主要介绍构造矩阵的想法，最后随手记录了Vandermonde行列式的推导
构造矩阵联系起各种要素，从而进一步处理
例如，在行列式计算中，我们有所谓添行。
*除了对角元以外都一样的行列式求解
$$ \begin{pmatrix} a & t & \cdots & t \\ t & a & \cdots & t \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ t & t & \cdots & a \end{pmatrix} $$
的行列式求解，一种是我们可以直接做行列变换，还有一种操作是构造一个更大的矩阵：
$$ \left( \begin{array}{c|cccc} 1 & t & t & \cdots & t\\ \hline 0 & a & t & \cdots & t \\ 0 & t & a & \cdots & t \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & t & t & \cdots & a \end{array} \right) $$
此时行列式可以看做对第一列展开，仍然不变，这时执行消元，看起来简单的多。
$$ \begin{pmatrix} 1 & t & t & \cdots & t \\ -1 & a-t & 0 & \cdots & 0 \\ -1 & 0 & a-t & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -1 & 0 & 0 & \cdots & a-t \end{pmatrix} $$
随后消去第一行或第一列即可
*添行列+代数余子式
（pku25秋线代期中）已知 $|A| = 5, a_{11} = 2$，$A_{ij}$ 为元素 $a_{ij}$ 的代数余子式。
$$ \text{求：} \begin{vmatrix} A_{22} & A_{23} & \cdots & A_{2n} \\ A_{32} & A_{33} & \cdots & A_{3n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ A_{n2} & A_{n3} & \cdots & A_{nn} \end{vmatrix} $$
我们容易想到余子式的正交性，添行：
$$ \begin{vmatrix} A_{11} & A_{12} & A_{13} & \cdots & A_{1n} \\ 0 & A_{22} & A_{23} & \cdots & A_{2n} \\ 0 & A_{32} & A_{33} & \cdots & A_{3n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & A_{n2} & A_{n3} & \cdots & A_{nn} \end{vmatrix} $$
这时利用经典的 $det(AB) = det(A) \cdot det(B)$,我们左乘原来的矩阵的转置：
$$ \begin{pmatrix} a_{11} & a_{21} & a_{31} & \cdots & a_{n1} \\ a_{12} & a_{22} & a_{32} & \cdots & a_{n2} \\ a_{13} & a_{23} & a_{33} & \cdots & a_{n3} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{1n} & a_{2n} & a_{3n} & \cdots & a_{nn} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A_{11} & A_{12} & \cdots & A_{1n} \\ 0 & A_{22} & \cdots & A_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & A_{n2} & \cdots & A_{nn} \end{pmatrix} $$
利用正交性也就有：
$$ \begin{pmatrix} a_{11}A_{11} & a_{11}A_{12} + \dots & \cdots & a_{11}A_{1n} + \dots \\ 0 & |A| & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & |A| \end{pmatrix} $$
从而
$$ a_{11}A_{11}|A|^{n-1} = |A| \cdot A_{11} \cdot \det(\text{子矩阵}) \implies \text{子式} = |A|^{n-2} \cdot a_{11} $$
在矩阵操作中，也常有合成大矩阵
*基础准备：分块矩阵的秩与行列式
根据Laplace展开，我们知道：
$$ \det \begin{pmatrix} A & O \\ C & B \end{pmatrix} = \det(A) \det(B) $$
同时，我们还有：
$$ rank \begin{pmatrix} A & O \\ O & B \end{pmatrix} = rank(A)+rank(B) $$
可以通过做行列变化得到，以及：
$$ rank \begin{pmatrix} A & O \\ C & B \end{pmatrix} \ge rank(A)+rank(B) $$
*Frobenius不等式的证明
$$\text{rank}(ABC) + \text{rank}(B) \ge \text{rank}(AB) + \text{rank}(BC)$$
我们构造如下的 $2 \times 2$ 分块矩阵 $M$：
$$M = \begin{pmatrix} AB & O \\ B & BC \end{pmatrix}$$
这里不难看出，$rank(M)>=rank(AB)+rank(BC)$，如果构造左下角是$O$，虽然直接等于了，但我们没什么操作空间。这时我们行列变换消去左上角和右下角：
$$\begin{pmatrix} AB & O \\ B & BC \end{pmatrix} \xrightarrow{R_1 - AR_2} \begin{pmatrix} O & -ABC \\ B & BC \end{pmatrix} \xrightarrow{C_2 - C_1C} \begin{pmatrix} O & -ABC \\ B & O \end{pmatrix}$$
那么也就得到了想要的结论
*Sylvester不等式
虽然和主题无关，但只要将$B$取为$I$，我们也就得到了Sylvester不等式：
$$\text{rank}(AC) + \text{rank}(I) \ge \text{rank}(A) + \text{rank}(C)$$
即：
$$\text{rank}(AC) \ge \text{rank}(A) + \text{rank}(C) - n$$
这个不等式在秩相关问题可以大展身手。例如证明$\text{rank}(A) = n-1$时伴随矩阵秩1：
因为 $\text{rank}(A) = n-1$，所以存在一个 $n-1$ 阶子式不为 $0$，故 $A^* \neq O$，得 $\text{rank}(A^*) \ge 1$。
此时 $\det(A) = 0$，代入定义式得 $A \cdot A^* = O$。
构造秩的不等式：
根据 $\text{rank}(AB) = 0 \implies \text{rank}(A) + \text{rank}(B) \le n$：
$$\text{rank}(A) + \text{rank}(A^*) \le n$$
$$(n-1) + \text{rank}(A^*) \le n \implies \text{rank}(A^*) \le 1$$
*证明$\det(I+AB) = \det(I+BA)$
类似地我们构造：
$$\begin{pmatrix} I & A \\ O & I+BA \end{pmatrix}$$
然后进行消元操作：
$$\begin{pmatrix} I & A \\ O & I+BA \end{pmatrix} \xrightarrow{R_2 - BR_1} \begin{pmatrix} I & A \\ -B & I \end{pmatrix} \xrightarrow{R_1 + AR_2} \begin{pmatrix} I-AB & O \\ B & I \end{pmatrix}$$
也就证明了结论
*$AB$ 与 $BA$ 特征多项式的关系
设 $A \in \mathbb{F}^{m \times n}, B \in \mathbb{F}^{n \times m}$，则：
$$\lambda^n \det(\lambda I_m - AB) = \lambda^m \det(\lambda I_n - BA)$$
如法炮制，构造矩阵：
$$\begin{pmatrix} \lambda I_m - AB & O \\ B & I_n \end{pmatrix}$$
消元：
$$\begin{pmatrix} \lambda I_m - AB & O \\ B & I_n \end{pmatrix} \xrightarrow{R_1 + AR_2} \begin{pmatrix} \lambda I_m & A \\ B & I_n \end{pmatrix} \xrightarrow{R_2 - \frac{1}{\lambda}BR_2} \begin{pmatrix} \lambda I_m & A \\ O & I_n - \frac{1}{\lambda}B A \end{pmatrix}$$
从而
$$\det(\lambda I_m - AB) = \lambda^{m-n} \det(\lambda I_n - BA)$$
这显然与结论等价。
*Binet-Cauchy公式的证明
具体公式为：若 $A$ 是 $n \times m$ 矩阵，$B$ 是 $m \times n$ 矩阵（$n \le m$），则：
$$\det(AB) = \sum_{1 \le j_1 < j_2 < \dots < j_n \le m} \det(A_{j_1, \dots, j_n}) \det(B^{j_1, \dots, j_n})$$
其中 $A_{j_1, \dots, j_n}$ 是取 $A$ 的第 $j_1, \dots, j_n$ 列构成的方阵，$B^{j_1, \dots, j_n}$ 是取 $B$ 的第 $j_1, \dots, j_n$ 行构成的方阵。
证明：
我们通过构造一个 $(n+m) \times (n+m)$ 的分块矩阵 $M$ 来实现：
$$M = \begin{pmatrix} I_m & B \\ -A & 0 \end{pmatrix}$$
显然$M$的行列式也就是$det(AB)$，利用 Laplace 展开
直接对 $M$ 的前 $m$ 行进行 Laplace 展开。
由于左上角是 $I_m$，每一个不为零的展开项都对应着 $A$ 的一个 $n$ 阶子式与 $B$ 的一个 $n$ 阶子式的乘积。由于 $I_m$ 是单位阵，选取的行和列匹配时才非零，最终会自然产生：
$$\sum_{1 \le j_1 < j_2 < \dots < j_n \le m} \det(A_{j_1, \dots, j_n}) \det(B^{j_1, \dots, j_n})$$
结合一的结果，结论得证。
总结
大概如是，使用情景大概为：
乘积顺序交换： 涉及到 $AB$ 与 $BA$ 的对称性。
秩的不等式： 出现三个或更多矩阵连乘（如 Frobenius）。
行列式中绝大多数元素有规律： 构造 $n+1$ 阶矩阵引入辅助变量。
Vandermonde行列式
通过多项式因式分解确定行列式形式
Vandermonde行列式
设 $n$ 阶范德蒙德行列式为：
$$ V_n = \begin{vmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ x_1 & x_2 & \cdots & x_n \\ x_1^2 & x_2^2 & \cdots & x_n^2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ x_1^{n-1} & x_2^{n-1} & \cdots & x_n^{n-1} \end{vmatrix} $$
我们要证明：$V_n = \prod_{1 \le i < j \le n} (x_j - x_i)$。
当 $n=2$ 时：
$$V_2 = \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ x_1 & x_2 \end{vmatrix} = x_2 - x_1$$
公式成立。
假设公式对于 $n-1$ 阶范德蒙德行列式成立。
对最后一列展开，显然是最高次为$x_n^{n-1}$的多项式，最高次系数根据归纳假设为$V_n = \prod_{1 \le i < j \le n-1} (x_j - x_i)$，注意到$x_n$等于$\forall i < n, i \in \mathbb{N}^+$的时候多项式为$0$，也就是说可以因式分解为：
$$ \prod_{1 \le i \le n-1}(x_n - x_i)\prod_{1 \le i < j \le n-1} (x_j - x_i) $$
合并即可得到结论。
Cauchy行列式
证明 $n$ 阶 Cauchy 行列式：（由AI给出，懒得打了）
$$C_n = \begin{vmatrix} \frac{1}{a_1+b_1} & \cdots & \frac{1}{a_1+b_n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \frac{1}{a_n+b_1} & \cdots & \frac{1}{a_n+b_n} \end{vmatrix} = \frac{\prod_{1 \le i < j \le n} (a_j - a_i)(b_j - b_i)}{\prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^n (a_i + b_j)}$$
第一步：基础步骤
当 $n=1$ 时：
左边 $= \frac{1}{a_1+b_1}$
右边：分子为空积（定义为 $1$），分母为 $a_1+b_1$。
等式成立。
第二步：归纳假设与行列式变换
假设对于 $n-1$ 阶行列式公式成立。对于 $n$ 阶行列式，我们要利用初等变换将其降阶。
- 消去第一行以外的元素：
对行列式进行列变换。用第 $j$ 列减去第 $n$ 列 ($j=1, 2, \dots, n-1$)：
$$c_{ij}' = \frac{1}{a_i+b_j} - \frac{1}{a_i+b_n} = \frac{b_n - b_j}{(a_i+b_j)(a_i+b_n)}$$
2. 提取公因子：
从每一列 $j$ ($j < n$) 提取公因子 $(b_n - b_j)$。
从每一行 $i$ 提取公因子 $\frac{1}{a_i+b_n}$。
从每一列 $j$ ($j < n$) 提取公因子 $\frac{1}{a_n+b_j}$（为了让最后一行变简单）。
经过一系列复杂的提取（或直接对每一项进行代数变形），行列式可以转化为：
$$C_n = \frac{\prod_{j=1}^{n-1}(b_n-b_j) \cdot \prod_{i=1}^{n-1}(a_n-a_i)}{\prod_{i=1}^n(a_i+b_n) \cdot \prod_{j=1}^{n-1}(a_n+b_j)} \cdot C_{n-1}$$
第三步：递推求解
将归纳假设中的 $C_{n-1}$ 代入上述递推式：
分子部分：$C_{n-1}$ 贡献了 $1 \le i < j \le n-1$ 的差积，递推项贡献了包含 $n$ 的差积（如 $a_n-a_i$ 和 $b_n-b_j$）。合起来正好构成 $1 \le i < j \le n$ 的完整差积。
分母部分：$C_{n-1}$ 贡献了前 $n-1$ 行列的所有组合，递推项正好补齐了第 $n$ 行和第 $n$ 列的所有组合 $(a_i+b_n)$ 和 $(a_n+b_j)$。
结论：等式对 $n$ 阶成立。