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行列式の導出
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行列式の定義を見ると,どうしてこのような式を考え付いたのか想像しにくいですね.
行列式を使わずに連立1次方程式を解いて,行列式の導出を試みましょう.




3元連立1次方程式
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一般の場合は式が複雑で考えにくいので,まず

<tex>
a_1 x + b_1 y + c_1 z = d_1 \\
a_2 x + b_2 y + c_2 z = d_2 \\
a_3 x + b_3 y + c_3 z = d_3 
</tex>

について考えましょう. $x$ を求めるために $a_i x + b_i y + c_i z = d_i$ 
の辺々に $\pm b_j c_k (i \neq j \neq k \neq i)$ をかけた

<tex>
\pm (a_i b_j c_k x + b_i b_j c_k y + c_i b_j c_k z) = \pm d_i b_j c_k
</tex>

に対して,例えば

<tex>
+ a_1 b_2 c_3 x + b_1 b_2 c_3 y + c_1 b_2 c_3 z = + d_1 b_2 c_3 \\
- a_2 b_1 c_3 x - b_2 b_1 c_3 y - c_2 b_1 c_3 z = - d_2 b_1 c_3 
</tex>

を辺々加算すると $y$ の係数が $(b_1 b_2 - b_2 b_1) c_3 = 0$ となります.また,

<tex>
+ a_1 b_2 c_3 x + b_1 b_2 c_3 y + c_1 b_2 c_3 z = + d_1 b_2 c_3 \\
- a_3 b_2 c_1 x - b_3 b_2 c_1 y - c_3 b_2 c_1 z = - d_3 b_2 c_1 
</tex>

を加算すると $z$ の係数が 0 になります. $y$ の係数には $b_i b_j$ が, $z$ の係数には
$c_i c_k$ が含まれているのがポイントで, 

<tex>
(s_{ijk} b_i b_j - s_{jik} b_j b_i) c_k y = 0 ~~(s_{ijk} = - s_{jik}) \\
(s_{ijk} c_i c_k - s_{kji} c_k c_i) b_j z = 0 ~~(s_{ijk} = - s_{kji})
</tex>

となるので,(とりあえず) $s_{123} = 1$ を初期値として符号 $s_{ijk}$ を 
$s_{ijk} = - s{jik} = - s_{kji}$ によって順次定めると

<tex>
+ a_1 b_2 c_3 x + b_1 b_2 c_3 y + c_1 b_2 c_3 z = + d_1 b_2 c_3 \\
- a_1 b_3 c_2 x - b_1 b_3 c_2 y - c_1 b_3 c_2 z = - d_1 b_3 c_2 \\
+ a_2 b_3 c_1 x + b_2 b_3 c_1 y + c_2 b_3 c_1 z = + d_2 b_3 c_1 \\
- a_2 b_1 c_3 x - b_2 b_1 c_3 y - c_2 b_1 c_3 z = - d_2 b_1 c_3 \\
+ a_3 b_1 c_2 x + b_3 b_1 c_2 y + c_3 b_1 c_2 z = + d_3 b_1 c_2 \\
- a_3 b_2 c_1 x - b_3 b_2 c_1 y - c_3 b_2 c_1 z = - d_3 b_2 c_1 
</tex>

が得られ,総和をとると(結果的に) $y$ , $z$ の係数がいずれも 0 になることが分かります.




置換による表現
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集合 $\{1, 2, \cdots , n\}$ に対する1対1写像を置換といい,とくに
$\{1, 2, \cdots , n\}$ の任意の2数だけを交換する置換を互換といいます.
$i$ と $j$ を交換する互換 $\sigma$ は
$\sigma(i) = j,~~ \sigma(j) = i,~~\sigma(k) = k (k \neq i, j)$
ですが,これを $(i~~j)$ とかきます.任意の置換は互換の繰り返し(合成写像)で
表現できます.表現の仕方はいろいろありますが,置換を表現するのに必要な互換
の数は偶数か奇数かは変わりません.互換の数が偶数の置換を偶置換,奇数の置換を
奇置換といい,置換 $\sigma$ の符号を偶置換のときは ${\rm sgn}(\sigma) = 1$
奇置換のときは $ {\rm sgn}(\sigma) = -1$ で定めます.  
$s_{ijk}$ の $i, j, k$ は互いに異なるので,置換 $\sigma$ を用いて
$i = \sigma(1), j = \sigma(2), k = \sigma(3)$
と表現でき,置換を用いると $n$ 元連立1次方程式への拡張が容易になります.

一般化準備として,まず

<tex>
s_{ijk} b_j c_k (a_i x + b_i y + c_i z) = s_{ijk} d_i b_j c_k
</tex>

を置換を用いて書き換えましょう. $s_{ijk} = {\rm sgn}(\sigma) = s_\sigma$ とし

<tex>
i = \sigma(1),~~ j = \sigma(2),~~ k = \sigma(3),~~~~
a_i = a_{i1},~~ b_i = a_{i2},~~ c_i = a_{i3},~~~~
x = x_1,~~ y = x_2,~~ z = x_3 
</tex>

を代入した

<tex>
s_\sigma a_{\sigma(2)2} a_{\sigma(3)3} \sum_{k=1}^3 a_{\sigma(1)k} x_k
= s_\sigma d_{\sigma(1)} a_{\sigma(2)2} a_{\sigma(3)3}
</tex>

が $x_1$ を求める式であることに注意. $x_2$ を求めるときの式は

<tex>
s_\sigma a_{\sigma(2)1} a_{\sigma(3)3} \sum_{k=1}^3 a_{\sigma(1)k} x_k
= s_\sigma d_{\sigma(1)} a_{\sigma(2)1} a_{\sigma(3)3}
</tex>

あるいは $\sigma$ を変更した

<tex>
s_\sigma a_{\sigma(1)1} a_{\sigma(3)3} \sum_{k=1}^3 a_{\sigma(2)k} x_k
= s_\sigma d_{\sigma(2)} a_{\sigma(1)1} a_{\sigma(3)3}
</tex>

であり, $x_j$ を求める式は

<tex>
s_\sigma \sum_{k=1}^3 a_{\sigma(j)k} x_k \prod_{i \neq j} a_{\sigma(i)i}
= s_\sigma d_{\sigma(j)} \prod_{i \neq j} a_{\sigma(i)i}
</tex>

です.上式の 3 を $n$ で置換し, $\sigma$ の定義域を ${1, \cdots , n}$ と考えれば,
そのまま一般の場合に適用できます.





一般化
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3 を $n$ で置換し, $\sigma$ の定義域を ${1, \cdots , n}$ と考えても $x_j$ を同じ式で
求められることを確かめましょう.

<tex>
\sum_{k=1}^n a_{\sigma(j)k} x_k s_\sigma \prod_{i \neq j} a_{\sigma(i) i}
= d_{\sigma(j)} s_\sigma \prod_{i \neq j} a_{\sigma(i) i}
</tex>

の $\sigma$ についての総和をとると, $x_k~(k \neq j)$ の係数は

<tex>
\sum_\sigma s_\sigma a_{\sigma(j) k} a_{\sigma(k) k}
\prod_{i \neq j, k} a_{\sigma(i) i} = 0
</tex>

となります.ここで $i \neq j$ は  $i \in \{1, \cdots , n \} - \{ j \}$ ,  $ i \neq j, k $ は
$i \in \{ 1, \cdots , n \} - \{ j, k \}$ を意味します.上式が成立することは
$\sigma'(j) <  \sigma'(k)$ である任意の置換 $\sigma'$ に対して置換
$\sigma''(j) = (j~k) \sigma'$ が存在して,

<tex>
s_{\sigma'} a_{\sigma'(j)k} a_{\sigma'(k)k} 
+ s_{\sigma''} a_{\sigma''(j)k} a_{\sigma''(k)k} = 0,~~~~
a_{\sigma'(i)i} = a_{\sigma''(i)i} ~~(i \neq j, k) 
</tex>

が成立するので, $x_k ~(k \neq j)$ の係数である置換の総和を $\sigma(j) < \sigma(k)$ 
である置換の総和とそうでない置換の総和に分けると,これらの総和が相殺することから分かります.





補遺
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(1)発見的に考えるには対象を簡単化して見易い記号を使うこと.最初から

<tex>
a_{i1} x_1 + a_{i2} x_2 + \cdots + a_{in} x_n = d_i
</tex>

で考えようとすると無用な複雑さで思考が妨げられます.

(2)「3元連立1次方程式」では $a_i x + b_i y + c_i z = d_i$ に $\pm b_j c_k$ を
天下り的にかけましたが,

<tex>
a_1 x + b_1 y + c_1 z = d_1 \\
a_2 x + b_2 y + c_2 z = d_2 
</tex>

から $z$ を消去すると

<tex>
(c_1 a_2 - c_2 a_1) x + (c_1 b_2 - c_2 b_1) y = c_1 d_2 - c_2 d_1
</tex>

が得られ,同様に

<tex>
(c_2 a_3 - c_3 a_2) x + (c_2 b_3 -  c_3 b_2) y = c_2 d_3 - c_3 d_2 \\
(c_3 a_1 - c_1 a_3) x + (c_3 b_1 -  c_1 b_3) y = c_3 d_1 - c_1 d_3 
</tex>

も成立するので, $y$ の係数に注目して

<tex>
\begin{array}{rrrrr}
b_3 (c_1 b_2 - c_2 b_1) & = & b_2 b_3 c_1 & - b_3 b_1 c_2 & \\
b_1 (c_2 b_3 - c_3 b_2) & = & & b_3 b_1 c_2 & - b_1 b_2 c_3 \\
b_2 (c_3 b_1 - c_1 b_3) & = & - b_2 b_3 c_1 & & + b_1 b_2 c_3 
\end{array}
</tex>

から,加重加算によって $y$ の係数を にできることが分かります.行列式で表すと

<tex>
- b_1 \left| \begin{array}{cc} b_2 & c_2 \\ b_3 & c_3 \end{array} \right| 
+ b_2 \left| \begin{array}{cc} b_1 & c_1 \\ b_3 & c_3 \end{array} \right|
- b_3 \left| \begin{array}{cc} b_1 & c_1 \\ b_2 & c_2 \end{array} \right|
= 0
</tex>

です.

(3)連立1次方程式

<tex>
\sum_{k=1}^n a_{ik} x_k = d_i
</tex>

の解 $x_j$ は

<tex>
\sum_{k=1}^n a_{\sigma(j)k} x_k s_\sigma \prod_{i \neq j} a_{\sigma(i)i}
= d_{\sigma(j)} s_\sigma \prod_{i \neq j} a_{\sigma(i)i}
</tex>

<tex>
\sum_\sigma s_\sigma a_{\sigma(j)k} a_{\sigma(k)k} \prod_{i \neq j} a_{\sigma(i)i} 
= 0 
</tex>

<tex>
\left( \sum_\sigma s_\sigma \prod_{i=1}^n a_{\sigma(i)i} \right) x_j
= \sum_\sigma s_\sigma d_{\sigma(j)} \prod_{i=1}^n a_{\sigma(i)i}
</tex>

から $x_j$ の係数が0でなければ一意に定まります.

$a_{ik}$ を $(i,k)$ 要素とする $n$ 次正方行列 $A$ の行列式は

<tex>
|A| = \sum_\sigma {\rm sgn}(\sigma) \prod_{i=1}^n a_{\sigma(i) i}
</tex>

で定義されるので, $x_j$ の係数が $a_{ik}$ を $(i, k)$ 要素とする $n$ 次正方行列 $A$ の
行列式であり,上式右辺は行列 $A$ の $(i, j) (i = 1, \cdots , n)$ 要素を $d_i$ で置換した
行列の行列式になっていること(クラメルの公式)を確かめられます.




あとがき
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数学史的な内容は[1]を参照してください.




@@reference: ja.wikipedia.org/wiki/%E8%A1%8C%E5%88%97%E5%BC%8F,行列式 - Wikipedia@@

@@author: pulsar@@
@@accept: 執筆中@@
@@category: 初等代数@@
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