mathcal{D}\left( \cdots, A_\left( i \right),\cdots,A_\left(j\right),\cdots \right)，即把矩阵 AA 的第 ii 行加上第 jj 行，函数 D\mathcal{D} 的值不变。

是唯一确定的，叫做矩阵 AA 的 nn 阶行列式。

显然，1.，2. 两条合起来就是矩阵的 II 型初等变换，加上正规化条件，行列式也会被唯一地确定下来。

如果还是不习惯这种不给出具体表达形式的定性条件，那么以下这种通过归纳定义展开式的办法也是非常熟悉的，同样，也能定义出行列式。

三、定义（余子式展开的归纳定义）：通过以下归纳定义构造行列式函数 D:Mn(R)→R\mathcal{D}:M_n\left(\mathbb{R}\right)\rightarrow\mathbb{R}——

将一阶行列式定为一阶方阵 A={a11}A=\left\{a_{11}\right\} 的矩阵元 a11a_{11} ，二阶与三阶行列式由众所周知的公式给出。

现归纳地假设阶数为 1,2,…,n−11,2,\dots,n-1 的行列式都已定义好。定义 nn 阶矩阵 A={aij}A=\left\{a_{ij}\right\} 的行列式为： D(A)=∑i=1n(−1)i−1⋅ai1Mi1\mathcal{D}\left(A\right)=\sum_{i=1}^{n}\left(-1\right)^{i-1}\cdot a_{i1}M_{i1} ，其中 MijM_{ij} 是对应于 aija_{ij} 的余子式，即从 AA 删除第 ii 行与第 jj 列后所得的 n−1n-1 阶行列式。

如果还是觉得这种归纳定义不够直观，那么还可以从矩阵乘法的性质来刻画行列式。

四、定义（通过乘法性质的刻画）：满足以下三条性质的函数 D:Mn(R)→R\mathcal{D}:M_n\left(\mathbb{R}\right)\rightarrow\mathbb{R}

∀A,B∈Mn(R),D(AB)=D(A)⋅D(B)\forall A,B \in M_n\left(\mathbb{R}\right), \mathcal{D}\left(AB\right)=\mathcal{D}\left(A\right)\cdot \mathcal{D}\left(B\right) ;

对任意 I 型初等矩阵（对应于 I 型初等变换，与任意矩阵相乘的效果是交换该矩阵的第 ss 行和第 tt 行）： Fs,t=(1⋱01⋱1⋱10⋱1)F_{s,t}= \left(\begin{array}{lllllllll} 1 &&&&&&&&\\&\ddots&&&&&&&\\&&0&&&&1&&\\&&&\ddots&&&&&\\&&&&1&&&&\\&&&&&\ddots&&&\\&&1&&&&0&&\\&&&&&&&\ddots&\\&&&&&&&&1 \end{array}\right) （0、1颠倒的两行分别是第 ss 行和第 tt 行），有 D(Fs,t)=−1\mathcal{D}\left( F_{s,t} \right)=-1 。

对任意形如 A=(λ∗…∗1∗∗⋱⋮1)(λ∈R)A=\left(\begin{array}{kkkk} \lambda & * & \dots & * \\ &1&*&* \\ & & \ddots &\vdots \\ &&&1 \end{array}\right) (\lambda \in \mathbb{R}) 的上三角矩阵， D(A)=λ\mathcal{D}\left( A \right) = \lambda 。

是唯一确定的，叫做矩阵 AA 的 nn 阶行列式。

————————————————————————————————————————

附录：关于行列式表达式（组合解析式）的推导。

在本部分的最后，为证明以上所言非虚，我从第一公理化构造出发，给出行列式具体表达式的推导（至于从其他三个定义出发的推导，留给感兴趣的读者自行完成）。

【我们约定 ei:=(0,⋯,1,⋯,0)\bold{e}^i:=\left(0,\cdots,1,\cdots,0\right) 是 nn 维行空间的标准基向量，其中第 1≤i≤n1\le i\le n 个坐标为 11 ，余皆为零；而 AiA^i 则是矩阵 AA 的第 ii 行。】

首先，派多重线性出马，通过反复地利用它计算，勾勒出行列式的基本形式——

D(A1,A2,…,An)=D(∑i=1na1iei,A2,…,An)=∑i=1na1i⋅D(ei,A2,…,An)=∑i=1na1i⋅D(ei,∑j=1na2jej,…,An)=∑i=1na1i⋅∑j=1na2j⋅D(ei,ej,…,An)⋮=∑i=1na1i⋅∑j=1na2j⋅⋯⋅∑k=1nank⋅D(ei,ej,…,ek)=∑i=1n∑j=1n⋯∑k=1na1ia2j⋯ank⋅D(ei,ej,…,ek)\begin{align} \mathcal{D}\left(A^1,A^2,\dots,A^n\right)=&\mathcal{D}\left(\sum_{i=1}^{n}{a_{1i}\bold{e}^i},A^2,\dots,A^n\right) \\=&\sum_{i=1}^{n}a_{1i}\cdot\mathcal{D}\left(\bold{e}^i,A^2,\dots,A^n\right) \\=&\sum_{i=1}^{n}a_{1i}\cdot\mathcal{D}\left(\bold{e}^i,\sum_{j=1}^{n}a_{2j}\bold{e}^j,\dots,A^n\right) \\=&\sum_{i=1}^{n}a_{1i}\cdot\sum_{j=1}^{n}a_{2j}\cdot\mathcal{D}\left(\bold{e}^i,\bold{e}^j,\dots,A^n\right) \\\vdots \\=&\sum_{i=1}^{n}a_{1i}\cdot\sum_{j=1}^{n}a_{2j}\cdot \cdots\cdot\sum_{k=1}^{n}a_{nk}\cdot\mathcal{D}\left(\bold{e}^i,\bold{e}^j,\dots,\bold{e}^k\right) \\=&\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} \cdots\sum_{k=1}^{n}a_{1i}a_{2j}\cdots a_{nk} \cdot \mathcal{D}\left(\bold{e}^i,\bold{e}^j,\dots,\bold{e}^k\right) \end{align}

。显然，这结果已经“长得很像”行列式的表达式了（既有求和，又有矩阵元的地毯式连乘，还有一个本应由符号 (−1)m\left( -1 \right)^m 取代的表达式 D(ei,ej,…,ek)\mathcal{D}\left(\bold{e}^i,\bold{e}^j,\dots,\bold{e}^k\right) ）；但它在形式上还不够精确——其中存在着因表达式 D(ei,ej,…,ek)\mathcal{D}\left(\bold{e}^i,\bold{e}^j,\dots,\bold{e}^k\right) 之取值未定而残留的“水分”。那么——

其次，请斜对称性出场，对以上结果进行“脱水”：

很容易验证—— ∀1≤i≤n,D(…ei,…,ei,…)=0\forall 1\le i\le n, \mathcal{D}\left(\dots\bold{e}^i,\dots,\bold{e}^i,\dots\right)=0 ，那么 ∑i=1n∑j=1n⋯∑k=1na1ia2j⋯ank⋅D(ei,ej,…,ek)=∑1≤i,j,…,k≤n;且i,j,…,k 等指标两两不同a1ia2j⋯ank⋅D(ei,ej,…,ek)\begin{align} &\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} \cdots\sum_{k=1}^{n}a_{1i}a_{2j}\cdots a_{nk}\cdot\mathcal{D}\left(\bold{e}^i,\bold{e}^j,\dots,\bold{e}^k\right) \\=& \sum_{1\le i, j,\dots,k\le n;且i,j,\dots,k \ 等指标两两不同}a_{1i}a_{2j}\cdots a_{nk}\cdot\mathcal{D}\left(\bold{e}^i,\bold{e}^j,\dots,\bold{e}^k\right) \end{align}

，这样我们就根据斜对称性从原表达式中清除了那些求和指标作为列标时重复出现的项（因为无论如何它们都在与零相乘，从而为零）。

然后，我们考虑求和条件“ 1≤i,j,…,k≤n1\le i,j,\dots,k\le n ，且 i,j,…,ki,j,\dots,k 等指标两两不同”；这些求和指标共有 nn 个（提示了满射性），并且两两不同（提示了单射性），那么显然它就是从 D\mathcal{D} 的变量指标集 Ω={1,2,…,n}\Omega=\left\{1,2,\dots,n\right\} 到自身的一个双射，而这正是 nn 元置换的定义。根据 nn 阶置换群 SnS_n 的基本知识，可以知道其中有 n!n! 个元素（即 |Sn|=n!\left|S_n\right|=n! ），那么求和条件实际上就是遍历这 n!n! 个元素，亦即全体 nn 阶置换，即—— ∑1≤i,j,…,k≤n;且i,j,…,k 等指标两两不同a1ia2j⋯ank⋅D(ei,ej,…,ek)=∑σ∈Sn∏l=1nalσ(l)⋅D(eσ(1),eσ(2),…,eσ(n))\begin{align} & \sum_{1\le i, j,\dots,k\le n;且i,j,\dots,k \ 等指标两两不同}a_{1i}a_{2j}\cdots a_{nk}\cdot\mathcal{D}\left(\bold{e}^i,\bold{e}^j,\dots,\bold{e}^k\right) \\=&\sum_{\sigma\in S_n}\prod_{l=1}^{n}a_{l\sigma\left(l\right)}\cdot \mathcal{D}\left(\bold{e}^{\sigma\left(1\right)},\bold{e}^{\sigma\left(2\right)},\dots,\bold{e}^{\sigma\left(n\right)}\right) \end{align} 。

至此所有问题几乎都已搞定，唯一剩下的就是确定这些非零表达式 D(eσ(1),eσ(2),…,eσ(n))\mathcal{D}\left(\bold{e}^{\sigma\left(1\right)},\bold{e}^{\sigma\left(2\right)},\dots,\bold{e}^{\sigma\left(n\right)}\right) 的取值了。为此，我们需要正规化条件 D(E)=D(e1,e2,…,en)=1\mathcal{D}\left( E \right)=\mathcal{D}\left( \bold{e}^1,\bold{e}^2,\dots,\bold{e}^n\right)=1 来参与收尾工作。

由置换的奇偶性和 D\mathcal{D} 的斜对称性，可以得到： D(eσ(1),eσ(2),…,eσ(n))={(−1)⋅D(e1,e2,…,en)=−1（若σ是奇置换）(+1)⋅D(e1,e2,…,en)=1（若σ是偶置换）=εσ\mathcal{D}\left(\bold{e}^{\sigma\left(1\right)},\bold{e}^{\sigma\left(2\right)},\dots,\bold{e}^{\sigma\left(n\right)}\right)= \left\{ \begin{array}{ll} \left(-1\right)\cdot \mathcal{D}\left( \bold{e}^1,\bold{e}^2,\dots,\bold{e}^n\right) = -1 &（若\sigma是奇置换） \\\left(+1\right)\cdot \mathcal{D}\left( \bold{e}^1,\bold{e}^2,\dots,\bold{e}^n\right)=1 &（若\sigma是偶置换） \end{array} \right.=\varepsilon_{\sigma} ，其中 εσ\varepsilon_{\sigma} 是置换的符号。

综上， D≡det\cal{D}\equiv\det ，亦即行列式的表达式（组合解析式）由斜对称性、多重线性与正规化条件唯一地确定，只能长成 det(A)=∑σ∈Snεσ∏i=1naiσ(i)\det\left(A\right)=\sum_{\sigma \in S_n}\varepsilon_{\sigma}\prod_{i=1}^{n}a_{i\sigma\left(i\right)} 这个样子。

到现在为止，行列式从定义到公式都被完全解析了（如果愿意的话，还可以从这里证明出行列式的全部性质）；然而，参考以上过程，完全可以断言——从零开始建立整个的行列式理论，从头到尾根本不需要“逆序数”的概念。

————————————————————————————————————————

（以下是针对评论区
@Aurora
的请求所补充的内容——

）

附录：关于行列式的第二公理化构造。

从行列式的第二公理化构造可以导出第一公理化构造——

第二公理化的1、2两条合起来就是行列式函数 D\mathcal{D} 在矩阵的（II）型初等变换下不变，因为——

性质0. 行列式函数 D\mathcal{D} 在矩阵的（II）型初等变换下不变，即 D(⋯,A(i)+λ⋅A(j),⋯,A(j),⋯)=D(⋯,A(i),⋯,A(j),⋯)\mathcal{D}\left(\cdots,A_\left(i\right)+\lambda \cdot A_\left(j\right),\cdots,A_\left(j\right),\cdots\right)=\mathcal{D}\left(\cdots,A_\left(i\right),\cdots,A_\left(j\right),\cdots\right) 。

这是显然的，因为

λ⋅D(⋯,A(i),⋯,A(j),⋯)=D(⋯,A(i),⋯,λ⋅A(j),⋯)=D(⋯,A(i)+λ⋅A(j),⋯,λ⋅A(j),⋯)=λ⋅D(⋯,A(i)+λ⋅A(j),⋯,A(j),⋯)\begin{align} \lambda\cdot\mathcal{D}\left(\cdots,A_\left(i\right),\cdots,A_\left(j\right),\cdots\right)&=\mathcal{D}\left(\cdots,A_\left(i\right),\cdots,\lambda \cdot A_\left(j\right),\cdots\right) \\ &=\mathcal{D}\left(\cdots,A_\left(i\right)+\lambda \cdot A_\left(j\right),\cdots,\lambda \cdot A_\left(j\right),\cdots\right) \\ &=\lambda\cdot \mathcal{D}\left(\cdots,A_\left(i\right)+\lambda \cdot A_\left(j\right),\cdots, A_\left(j\right),\cdots\right)\\ \end{align} ，

两边同时消去 λ\lambda 即得。

另外，将第二公理化的条件1中的 λ\lambda 设为 00 ，显然得到熟知的 D(⋯,0,⋯)=0\mathcal{D}\left(\cdots,0,\cdots\right)=0 。而由此即有——

性质1.： D(⋯,∑l=1nal⋅A(l),⋯)=D(⋯,0,⋯)=0\mathcal{D}\left( \cdots,\sum_{l=1}^{n}a_l\cdot A_\left(l\right),\cdots \right)=\mathcal{D}\left(\cdots,0,\cdots\right)=0 。

这也是显然的，重复使用性质0.玩消消乐可得。

然后就可以验证——

一、斜对称性：

D(A(1),⋯,A(i+1),A(i),⋯,A(n))=−D(A(1),⋯,A(i+1),−A(i),⋯,A(n))=D(A(1),⋯,A(i+1)−A(i),A(i),⋯,A(n))=D(A(1),⋯,A(i+1)−A(i),A(i+1),⋯,A(n))=−D(A(1),⋯,A(i)−A(i+1),A(i+1),⋯,A(n))=−D(A(1),⋯,A(i),A(i+1),⋯,A(n))\begin{align} & \mathcal{D}\left(A_{\left(1\right)},\cdots,A_{\left(i+1\right)},A_{\left(i\right)},\cdots,A_{\left(n\right)}\right)\\ &=-\mathcal{D}\left(A_{\left(1\right)},\cdots,A_{\left(i+1\right)},-A_{\left(i\right)},\cdots,A_{\left(n\right)}\right)\\ &=\mathcal{D}\left(A_{\left(1\right)},\cdots,A_{\left(i+1\right)}-A_{\left(i\right)},A_{\left(i\right)},\cdots,A_{\left(n\right)}\right)\\ &=\mathcal{D}\left(A_{\left(1\right)},\cdots,A_{\left(i+1\right)}-A_{\left(i\right)},A_{\left(i+1\right)},\cdots,A_{\left(n\right)}\right)\\ &=-\mathcal{D}\left(A_{\left(1\right)},\cdots,A_{\left(i\right)}-A_{\left(i+1\right)},A_{\left(i+1\right)},\cdots,A_{\left(n\right)}\right)\\ &=-\mathcal{D}\left(A_{\left(1\right)},\cdots,A_{\left(i\right)},A_{\left(i+1\right)},\cdots,A_{\left(n\right)}\right) \end{align}

。

二、多重线性：只需证明对任意的 nn 维行向量 A(i)′A^\prime_\left(i\right) ，都有 D(⋯,A(i)+A(i)′,⋯)=D(⋯,A(i),⋯)+D(⋯,A(i)′,⋯)\mathcal{D}\left(\cdots,A_\left(i\right)+A^\prime_\left(i\right),\cdots\right)=\mathcal{D}\left(\cdots,A_\left(i\right),\cdots\right)+\mathcal{D}\left(\cdots,A^\prime_\left(i\right),\cdots\right) 即可。

分类讨论——

一） {A(j)}j=1n\left\{A_\left(j\right)\right\}_{j=1}^{n} 线性无关。

则此时有 A(i)′=∑j=1nbj⋅A(j)A^\prime_\left(i\right)=\sum_{j=1}^{n}b_j\cdot A_\left(j\right)，代入 D(⋯,A(i)+A(i)′,⋯)\mathcal{D}\left(\cdots,A_\left(i\right)+A^\prime_\left(i\right),\cdots\right) 并计算—— D(⋯,A(i)+A(i)′,⋯)=D(⋯,A(i)+∑j=1nbj⋅A(j),⋯)  ⋮（重复使用性质0.）=D(⋯,(1+bi)⋅A(i),⋯)=(1+bi)⋅D(⋯,A(i),⋯)=D(⋯,A(i),⋯)+bi⋅D(⋯,A(i),⋯)\begin{align} \mathcal{D}\left(\cdots,A_\left(i\right)+A^\prime_\left(i\right),\cdots\right)&=\mathcal{D}\left(\cdots,A_\left(i\right)+\sum_{j=1}^{n}b_j\cdot A_\left(j\right),\cdots\right)\\ &\ \ \vdots （重复使用性质0.）\\ &=\mathcal{D}\left(\cdots,\left(1+b_i\right)\cdot A_\left(i\right),\cdots\right) \\ &=\left(1+b_i\right)\cdot \mathcal{D}\left(\cdots, A_\left(i\right),\cdots\right)\\ &=\mathcal{D}\left(\cdots, A_\left(i\right),\cdots\right)+b_i\cdot \mathcal{D}\left(\cdots, A_\left(i\right),\cdots\right) \end{align} 。

另一方面， D(⋯,A(i),⋯)+D(⋯,A(i)′,⋯)=D(⋯,A(i),⋯)+D(⋯,∑j=1nbj⋅A(j),⋯)  ⋮（对后一项重复使用性质0.）=D(⋯,A(i),⋯)+D(⋯,bi⋅A(i),⋯)=D(⋯,A(i),⋯)+bi⋅D(⋯,A(i),⋯)\begin{align} \mathcal{D}\left(\cdots,A_\left(i\right),\cdots\right)+\mathcal{D}\left(\cdots,A^\prime_\left(i\right),\cdots\right)&=\mathcal{D}\left(\cdots,A_\left(i\right),\cdots\right)+\mathcal{D}\left(\cdots,\sum_{j=1}^{n}b_j\cdot A_\left(j\right),\cdots\right) \\ &\ \ \vdots （对后一项重复使用性质0.）\\ &=\mathcal{D}\left(\cdots,A_\left(i\right),\cdots\right)+\mathcal{D}\left(\cdots,b_i\cdot A_\left(i\right),\cdots\right)\\ &=\mathcal{D}\left(\cdots,A_\left(i\right),\cdots\right)+b_i\cdot\mathcal{D}\left(\cdots, A_\left(i\right),\cdots\right) \end{align} 。

两者相等。

二）{A(j)}j=1n\left\{A_\left(j\right)\right\}_{j=1}^{n} 线性相关。

此时又分为 {A(1),⋯,A(i−1),A(i)′,A(i+1),⋯,A(n)}\left\{A_\left(1\right),\cdots,A_\left(i-1\right),A^\prime_\left(i\right),A_\left(i+1\right),\cdots,A_\left(n\right)\right\} 线性无关或相关两种情况。若线性无关，情况与 一）一致（将 {A(j)}j=1n\left\{A_\left(j\right)\right\}_{j=1}^{n}换为 {A(1),⋯,A(i−1),A(i)′,A(i+1),⋯,A(n)}\left\{A_\left(1\right),\cdots,A_\left(i-1\right),A^\prime_\left(i\right),A_\left(i+1\right),\cdots,A_\left(n\right)\right\}，对 A(i)A_\left(i\right) 重复以上论证）；若线性相关，为方便起见，以 {A(j)}j=1n\left\{A_\left(j\right)\right\}_{j=1}^{n} 为例，必∃1≤k≤n(A(k)=∑p=1k−1cp⋅A(p)+∑q=k+1ncq⋅A(q))\exists 1\le k\le n \left( A_\left(k\right)=\sum_{p=1}^{k-1}c_p\cdot A_\left(p\right)+\sum_{q=k+1}^{n}c_q\cdot A_\left(q\right)\right) （其中的序列 {cp}p=1k−1,{cq}q=k+1n\left\{c_p\right\}_{p=1}^{k-1},\left\{c_q\right\}_{q=k+1}^{n} 不全为零），性质1. 使得 D(⋯,A(k),⋯)=D(⋯,0,⋯)=0\mathcal{D}\left( \cdots,A_\left(k\right),\cdots \right)=\mathcal{D}\left( \cdots,0,\cdots \right)=0 ，对于线性相关的{A(1),⋯,A(i−1),A(i)′,A(i+1),⋯,A(n)}\left\{A_\left(1\right),\cdots,A_\left(i-1\right),A^\prime_\left(i\right),A_\left(i+1\right),\cdots,A_\left(n\right)\right\} 也是完全相似的论证（性质1.使 D(⋯,A(i)′,⋯)=0\mathcal{D}\left( \cdots,A^\prime_\left(i\right),\cdots \right)=0 ）。而对于 D(⋯,A(i)+A(i)′,⋯)\mathcal{D}\left(\cdots,A_\left(i\right)+A^\prime_\left(i\right),\cdots\right) ，可以平凡地证明无论对于{A(j)}j=1n\left\{A_\left(j\right)\right\}_{j=1}^{n}或 {A(1),⋯,A(i−1),A(i)′,A(i+1),⋯,A(n)}\left\{A_\left(1\right),\cdots,A_\left(i-1\right),A^\prime_\left(i\right),A_\left(i+1\right),\cdots,A_\left(n\right)\right\} 的各自的指标 kk 是否为 ii ，依性质1. 最终都会使得 D(⋯,A(i)+A(i)′,⋯)=0\mathcal{D}\left(\cdots,A_\left(i\right)+A^\prime_\left(i\right),\cdots\right)=0。那么此时所欲证之结论即退化为 0=0+00=0+0 ，显然成立。

那么，为啥教材还要引入逆序数这种坑爹的概念呢？

其实真相非常蛋疼，你准备好了吗？

答曰：“其实就是为了确认置换的奇偶性，从而给出行列式公式里每项前面那个正负号（即上文中的置换符号）”。。。

然而，逆序方法的本质仍然植根于置换理论，所以置换理论才是根本，逆序只是个表象而已。

【为了提前堵住某些（友善度）的嘴，我把逆序方法的全部内容一个字一个字地敲在下面。看在我大过年把手敲瘫了的诚意上，请你们体谅一下，高抬贵爪，放过我这个答案——毕竟我手已瘫，不可能再打字回应你们的杠，只能简单粗暴地处理了，我的意思你懂得～勿谓言之不预也！】

一、逆序与置换的奇偶性：

定义（逆序关系与逆序数）：设 Ω={1,2,…,n}\Omega=\left\{1,2,\dots,n\right\} ，若序对 (i,j)∈Ω×Ω\left(i,j\right)\in \Omega\times\Omega 在置换 σ∈Sn\sigma\in S_n （ SnS_n 是指 nn 元置换群，若不熟悉群的概念，可将此简单地视为全体 nn 元置换的集合，并不影响理解）下满足 i<j ∧ σ(i)>σ(j)i<j \ \wedge\ \sigma\left(i\right)>\sigma\left(j\right) ，则称 (i,j)\left(i,j\right) 是置换 σ\sigma下的逆序关系（或简称σ−\sigma- 逆序）；令 k∈Nk\in \mathbb{N} 代表逆序关系的总数，则 kk 叫作置换 σ\sigma 的逆序数。

命题：若置换 σ∈Sn\sigma\in S_n 不含任何逆序，则 σ=e\sigma=e ，即恒等映射。

证明：置换 σ\sigma 不含逆序 ⇔\Leftrightarrow ∀i<j,σ(i)≤σ(j)\forall i<j, \sigma\left(i\right)\leq \sigma\left(j\right) 。首先，满足 i<j ∧ σ(i)=σ(j)i<j\ \wedge \ \sigma\left(i\right)=\sigma\left(j\right) 的置换 σ∈Sn\sigma\in S_n 是不可能存在的，因为这与置换作为双射的单射性冲突，所以条件中的等于号可以去掉，即 ∀i<j,σ(i)<σ(j)\forall i<j, \sigma\left(i\right) < \sigma\left(j\right) 。其次， ∀1≤k≤n,k≤σ(k)\forall 1\leq k \leq n,k \leq \sigma\left(k\right) ，对 kk 进行归纳，显然 1≤σ(1)1\leq \sigma\left(1\right) （11 小于等于任何自然数而 σ(1)∈N+\sigma\left(1\right) \in \mathbb{N^+}），而若结论对 kk 成立，则 k≤σ(k)⇒k+1≤σ(k)+1k\leq\sigma\left(k\right) \Rightarrow k+1\leq\sigma\left(k\right)+1 ，而由于 ∀i<j,σ(i)<σ(j)\forall i<j, \sigma\left(i\right) < \sigma\left(j\right) ，有 σ(k)<σ(k+1)⇒σ(k)+1≤σ(k+1)\sigma\left(k\right) < \sigma\left(k+1\right) \Rightarrow \sigma\left(k\right)+1 \leq \sigma\left(k+1\right) ，故 k+1≤σ(k+1)k+1 \leq \sigma\left(k+1\right) ，归纳假设成立，结论得证。最后，若 ∃1≤k≤n\exists 1 \leq k \leq n 使得 k<σ(k)k < \sigma\left(k\right) ，则 ∀k<l≤n,l<σ(l)\forall k<l \leq n, l<\sigma\left(l\right) ，因为 k<σ(k)⇒k+1≤σ(k)<σ(k+1)k<\sigma\left(k\right)\Rightarrow k+1 \leq \sigma\left(k\right)<\sigma\left(k+1\right) ，依次类推，这将导致 n<σ(n)n<\sigma\left(n\right) ↯（与置换的像仍是 {1,…,n}\left\{ 1,\dots,n \right\} 矛盾）。因此， ∀1≤k≤n,k≥σ(k)∧k≤σ(k)⇒k=σ(k)\forall 1\leq k \leq n, k\geq\sigma\left(k\right) \wedge k\leq \sigma\left(k\right) \Rightarrow k=\sigma\left(k\right)，而 ∀1≤k≤n,σ(k)=k\forall 1\leq k \leq n,\sigma\left(k\right)=k 正是恒等映射的定义。■

定义（逆差）：若序对 (i,j)\left( i,j \right) 在置换 σ∈Sn\sigma\in S_n 下是逆序，则称正整数 σ(i)−σ(j)\sigma\left(i\right)-\sigma\left(j\right) 为 (i,j)\left( i,j \right) 的逆差。

命题：设置换 σ∈Sn\sigma\in S_n 有逆序，则必然存在某一逆序 (i,j)\left( i,j \right) 的逆差为 11 。

证明：反证法。假设置换 σ∈Sn\sigma\in S_n 有逆序，但任一逆序 (i,j)\left( i,j \right) 的逆差均不为 11（亦即 σ(i)−σ(j)≥2\sigma\left(i\right)-\sigma\left(j\right)\ge 2 ），对 nn 作归纳。初始情况应从 n=2n=2 开始，但显然出现矛盾（唯一的非恒等排列恰是一个逆差为 11 的对换），故初始情况成立。现归纳地假设命题对 n−1n-1 皆成立，考虑 nn 的情况。给定任意 nn 元排列，考虑 h=σ−1(n)h=\sigma^{-1}\left( n \right) （由于置换是双射， hh 必然存在）；则以下两种情况必居其一——

i） h=σ−1(n)=nh=\sigma^{-1}\left( n \right)=n 。则对于 σ\sigma 的任意逆序 (i,j)\left( i,j \right) ，必有 j≠nj\ne n 。依归纳假设，命题成立。

ii）h=σ−1(n)<nh=\sigma^{-1}\left( n \right)<n 。则 ∀h<j≤n\forall h<j\le n ， (h,j)\left(h,j\right) 皆为逆序，并且依照开始的假设，必然有 σ(h)−σ(j)=n−σ(j)≥2\sigma\left( h \right)-\sigma\left( j \right)=n-\sigma\left( j \right)\ge 2 ，而这意味着 ∀h<j≤n,σ(j)≠n−1\forall h<j\le n, \sigma\left( j \right) \ne n-1；然而，由于置换作为双射必然是满射， ∃1≤j′<h\exists 1 \le j^{\prime}<h 使得 σ(j′)=n−1\sigma\left( j^{\prime} \right)=n-1 。现考虑数字 n−2n-2 在排列中相对于 nn 的位置，若它在 nn 之右，即 ∃h<j′′≤n\exists h<j^{\prime\prime}\le n 使得 σ(j′′)=n−2\sigma\left( j^{\prime\prime} \right)=n-2 ，则立刻得到逆差为 11 的逆序 (j′,j′′)\left( j^{\prime},j^{\prime\prime} \right) ；否则， n−2n-2 在 nn 之左，即与 n−1n-1 皆位于 nn 之左侧，那么将同样的论证施加于 n−3n-3 ……依次类推。由于 nn 元集是有限的，这一过程不可能无穷地进（递）行（降）下去，从而必然止于某一 n−ln-l ，即—— n−(l−1)n-\left( l-1 \right) 与 n−ln-l 分别居于 nn 之两侧，且前者在左而后者在右；那么显然逆序 (σ−1(n−(l−1)),σ−1(n−l))\left( \sigma^{-1}\left( n-\left( l-1 \right) \right),\sigma^{-1}\left( n-l \right) \right) 的逆差为 11 ，即与最初的假设矛盾，从而完成归纳。

综上，归纳假设成立，命题得证。■

命题：若置换 σ∈Sn\sigma\in S_n 含有逆序，定义对换 τ=(σ(i) σ(j))\tau=\left( \sigma\left(i\right) \ \sigma\left(j\right) \right) （其中 (i,j)\left(i,j\right) 是某个逆差为 11 的逆序），则 τσ\tau\sigma 中不含有 σ\sigma 的逆序 (i,j)\left( i,j \right)，且 τσ\tau\sigma 的逆序数比 σ\sigma 少 11 。

证明：首先，逆差为 11 的逆序 (i,j)\left(i,j\right) 的存在性由上一命题可知，考虑 τσ(i)=τ(σ(i))=σ(j)\tau\sigma\left( i \right) = \tau\left(\sigma\left( i \right)\right)=\sigma\left(j\right) ，且 τσ(j)=τ(σ(j))=σ(i)=σ(j)+1\tau\sigma\left( j \right) = \tau\left(\sigma\left( j \right)\right)=\sigma\left(i\right)=\sigma\left(j\right)+1 ，进而 τσ(i)<τσ(j)\tau\sigma\left( i \right)<\tau\sigma\left( j \right) ，这便证明了τσ\tau\sigma 中不含有 σ\sigma 的逆序 (i,j)\left( i,j \right)。其次，令 l=σ(j)l=\sigma\left(j\right) ，则——τσ=(σ(i)  σ(j))(1…i…j…nσ(1)…l+1…l…σ(n))=(1…i…j…nσ(1)…l…l+1…σ(n))\begin{align} \tau\sigma &= \left(\sigma\left(i\right) \ \ \sigma\left(j\right)\right) \left(\begin{array}{aaaaaaa} 1 & \dots & i & \dots & j & \dots & n \\ \sigma\left(1\right) & \dots & l+1 &\dots &l &\dots & \sigma\left(n\right) \end{array}\right) \\ &= \left(\begin{array}{aaaaaa} 1 & \dots & i &\dots& j & \dots & n \\ \sigma\left(1\right) & \dots & l &\dots&l+1 &\dots & \sigma\left(n\right) \end{array}\right) \end{align}。可以看出：

i）逆序 (i,j)\left( i,j \right) 不复存在，亦即对换 τ\tau 消除了 σ\sigma 的一对逆序关系，逆序数量减1；

ii）既不含 ii ，也不含 jj 的逆序对完全不会被 τ\tau 改变，自然它们的数量也就不变；

iii）集合 I:={(u,i)|1≤u<i}I:=\left\{\left( u,i \right)|1\leq u < i\right\} 和集合 J:={(j,v)|j<v≤n}J:=\left\{\left( j,v \right)|j< v \leq n\right\} 中的逆序对，在 τ\tau 作用下的输出结果会改变，但逆序关系不变，自然逆序关系的总数仍然不变；

iv）集合 K:={(i,x)|i<x≤n ∧x≠j}K:=\left\{\left( i,x \right)|i< x \leq n\ \wedge x\neq j\right\} 和集合 L:={(y,j)|1≤y<j ∧y≠i}L:=\left\{\left( y,j \right)|1\leq y <j \ \wedge y \neq i\right\} 中的逆序对，分别满足条件 l+1>σ(x)l+1>\sigma\left( x \right) 和 σ(y)>l\sigma\left(y\right)>l ，也就是 l=σ(j)≥σ(x)l=\sigma\left( j \right)\geq\sigma\left( x \right) 和 σ(y)≥σ(i)=l+1\sigma\left(y\right)\geq \sigma\left(i\right)=l+1；由于 σ\sigma 作为双射具有单射性，故 x≠j⇒σ(x)≠σ(j)x\ne j \Rightarrow \sigma\left( x \right)\ne \sigma\left( j\right) ， y≠i⇒σ(y)≠σ(i)y\ne i \Rightarrow \sigma\left( y \right)\ne \sigma\left( i\right) ，那么条件可以改进为：对于 K,LK,L 中的逆序 (i,x),(y,j)\left(i,x\right),\left(y,j\right) ，l=σ(j)>σ(x)l=\sigma\left( j \right)>\sigma\left( x \right) 和 σ(y)>σ(i)=l+1\sigma\left(y\right) >\sigma\left(i\right)=l+1 ，即 τσ(i)>τσ(x)\tau\sigma\left( i \right)>\tau\sigma\left( x \right) 和 τσ(y)>τσ(j)\tau\sigma\left( y \right)>\tau\sigma\left( j \right)。那么，集合 K,LK,L 的逆序在 τ\tau 的作用下输出的结果会改变，然而逆序关系仍然不变，自然其总数依旧不变。 以上四个部分不重不漏地遍历了全部的（顺）序对；那么，对于命题中设定的对换 τ\tau 而言， τσ\tau\sigma 的逆序数比 σ\sigma 少 11 。■

定理/推论：若 k∈Nk \in \mathbb{N} 是置换 σ∈Sn\sigma\in S_n 的逆序数，存在 kk 个对换 τ1,…,τk\tau_1,\dots,\tau_k 使得 τkτk−1⋯τ1σ=e\tau_k \tau_{k-1} \cdots\tau_1\sigma=e 。

证明：依以上各命题，显然。■

二、逆序数与置换符号的关系：

定义（置换符号的逆序数定义）：设置换 σ∈Sn\sigma \in S_n ，定义 sgn(σ)=∏1≤i<j≤nσ(j)−σ(i)j−i\mathrm{sgn}\left(\sigma\right)=\prod_{1\leq i<j\leq n}\frac{\sigma\left(j\right)-\sigma\left(i\right)}{j-i} ，称之为（通过逆序数定义的）置换 σ\sigma 的符号。

【注：你肯定想说“‘通过逆序数定义’是什么鬼？！上边儿这定义里哪特么有啥逆序数？”别急，逆序数是通过以下魔术变（艹）出来的～】

命题：若 kk 是置换 σ∈Sn\sigma \in S_n的逆序数，则 sgn(σ)=∏1≤i<j≤nσ(j)−σ(i)j−i=(−1)k=εσ\mathrm{sgn}\left(\sigma\right)=\prod_{1\leq i<j\leq n}\frac{\sigma\left(j\right)-\sigma\left(i\right)}{j-i}=\left( -1 \right)^k=\varepsilon_{\sigma}。

证明：为了把证明写清楚，先絮叨一些废话作为铺垫：

定义（非对称（角）序对的等价）：若一序对所包含的两个数字不等，则称之为非对称（角）的；若两非对称（角）序对至多相差一个对换，即——两序对形如：i）相同—— (i,j),(i,j)\left(i,j\right),\left(i,j\right) 或 ii）相差一个对换——(i,j),(j,i)\left(i,j\right),\left(j,i\right)，则称它们是等价的。

显然，两非对称（角）序对 (i,j)\left(i,j\right) 和 (h,l)∈Ω×Ω\left(h,l\right)\in \Omega\times\Omega 等价（其中 Ω:={1,⋯,n}\Omega:=\left\{1,\cdots,n\right\} ） ⇔\Leftrightarrow 它们包含的元素（数字）彼此相同，即 {i,j}={h,l}\left\{i,j\right\}=\left\{h,l\right\} 。序对 (i,j)\left(i,j\right) 和 (h,l)∈Ω×Ω\left(h,l\right)\in \Omega\times\Omega 的等价记为(i,j)∼(h,l)\left(i,j\right)\sim\left(h,l\right)，显然（不能直接看出这一点的，请自行验证此关系满足自反、对称和传递性）这是个等价关系（不然也不叫等价了）。显然，这一等价关系为全体非对称（角）序对（共 n2−nn^2-n 个）划分出了 n2−n2\frac{n^2-n}{2} 个两两不交的等价类，而每个等价类皆形如 Λ(i,j)={(i,j),(j,i)|∀1≤i<j≤n,}\Lambda\left(i,j\right)=\left\{ \left(i,j\right),\left(j,i\right)|\forall1\leq i < j\leq n, \right\} （如果不能看出这一显然，请将序对排成方阵自行验证），记 Λn:=(Ω×Ω)/∼={Λ(i,j)|1≤i<j≤n}\Lambda_n:=\left(\Omega\times\Omega\right)/\sim=\left\{\Lambda\left(i,j\right)|1\leq i<j\leq n\right\} 。

此外，约定 σ((i,j)):=(σ(i),σ(j))\sigma\left(\left(i,j\right)\right):=\left(\sigma\left(i\right),\sigma\left(j\right)\right) 。

然后，可以验证 σ\sigma 是 Λn\Lambda_n 上的置换（即 σ:Λn→Λn\sigma: \Lambda_n\rightarrow\Lambda_n 是双射）。验证如下：显然，σ((i,j))=(σ(i),σ(j))σ((j,i))=(σ(j),σ(i))}⇒σ(Λ(i,j))=Λ(min(σ(i),σ(j)),max(σ(i),σ(j)))（注意，由于置换是双射，σ(i)≠σ(j)）\begin{align} &\left. \begin{array}\ \sigma\left(\left(i,j\right)\right)=\left(\sigma\left(i\right),\sigma\left(j\right)\right) \\ \sigma\left(\left(j,i\right)\right)=\left(\sigma\left(j\right),\sigma\left(i\right)\right) \end{array}\right\}\Rightarrow \sigma\left(\Lambda\left(i,j\right)\right)=\Lambda\left(\min\left(\sigma\left(i\right),\sigma\left(j\right)\right),\max\left(\sigma\left(i\right),\sigma\left(j\right)\right)\right)\\ &（注意，由于置换是双射，\sigma\left(i\right)\neq \sigma\left(j\right)） \end{align}

（即置换 σ\sigma 将一个等价类映至另一个等价类，换言之， σ\sigma 在 Λn\Lambda_n 上封闭）。单射性——若置换 σ(Λ(i1,j1))=σ(Λ(i2,j2))\sigma\left(\Lambda\left(i_1,j_1\right)\right)=\sigma\left(\Lambda\left(i_2,j_2\right)\right) ，则： Λ(min(σ(i1),σ(j1)),max(σ(i1),σ(j1)))=Λ(min(σ(i2),σ(j2)),max(σ(i2),σ(j2)))⇒{σ(i1),σ(j1)}={σ(i2),σ(j2)}⇒{i1,j1}={i2,j2}（这一步要用到置换作为 Ω 上双射的单射性）⇒Λ(i1,j1)=Λ(i2,j2)\begin{align} &\Lambda\left(\min\left(\sigma\left(i_1\right),\sigma\left(j_1\right)\right),\max\left(\sigma\left(i_1\right),\sigma\left(j_1\right)\right)\right)=\Lambda\left(\min\left(\sigma\left(i_2\right),\sigma\left(j_2\right)\right),\max\left(\sigma\left(i_2\right),\sigma\left(j_2\right)\right)\right)\\ &\Rightarrow \left\{ \sigma\left(i_1\right), \sigma\left(j_1\right)\right\}=\left\{ \sigma\left(i_2\right), \sigma\left(j_2\right) \right\}\\&\Rightarrow \left\{ i_1 , j_1 \right\}=\left\{ i_2,j_2 \right\}（这一步要用到置换作为\ \Omega \ 上双射的单射性）\\&\Rightarrow \Lambda\left(i_1,j_1\right)=\Lambda\left(i_2,j_2\right) \end{align} 。满射性由置换作为 Ω\Omega 上双射的满射性直接推出。

现在可以证明本命题了，观察 sgn(σ)\mathrm{sgn}\left(\sigma\right) 的结构，可以发现其分母自动诱导出了序对 (i,j)\left(i,j\right) 及其等价类 Λ(i,j)\Lambda\left(i,j\right) ，而分子诱导出了等价类在 σ\sigma 下的像（而乘积符号下1≤i<j≤n1\leq i<j\leq n的条件保证了不重不漏地遍历它们）。由于置换 σ\sigma 是 Λn\Lambda_n 到自身的双射，故分母上的因子和分子上的因子一一对应（但可以不属于同一个 σ(j)−σ(i)j−i\frac{\sigma\left(j\right)-\sigma\left(i\right)}{j-i} ），从而全部约分，所以 |sgn(σ)|=1\left|\mathrm{sgn}\left(\sigma\right)\right|=1 ；至于 sgn(σ)\mathrm{sgn}\left(\sigma\right) 的符号，考虑到 σ(j)−σ(i)j−i<0\frac{\sigma\left(j\right)-\sigma\left(i\right)}{j-i}<0 当且仅当 (i,j)\left(i,j\right) 是逆序，故逆序数 kk 是负号的数量，也就得到结论 sgn(σ)=∏1≤i<j≤nσ(j)−σ(i)j−i=(−1)k\mathrm{sgn}\left(\sigma\right)=\prod_{1\leq i<j\leq n}\frac{\sigma\left(j\right)-\sigma\left(i\right)}{j-i}=\left( -1 \right)^k，而依照第一部分的最后一个命题以及置换奇偶性的不变性，它与 εσ\varepsilon_\sigma 是一致的。■

【写在最后，致某些杠精：某些斯德哥尔摩型杠精不要跑来跟我杠什么“那又怎样？你看不惯它它不还是有用？你装个毛的比啊？！”对不起，同样是确定置换的奇偶性及符号——

轮换分解比逆序总和理解起来容易/直观一千倍，操作起来容易一万倍！

我把话放这儿，不信你就自己试试。】

编辑于 2020-08-07 01:45

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鄂梨

东张西望，一无所长。

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不知道我理解的对不对，题主想问的是逆序数定义在整个线性代数理论体系中起到什么作用？

我们先来回顾一下相关定义，在一个排列中当某两个元素的先后次序与标准次序不同时，就称这两个元素构成一组逆序（两元素不一定相邻）。而逆序数就是一个排列中所包含的逆序的个数。逆序数为偶数的排列称偶排列，逆序数为奇数的排列称奇排列。

逆序数在行列式中最重要的一个应用是行列式的求值。

可以说，线性代数的整体研究思路是从特殊推广到一般，而行列式作为其中的开篇章节，求值又是其核心问题，为什么逆序数有着如此重要的一个应用，却还常常让人觉得突兀呢？

提到行列式求值我们通常首先想到对角线法则，长这样（以三阶行列式为例）：

对角线法则很经典，但其致命弱点在于它仅适用于二、三阶行列式，也就是说这只是一个技巧性法则而非真正的计算法则，为了全面的解决行列式求值问题，我们需要一个更具有普遍适用力的公式。

观察可知，上式中包含六项，每一项都是元素 aij 的三次乘积，且每一项中 i 都构成排列123， j 的取值范围也是（1,2,3），3种不同的元素共有 3!=6 种排法，根据每一项中 j 排列的逆序数奇偶性来决定该项的正负号，项中 j 呈偶排列，该项取正；项中 j 呈奇排列，该项取负（其实是根据 i 排列的逆序数加 j 排列的逆序数的和的奇偶性来决定每一项的正负号，但是式中 i 为自然排列，逆序数为0）。根据这些观察到的信息可以将上式写成如下形式：

式中 \sum_{P1P2P3}^{}{} 表示对1,2,3的所有排列带入后式求和， t(P1P2P3) 表示由1,2,3所组成的排列的逆序数，其n阶推广形态如下：

对于这一假设的证明过程就先在此略过，事实上它强大、优美、无懈可击。

综上，由于本科阶段接触的、需要手算的通常是低阶行列式，遇到四阶行列式也可以用拉普拉斯展开定理进行降阶，或用行列式性质造零化为上（下）三角行列式，后再使用对角线法。也许前期在做章节练习时还会有个别题目考到这个抽象算式，但随着行列式铺垫完毕，进入到矩阵和向量的主篇章，这一略显复杂的知识点无暇再被提及，事后再回想起逆序数时，难免让人觉得它与整个线性代数理论体系是脱节的。

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万军取首高数线代
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高数线代学不会？期中期末考试太难？跟着我，从此不怕数学！

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先说结论：二阶、三阶行列式可以代表图形的有向体积，而它在更高维空间的推广，就是高阶行列式。

我们先看一个问题：给定原点OO、点A(x1,y1)A(x_1,y_1)、点B(x2,y2)B(x_2,y_2)，那么以向量OAOA和向量OBOB为边的平行四边形面积是多少呢？

根据S=|OA||OB|sin\theta ，我们发现它和两个向量的向量积的模相等。为使得向量积的运算可以进行，我们增加 z 轴，那么 OA\times OB= \left| \begin{array}{} i \ \ \ \ \ j\ \ \ \ k\\ x_1 \ \ x_2\ \ 0\\ y_1\ \ y_2\ \ 0\\ \end{array} \right|=\left| \begin{array}{} x_1 \ \ x_2\\ y_1\ \ y_2\\ \end{array} \right|k

因此上面向量的模就是平行四边形的面积。由于是有向面积，因此这里没有绝对值符号。

S=\left| \begin{array}{} x_1 \ \ x_2\\ y_1\ \ y_2\\ \end{array} \right|

通过这一表达式，我们也可以模糊地得到一个结论：向量组线性相关的矩阵的行列式为零。这是因为，两个线性相关的向量是共线的，而它们根本无法张成一个平行四边形！或者说，这个平行四边形的面积是0。

有了二阶行列式的意义之后，我们便可看看三阶行列式的意义。我们把眼光放到三维空间之后，“行列式代表有向体积”这件事还成立吗？

答案是：也成立。三维空间中，我们也可以用混合积的坐标表示，以及混合积代表三个向量张成的平行六面体的有向体积这两个事实，得到三阶行列式的意义。

若这个平行四面体的三条互不平行的棱的方向向量分别是 (x_1,y_1,z_1) 、 (x_2,y_2,z_2)，(x_3,y_3,z_3)

那么它的有向体积 V=\left| \begin{array}{} x_1 \ \ x_2\ \ x_3\\ y_1\ \ y_2\ \ y_3\\ z_1\ \ z_2\ \ z_3 \end{array} \right|

也就是说，三阶行列式也有表示有向体积的意义。

同样，对于三阶行列式，我们也可以模糊地得到一个结论：向量组线性相关的矩阵的行列式为零。这是因为，三个线性相关的向量是共面的，而它们根本无法张成一个平行六面体！或者说，这个平行六面体的体积是0。

在四阶或者更高阶的行列式中，“向量组线性相关的矩阵的行列式为零”这一结论也具有相同的体积意义：如果 n 个向量线性相关，那么它们一定属于一个 (n-1) 维空间（请回忆“秩”和“维数”之间的关系）。而一个 (n-1) 维空间内的物体，它的在 n 维空间意义下体积一定为零！（就像直线的面积为零、平面的体积一样）

看来，高阶行列式就是那个代表高维体积的东西。这句话体现了高阶行列式和二、三阶行列式在几何意义上的共同点，而我们希望从它们代数意义上的共同点，来找到它们的计算方法。

我们先看三阶行列式和二阶行列式，通过第一行的三个元素 a_{11},a_{22} 和 a_{33} 的转化过程。

根据三阶行列式的定义

|A|=a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}-a_{13}a_{22}a_{31}-a_{12}a_{21}a_{33}-a_{11}a_{23}a_{32}= a_{11}(a_{22}a_{33}-a_{23}a_{32})-a_{12}(a_{21}a_{33}-a_{23}a_{31})+a_{13}(a_{21}a_{32}-a_{22}a_{31})\\= a_{11}\left| \begin{array}{} a_{22}\ a_{23}\\ a_{32}\ a_{33} \end{array} \right|-a_{12}\left| \begin{array}{} a_{21}\ a_{23}\\ a_{31}\ a_{33} \end{array} \right|+a_{13}\left| \begin{array}{} a_{21}\ a_{32}\\ a_{22}\ a_{31} \end{array} \right|

我们发现，上式的三个行列式，都是原矩阵去掉 a_{1j}(j\in\{1,2,3\}) 后剩余的四项构成的行列式。

这里我们引入余子式的概念：方阵 A 去掉第 i 行和第 j 列的所有元素得到的新矩阵的行列式，称为矩阵元素 a_{ij} 的余子式，记作 M_{ij} 。那么我们就得到了

|A|=a_{11}M_{11}-a_{12}M_{12}+a_{13}M_{13}

这时我们发现， M_{ij} 前面的符号是正号还是负号还难以确定，因此这个方法暂时难以推广到高阶行列式。

我们看看，用其他几行的三个元素，如何把三阶行列式转化为二阶行列式呢？我们可以验证：

|A|=-a_{21}M_{21}+a_{22}M_{22}-a_{23}M_{23}

|A|=a_{31}M_{31}-a_{32}M_{32}+a_{33}M_{33}

观察到，代数式中一项是正号还是负号，取决于 i+j （行数与列数之和）的奇偶性。也就是说，如果把所有的 M_{ij} 改为 (-1)^{i+j}M_{ij} ，那么每一项前面的负号就都是正号，这样，我们就可以引入代数余子式的概念。

代数余子式： (-1)^{i+j}A_{ij} 是矩阵元素 a_{ij} 的代数余子式，记作 A_{ij} 。这样，三阶行列式就有

|A|=a_{i1}M_{i1}+a_{i2}M_{i2}+a_{i3}M_{i3} =\sum_{j=1}^{3}a_{ij}M_{ij}

对于任意 i\in\{1,2,3\} 都成立。上面的结论对于任意阶行列式都成立吗？我们可以用行列式的定义来验证，答案是肯定的。这就是行列式的展开式。

把这一展开法则用在高阶行列式上，就可以推出用逆序数定义的高阶行列式——它也能够体现“向量组线性相关的矩阵的行列式为零”这一原理。

所以，高阶行列式的定义，在几何上和代数上，和二、三阶行列式有高度的一致性，这就是为什么它们都被叫做“行列式”。

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