余因子展開

置換による証明

A を n次正方行列とし、i, j ∈ {1, 2, …, n} を固定する。A の (i, j)小行列 M_i,j の成分を簡単のため ${\displaystyle (b_{s,t})_{1\leq s,t\leq n-1}}$ と書く。a_i,j を因子に持つ |A| の展開項を考えると、それは σ(i) = j を満たす適当な置換 σ ∈ S_n により

${\displaystyle (\operatorname {sgn} \sigma )\,a_{1,\sigma (1)}\cdots a_{i,j}\cdots a_{n,\sigma (n)}=(\operatorname {sgn} \sigma )\,a_{i,j}\,b_{1,\tau (1)}\cdots b_{n-1,\tau (n-1)}}$

と表すことができる。ここで τ ∈ S_n−1 は行列式の展開項が等しくなるように σ から導かれるものであり、対応 τ ↔ σ は S_n−1 と {σ ∈ S_n  |  σ(i) = j} の間の全単射である。τ は σ で次のように表せる：

${\displaystyle \tau ={\begin{bmatrix}1&\cdots &i-1&i&\cdots &n-1\\(\leftarrow )_{j}\sigma (1)&\cdots &(\leftarrow )_{j}\sigma (i-1)&(\leftarrow )_{j}\sigma (i+1)&\cdots &(\leftarrow )_{j}\sigma (n)\end{bmatrix}}}$

ただし、(←)_j はこの場だけの省略記法で、巡回置換 (n, n − 1, …, j + 1, j) を表すものとする。つまり、j より大きい番号は 1 ずつ減らし、j は n に写す置換（したがって、τ の像がきちんと集合 {1, 2, …, n − 1} になる）を意味するものとする。

τ からもとの σ を以下のようにして導出することができる：τ ∈ S_n−1 を τ′ ∈ S_n に拡張すると（このとき τ′(n) = n にならざるを得ない）、

${\displaystyle \tau '={\begin{bmatrix}1&\cdots &i-1&i&\cdots &n-1&n\\(\leftarrow )_{j}\sigma (1)&\cdots &(\leftarrow )_{j}\sigma (i-1)&(\leftarrow )_{j}\sigma (i+1)&\cdots &(\leftarrow )_{j}\sigma (n)&n\end{bmatrix}}}$

と表せる。このとき、先に (←)_i（これは巡回置換 (n, n − 1, …, i + 1, i) のことである）を施してから τ′ を施す置換 τ′(←)_i も、σ を施してから (←)_j を施す置換 (←)_jσ も、どちらも次の置換になる：

${\displaystyle {\begin{bmatrix}1&\cdots &i-1&i&i+1&\cdots &n\\(\leftarrow )_{j}\sigma (1)&\cdots &(\leftarrow )_{j}\sigma (i-1)&n&(\leftarrow )_{j}\sigma (i+1)&\cdots &(\leftarrow )_{j}\sigma (n)\end{bmatrix}}}$

したがって (←)_jσ = τ′(←)_i, 故に σ = (→)_jτ′(←)_i を得る（ただし、(→)_j は (←)_j の逆置換である (j, j + 1, …, n) を表すとする）。故に

${\displaystyle \sigma =(j,j+1,\cdots ,n)\tau '(n,n-1,\cdots ,i)}$

ここに現れる2つの巡回置換はそれぞれ n − i個と n − j個の互換の積で表せるから

${\displaystyle \operatorname {sgn} \sigma =(-1)^{2n-(i+j)}\operatorname {sgn} \tau '=(-1)^{i+j}\operatorname {sgn} \tau }$

であり、また写像 τ ↔ σ が全単射であったから、

${\displaystyle {\begin{aligned}\textstyle \sum \limits _{\scriptstyle \sigma \in S_{n} \atop \scriptstyle \sigma (i)=j}(\operatorname {sgn} \sigma )\,a_{1,\sigma (1)}\cdots a_{n,\sigma (n)}&=\textstyle \sum \limits _{\tau \in S_{n-1}}(-1)^{i+j}(\operatorname {sgn} \tau )\,a_{i,j}\,b_{1,\tau (1)}\cdots b_{n-1,\tau (n-1)}\\&=a_{i,j}(-1)^{i+j}\left|M_{i,j}\right|\\&=a_{i,j}\,{\widetilde {a}}_{i,j}\end{aligned}}}$

となり、ここから所期の結果が得られる。（証明終）

多重線形交代性による証明

n次正方行列 A = (a_i,j) の行列式を、第j列に沿って展開することを考える。

${\displaystyle {\begin{aligned}\det A&={\begin{vmatrix}a_{1,1}&\cdots &a_{1,j}&\cdots &a_{1,n}\\\vdots &&\vdots &&\vdots \\a_{i,1}&\cdots &a_{i,j}&\cdots &a_{i,n}\\\vdots &&\vdots &&\vdots \\a_{n,1}&\cdots &a_{n,j}&\cdots &a_{n,n}\\\end{vmatrix}}\\&\\&=\textstyle \sum \limits _{i=1}^{n}\,a_{i,j}\,{\begin{vmatrix}a_{1,1}&\cdots &0&\cdots &a_{1,n}\\\vdots &&\vdots &&\vdots \\a_{i,1}&\cdots &1&\cdots &a_{i,n}\\\vdots &&\vdots &&\vdots \\a_{n,1}&\cdots &0&\cdots &a_{n,n}\\\end{vmatrix}}\\&\\&=\textstyle \sum \limits _{i=1}^{n}\,a_{i,j}\,\cdot (-1)^{(i-1)+(j-1)}\,{\begin{vmatrix}\;1&0&\cdots &{\breve {0}}&\cdots &0\\\;0&a_{1,1}&\cdots &{\breve {a}}_{1,j}&\cdots &a_{1,n}\\\;\vdots &\vdots &&\vdots &&\vdots \\\;{\breve {0}}&{\breve {a}}_{i,1}&\cdots &{\breve {a}}_{i,j}&\cdots &{\breve {a}}_{i,n}\\\;\vdots &\vdots &&\vdots &&\vdots \\\;0&a_{n,1}&\cdots &{\breve {a}}_{n,j}&\cdots &a_{n,n}\\\end{vmatrix}}\\&\\&=\textstyle \sum \limits _{i=1}^{n}\,a_{i,j}\,\cdot (-1)^{i+j}\,{\begin{vmatrix}a_{1,1}&\cdots &{\breve {a}}_{1,j}&\cdots &a_{1,n}\\\vdots &&\vdots &&\vdots \\{\breve {a}}_{i,1}&\cdots &{\breve {a}}_{i,j}&\cdots &{\breve {a}}_{i,n}\\\vdots &&\vdots &&\vdots \\a_{n,1}&\cdots &{\breve {a}}_{n,j}&\cdots &a_{n,n}\\\end{vmatrix}}\\&=\textstyle \sum \limits _{i=1}^{n}a_{i,j}\,{\widetilde {a}}_{i,j}\quad \blacksquare \end{aligned}}}$

第i行に沿う展開も同様である。（証明終）

例

正方行列

${\displaystyle A={\begin{bmatrix}1&2&3&4\\5&6&7&8\\9&10&11&12\\13&14&15&16\end{bmatrix}}}$

を考える。この行列の行列式は最初の2行に沿った余因子展開を用いて次のように計算できる。まず {1, 2, 3, 4} には2つの相異なる数の集合が6つあることに注意。すなわち

${\displaystyle S=\left\{\{1,2\},\{1,3\},\{1,4\},\{2,3\},\{2,4\},\{3,4\}\right\}}$

をそれらの集合とする。

補余因子を

${\displaystyle b_{\{j,k\}}={\begin{vmatrix}a_{1j}&a_{1k}\\a_{2j}&a_{2k}\end{vmatrix}}}$

${\displaystyle c_{\{j,k\}}={\begin{vmatrix}a_{3j}&a_{3k}\\a_{4j}&a_{4k}\end{vmatrix}}}$

と定義し、それらの置換の符号を

${\displaystyle \varepsilon ^{\{i,j\},\{p,q\}}=\operatorname {sgn} {\begin{bmatrix}1&2&3&4\\i&j&p&q\end{bmatrix}}}$

と定義することで、A の行列式は

${\displaystyle |A|=\sum _{H\in S}\varepsilon ^{H,H'}b_{H}c_{H'}}$

と書き下せる。ただし H′ は H の補集合である。

我々の明示的な例でこれを計算すると次のようになる。

${\displaystyle {\begin{aligned}|A|&=b_{\{1,2\}}c_{\{3,4\}}-b_{\{1,3\}}c_{\{2,4\}}+b_{\{1,4\}}c_{\{2,3\}}+b_{\{2,3\}}c_{\{1,4\}}-b_{\{2,4\}}c_{\{1,3\}}+b_{\{3,4\}}c_{\{1,2\}}\\&={\begin{vmatrix}1&2\\5&6\end{vmatrix}}\cdot {\begin{vmatrix}11&12\\15&16\end{vmatrix}}-{\begin{vmatrix}1&3\\5&7\end{vmatrix}}\cdot {\begin{vmatrix}10&12\\14&16\end{vmatrix}}+{\begin{vmatrix}1&4\\5&8\end{vmatrix}}\cdot {\begin{vmatrix}10&11\\14&15\end{vmatrix}}\\&\quad +{\begin{vmatrix}2&3\\6&7\end{vmatrix}}\cdot {\begin{vmatrix}9&12\\13&16\end{vmatrix}}-{\begin{vmatrix}2&4\\6&8\end{vmatrix}}\cdot {\begin{vmatrix}9&11\\13&15\end{vmatrix}}+{\begin{vmatrix}3&4\\7&8\end{vmatrix}}\cdot {\begin{vmatrix}9&10\\13&14\end{vmatrix}}\\&=-4\cdot (-4)-(-8)\cdot (-8)+(-12)\cdot (-4)+(-4)\cdot (-12)-(-8)\cdot (-8)+(-4)\cdot (-4)\\&=16-64+48+48-64+16=0\end{aligned}}}$

上と同様、結果が正しいことを確かめるのは容易である。実際、第1列と第3列を足すと第2列の2倍になるから行列は正則でなく、したがって行列式は 0 である。

一般の主張

B = (b_ij) を n次正方行列とし、S を {1, 2, …, n} の k 元部分集合全体の集合とし、H をその元とする。すると B の行列式は H によって指定される k 個の行に沿って次のように展開できる：

${\displaystyle |B|=\textstyle \sum \limits _{L\in S}\varepsilon ^{H,L}b_{H,L}c_{H,L}}$

ただし ε^H,L は H と L によって決定される置換の符号で

${\displaystyle (-1)^{\sum \limits _{h\in H}h+\sum \limits _{\ell \in L}\ell }}$

に等しく、b_H,L は B から添え字がそれぞれ H と L に属している行と列を除いて得られる B の正方部分行列で、c_H,L（b_H,L の補行列と呼ばれる）は b_H′,L′ と定義される。ここで H' と L' はそれぞれ H と L の補集合である。

これは k = 1 のとき冒頭の定理と一致する。同じことは任意の固定された k 個の列に対しても成り立つ。