#執筆中/行列式の導出/ソース
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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

<tex>
a_i x + b_i y + c_i z = d_i
</tex>

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

<tex>
(b_1 b_2 - b_2 b_1) c_3 = 0
</tex>

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，$s_{ijk} = - s_{jik}$ならば

<tex>
(s_{ijk} b_i b_j - s_{jik} b_j b_i) c_k y = 0
</tex>

$s_{ijk} = - s_{kji}$ならば

<tex>
(s_{ijk} c_i c_k - s_{kji} c_k c_i) b_j z = 0
</tex>

となるので，$s_{123} = 1$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$y$，$z$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

<tex>
\sigma(i) = j,~~ \sigma(j) = i,~~\sigma(k) = k (k \neq i, j)
</tex>

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，置換の符号を

<tex>
{\rm sgn}(偶置換) = 1 ,~~ {\rm sgn}(奇置換) = -1
</tex>

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

<tex>
i = \sigma(1), j = \sigma(2), k = \sigma(3)
</tex>

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，$x_i~(i \neq j)$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>

となることで証明できます．





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 \right) x_j
= \sum_\sigma s_\sigma d_{\sigma(j)} \prod_{i=1}^n \right) x_j
</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を確かめられます．




あとがき
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@@reference: @@
@@reference: @@

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