2020年6月25日 星期四

數數(Counting)教學的四個方法

問題:從61數到87,共有幾個數?


方法

方法1:實際掰手指

方法2:直接相減,然後用比較小的數去判斷要加一還是減一。

方法3:引用高大上的排容原理,從61數到87,相當於從1數到87,然後再扣除1到60,所以是87個減掉60個。

方法4:(我最喜歡的方法) 平移 + 一一對應原理。眾所皆知,從1數到n,就有n個數。現在從61到87,使用平移,把61變成1,所以要減60,於是87跟著減60,那麼就有61對應1、62對應2、...、87對應27,而1到27共有27個數,因此本來問題的答案就是27個。

2020年6月19日 星期五

真的不宜評量嗎?

108課綱的高中數學課程,除了在高二的部分按照文、理組分為A、B兩版外,對於整整三年的課程安排架構,也打破了過去模塊式的章節安排。在這樣的情況之下,教師在進行評量時必須重新考慮所擬的題目是否符合學生當時所具備的知識,不能直接拿過去的陳題舊卷來使用。國家教育研究院出版的《12年國教數學領域課程手冊》中,除了對每條課綱進行解說外,也列舉了在評量方面不適宜的類型。實事求是,我們應該肯定國教院的用心,近乎手把手地指導第一線教師該如何教學與評量。然而,或許是集體工作的成果,手冊中的內容偶爾會出現不連貫的現象,顯而易見的理由應該是編撰者對於整套課程的設計並未瞭解透徹,部分規範文字在在顯示出編撰者想當然爾的樣貌,欠缺了現場教學的經驗,以致於將象牙塔中的想法硬是框到教學現場去,這顯然不是件好事。

以下茲舉一例作為討論。

在11年級A的課程內容中,條目F-11A-2正餘弦的疊合中,在「評量」欄目一處寫道:
撰寫此條目的作者如果要用三角函數的疊合來處理這道「不宜」的題目,猜想其作法大概是:令$\frac{1 - 6 \sin x}{3 + \cos x} = k$,然後整理為
$$k \cos x + 6 \sin x = 1 - 3k.$$
接下來利用疊合公式,可得
$$-\sqrt{k^2 + 36} \le 1 - 3k \le \sqrt{k^2 + 36}.$$
然後就可以找出$k$的最大值與最小值。(本作法感謝金門高中許淵智老師的討論指點)

然而,這道題目其實完全可以用高一所學的知識來處理。在10年級的課程內容中,有以下條目:
        G-10-2  直線方程式:涵蓋了「點到直線距離公式」。
        G-10-3  圓方程式
        G-10-4  直線與圓:涵蓋了「圓的切線方程式」。《手冊》在「教學斟酌」的欄目中稱
        「圓的參數式,依課程安排,講解極座標概念後,在適當處融入」。
        G-10-5  廣義角和極座標
所以,我們可以處理如下:
$$f(x) = \frac{1 - 6 \sin x}{3 + \cos x} = \frac{\frac{1}{6} - \sin x}{-3 - \cos x} \cdot (-6).$$
若取單位圓上的動點$P = (\cos x, \sin x)$,再取平面坐標上固定點$Q = \left( -3, \frac{1}{6} \right)$,於是
$$f(x) =  m_{\overline{PQ}} \cdot (-6).$$



由圖可看出
$$m_2 \le m_{\overline{PQ}} \le m_1,$$
其中$m_1, m_2$為過$Q$的切線的斜率。於是,我們假設切線方程式為$L: y - \frac{1}{6} = m(x + 3)$,再利用「點到直線距離公式」計算
$$d(O, L) = 1.$$
解出$m_1 = \frac{7}{24}, m_2 = \frac{-5}{12}$,得$(-6) \cdot \frac{-5}{12} \ge \frac{1 - 6 \sin x}{3 + \cos x} \ge (-6) \cdot \frac{7}{24}$,亦即所求最大值為$\frac{5}{2}$,最小值為$\frac{-7}{4}$。

以上的作法,充分的利用高一的知識,同時也展現了數形結合的美感。

這道題目雖然用三角函數疊合公式去求解可能略顯繁複,然而課程手冊直接安上「不宜」的標籤,我想不甚妥當,應該再補充指引本題適合放置的單元才是。

2020年6月16日 星期二

用反射法找出最短路徑

出處:Paul Lockhart, Measurement, Harvard University Press. Part 1, Section 25.

問題:Suppose two points lie between parallel lines. What is the shortest path from one to the other that hits both lines?

(中譯:假設有兩個點位於兩條平行線之間,請找出連接這兩點且經過兩條直線上各一點的最短路徑。)


解答

首先,為了描述方便,我們對圖上的線與點進行命名:


然後隨意在$L_1$與$L_2$上取兩個點$A$與$B$,並連接起來:


我們並不曉得$A, B$這兩個點是否滿足題目條件。將$P$點對$L_1$反射後得$P'$,將$Q$點對$L_2$反射後得$Q'$,同時也將路徑線段進行反射:


由反射的對稱性,此時有
$$\overline{PA} + \overline{AB} + \overline{BQ} = \overline{P'A} + \overline{AB} + \overline{BQ'}.$$
從圖可以看得出來,$\overline{P'A}, \overline{AB}, \overline{BQ'}$這三個線段所構成的路徑略顯歪曲,所以絕非最短路徑。

為取得最短直線路徑,我們可以連接$\overline{P'Q'}$:


此時設$\overline{P'Q'}$與$L_1$交於$C$,與$L_2$交於$D$,而$\overline{CD}$與$\overline{AB}$交於$K$:


根據「三角形兩邊和大於第三邊」的道理,顯然有
$$\begin{eqnarray*} \overline{P'A} + \overline{AB} + \overline{BQ'} &=& \left( \overline{P'A} + \overline{AK} \right) + \left( \overline{KB} + \overline{BQ'} \right) \\ &>& \overline{P'K} + \overline{KQ'} \\ &=& \overline{P'Q'}. \end{eqnarray*}$$
將路線反射回去到兩平行線之內,就得到


實線部分就是滿足題目所求的最短路徑。

整理:處理本題的步驟是

  1. 將起點與終點對平行線反射。
  2. 兩個反射點連接所得線段與本來平行線的交點就是所要求的點。


2020年6月15日 星期一

排列問題:派遣老師到外縣市研習

==問題==

學校想從7名教師中選派4人分別到台北市、台中市、台南市及高雄市等四個縣市參加研習,其中甲不到台北市,乙不到高雄市,請問共有多少種派遣的方案?

==解答==

先決定派遣的老師(組合),再決定前往的縣市。

按照選到的老師,分成以下4種情況:

Case 1:沒有甲,也沒有乙

$${5 \choose 4} \times 4! = 5 \times 24 = 120.$$

Case 2:有甲,但沒有乙

$${1 \choose 1} \times {5 \choose 3} \times {3 \choose 1} \times 3! = 1 \times 10 \times 3 \times 6 = 180.$$

Case 3:沒有甲,但有乙

$${1 \choose 1} \times {5 \choose 3} \times {3 \choose 1} \times 3! = 1 \times 10 \times 3 \times 6 = 180.$$

Case 4:有甲,也有乙

首先決定老師:${2 \choose 2} \times {5 \times 2} = 1 \times 10 = 10$。

先針對這10種情況的其中1種討論。

命事件$A = \{ \text{甲排首} \}, B = \{ \text{乙排首} \}$。

所求為
$$\begin{eqnarray*} n(A' \cap B') &=& n[(A \cup B)'] \\ &=& n(U) - n(A \cup B) \\ &=& 4! - [n(A) + n(B) - n(A \cap B)] \\ &=& 24 - [1 \times 3! + 1 \times 3! - 1 \times 1 \times 2!] \\ &=& 24 - 6 - 6 + 2 \\ &=& 14. \end{eqnarray*}$$

所以Case 4共有$14 \times 10 = 140$種。

綜上所述,全部方法有$120 + 180 + 180 + 140 = 620$種。

排列問題:甲、乙、丙...等7人排成一列

==問題==

甲、乙、丙...等7人排成一列,甲、乙、丙任兩人皆不相鄰之排列數為$m$,甲、乙、丙皆不排首、末位之排列數為$n$,試求出$m, n$。

==解答==

人:$p_1, p_2, p_3, p_4, p_5, p_6, p_7$。

甲$= p_1$,乙$= p_2$,丙$= p_3$。

甲、乙、丙任兩人皆不相鄰之排列數的計算

先讓$p_4, p_5, p_6, p_7$排列,然後再讓$p_1, p_2, p_3$插空。

$$m = 4! \times {5 \choose 1} \times {4 \choose 1} \times {3 \choose 1} = 24 \times 5 \times 4 \times 3 = 1440.$$

甲、乙、丙皆不排首、末位之排列數的計算

空位□□□□□□□中,甲、乙、丙三人不可出現在首與末,所以只能在中間的5個位置出現。

$$n = {5 \choose 3} \times 3! \times 4! = 10 \times 6 \times 24 = 1440.$$

附註:感謝金門高中許淵智老師協助確認答案。

排列問題:申請資工系

==題目==

小華想念資工系,學測之後依照自己的分數列出7所大學的資工系,其中包含台大與清大,但依申請入學規定:一名考生只能申請5個科系。若小華自7所大學中,依照志願次序,填入其中5個,但台大與清大的資工系都不排在第四與第五志願,則排法有多少種?

==解答==

資工系:$c_1, c_2, c_3, c_4, c_5, c_6, c_7$。其中$c_1 = $台大,$c_2 = $清大。

用要報考的大學分類,有以下4種情況,每種情況的計算都是「先決定欲報考大學(組合),再進行志願排序(排列)」:

Case 1:沒有台大,且沒有清大

$${5 \choose 5} \times 5! = 1 \times 120 = 120.$$

Case 2:僅有台大,沒有清大

$${1 \choose 1} \times {5 \choose 4} \times {3 \choose 1} \times 4! = 1 \times 5 \times 3 \times 24 = 360.$$

Case 3:沒有台大,僅有清大

$${1 \choose 1} \times {5 \choose 4} \times {3 \choose 1} \times 4! = 1 \times 5 \times 3 \times 24 = 360.$$

Case 4:有台大,也有清大

$${2 \choose 2} \times {5 \choose 3} \times {3 \choose 1} \times {2 \choose 1} \times 3! = 1 \times 10 \times 3 \times 2 \times 6 = 360.$$

綜上所述,共有$120 + 360 + 360 + 360 = 1200$種。

2020年5月31日 星期日

行列式的餘因子遞迴定義:從2階行列式與Cramer法則談起

南京大學數學系的朱富海教授在其文章〈问题引导的代数学: 行列式的多样性〉中討論了行列式的諸多定義方式,非常值得一讀。特別是其中
问题 2 三元一次线性方程组
$$\left\{ \begin{eqnarray*} a_{11} x_1 +a_{12} x_2 + a_{13} x_3 &=&b_1 \\ a_{21} x_1 +a_{22} x_2 + a_{23} x_3 &=&b_2 \\ a_{31} x_1 +a_{32} x_2 + a_{33} x_3 &=&b_3 \end{eqnarray*} \right.$$
有唯一解, 求解的表达式.这个问题稍微复杂了一点, 可以利用消元法化为二元一次方程组, 不过我更喜欢利用二元情形的结论: 把$x_1$看作已知的, 利用后两个方程求出$x_2, x_3$ (用二阶行列式来表达), 再代入第一个方程解出$x_1$. $x_1$的表达式是一个分式, 分子分母有共性, 引入三阶行列式就更能看出整齐性, 甚至猜出了三元情形的 Cramer 法则.
這真是個精闢的看法!觀點恰好與典型的解線性方程組的順序相反。一般慣用的Gauss消去法是由上而下,依序對$x_1, x_2, \cdots, x_n$消元,然後再代回求解。 朱教授此處所言,卻是先考慮排除掉$x_1$,以Cramer公式處理$n-1$元線性方程組後,再代回解出$x_1$,非常的有遞迴的味道!

實際上正是這樣的處理手法,可以自然的導出行列式的餘因子降階定義法!

有名的炸漢堡(Friedberg)線性代數,介紹n階行列式時,就是用餘因子降階法來定義。但是一個問題是,完全不說明這個定義怎麼來的,就是從天而降,讓人摸不著腦袋。我實在很反感這種教學方式。

約定:以下解方程組的過程中,一概考慮非奇異的情況。

1. 2階行列式與Cramer法則 


考慮2元線性方程組$\left\{ \begin{eqnarray*} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 &=& b_1 \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 &=& b_2 \end{eqnarray*} \right.$,對其中的第2式$a_{21}x_1 + a_{22}x_2 = b_2$,以$x_1$表示出$x_2$解得$x_2 = \frac{1}{a_{22}} \left( b_2 - a_{21}x_1 \right)$,代回原方程組中的第1式,得
$$\begin{eqnarray*}a_{11} x_1 + a_{12} \cdot \frac{1}{a_{22}} \left( b_2 - a_{21}x_1 \right) &=& b_1, \\ a_{11} a_{22} x_1 + a_{12} \left( b_2 - a_{21}x_1 \right) &=& a_{22} b_1, \\ \left( a_{11} a_{22} - a_{12} a_{21} \right)x_1 &=& b_1 a_{22} - b_2 a_{12}, \end{eqnarray*}$$
當$a_{11} a_{22} - a_{12} a_{21} \ne 0$時,可解得
$$x_1 = \frac{b_1 a_{22} - b_2 a_{12}}{a_{11} a_{22} - a_{12} a_{21}}.$$
仔細觀察分子與分母的結構,非常的類似。定義2階行列式 (determinant of order 2)
$$\left| \begin{array}{cc} a & b \\ c  & d \end{array} \right| = ad - bc.$$
於是$x_1$可改寫為
$$x_1 = \frac{\left| \begin{array}{cc} b_1 & a_{12} \\ b_2  & a_{22} \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{cc} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{array} \right|}.$$
為了解出$x_2$,如果將$x_1$的式子代回原方程組,會遭遇複雜的運算。我們可以換個思路。由於加法具有交換律,我們可以考慮將原來的方程組變形為
$$\left\{ \begin{eqnarray*} a_{12}x_2 + a_{11}x_1 &=& b_1 \\ a_{22}x_2 + a_{21}x_1 &=& b_2 \end{eqnarray*} \right. .$$
這個方程組當然與原本的方程組是同解的!接著依樣畫葫蘆,可以求得
$$x_2 = \frac{\left| \begin{array}{cc} b_1 & a_{11} \\ b_2  & a_{21} \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{cc} a_{12} & a_{11} \\ a_{22} & a_{21} \end{array} \right|}.$$
儘管$x_1, x_2$乍看有點不同,但其實他們有相同的分母。在此我們要先插記一個2階行列式的性質:

性質  2階行列式中,對調column後,新行列式值為原行列式值添上一負號。

[證]. $\left| \begin{array}{cc} b & a \\ d & c \end{array} \right| = bc - ad = -(ad - bc) = -\left| \begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array} \right|.$
(證明終了)

有了這個性質後,我們就可以重新計算$x_2$如下:
$$x_2 = \frac{\left| \begin{array}{cc} b_1 & a_{11} \\ b_2  & a_{21} \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{cc} a_{12} & a_{11} \\ a_{22} & a_{21} \end{array} \right|} = \frac{ - \left| \begin{array}{cc} a_{11} & b_1 \\ a_{21}  & b_2 \end{array} \right|}{ - \left| \begin{array}{cc} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{array} \right|} = \frac{\left| \begin{array}{cc} a_{11} & b_1 \\ a_{21}  & b_2 \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{cc} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{array} \right|}.$$
因此我們稱2階行列式$\left| \begin{array}{cc} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{array} \right|$為線性方程組$\left\{ \begin{eqnarray*} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 &=& b_1 \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 &=& b_2 \end{eqnarray*} \right.$的係數行列式,記為$D^{(2)}$。而行列式$\left| \begin{array}{cc} b_1 & a_{12} \\ b_2  & a_{22} \end{array} \right|$與$\left| \begin{array}{cc} a_{11} & b_1 \\ a_{21}  & b_2 \end{array} \right|$則分別記為$D^{(2)}_1$與$D^{(2)}_2$,從而得到2階線性方程組的Cramer公式:
$$x_1 = \frac{D^{(2)}_1}{D^{(2)}}, x_2 = \frac{D^{(2)}_2}{D^{(2)}}.$$
此處再提醒,行列式$D^{(2)}_1$是用常數項$\begin{eqnarray*} b_1 \\ b_2 \end{eqnarray*}$替換掉係數行列式$D^{(2)}$的column 1而得到,$D^{(2)}_2$則是用常數項$\begin{eqnarray*} b_1 \\ b_2 \end{eqnarray*}$替換掉係數行列式$D^{(2)}$的column 2而得。

G. Cramer (1704-1752)
Cramer法則首次的公開是在此書的附錄


紅線框起的部分就是2階線性方程組的Cramer法則,只是當年沒有採用行列式記號。下面跟著的是3階的情況。



2. 用2階Cramer法則解3階線性方程組,用2階行列式導出3階行列式  


現在考慮3階線性方程組
$$\left\{ \begin{eqnarray*} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + a_{13}x_3 &=& b_1 \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + a_{23}x_3 &=& b_2 \\ a_{31}x_1 + a_{32}x_2 + a_{33}x_3 &=& b_3 \end{eqnarray*} \right. .$$
首先針對其中的第2式與第3式,改寫作
$$\left\{ \begin{eqnarray*} a_{22}x_2 + a_{23}x_3 &=& b_2 - a_{21}x_1 \\ a_{32}x_2 + a_{33}x_3 &=& b_3 - a_{31}x_1 \end{eqnarray*} \right. .$$
然後使用2階線性方程組的Cramer法則,得到
$$x_2 = \frac{\left| \begin{array}{cc} b_2 - a_{21}x_1 & a_{23} \\ b_3 - a_{31}x_1 & a_{33} \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{cc} a_{22} & a_{23} \\ a_{32} & a_{33} \end{array} \right|} = \frac{\left| \begin{array}{cc} b_2 & a_{23} \\ b_3 & a_{33} \end{array} \right| - x_1 \left| \begin{array}{cc} a_{21} & a_{23} \\ a_{31} & a_{33} \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{cc} a_{22} & a_{23} \\ a_{32} & a_{33} \end{array} \right|},$$
以及
$$x_3 = \frac{\left| \begin{array}{cc} a_{22} & b_2 - a_{21}x_1 \\ a_{32} & b_3 - a_{31}x_1 \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{cc} a_{22} & a_{23} \\ a_{32} & a_{33} \end{array} \right|} = \frac{\left| \begin{array}{cc} a_{22} & b_2 \\ a_{32} & b_3 \end{array} \right| - x_1 \left| \begin{array}{cc} a_{22} & a_{21} \\ a_{32} & a_{31} \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{cc} a_{22} & a_{23} \\ a_{32} & a_{33} \end{array} \right|}.$$
代回原方程組中的第1式,
$$a_{11} x_1 + a_{12} \frac{\left| \begin{array}{cc} b_2 & a_{23} \\ b_3 & a_{33} \end{array} \right| - x_1 \left| \begin{array}{cc} a_{21} & a_{23} \\ a_{31} & a_{33} \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{cc} a_{22} & a_{23} \\ a_{32} & a_{33} \end{array} \right|} + a_{13} \frac{\left| \begin{array}{cc} a_{22} & b_2 \\ a_{32} & b_3 \end{array} \right| - x_1 \left| \begin{array}{cc} a_{22} & a_{21} \\ a_{32} & a_{31} \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{cc} a_{22} & a_{23} \\ a_{32} & a_{33} \end{array} \right|} = b_1,$$
整理得
$$\left( a_{11} \left| \begin{array}{cc} a_{22} & a_{23} \\ a_{32} & a_{33} \end{array} \right| - a_{12}\left| \begin{array}{cc} a_{21} & a_{23} \\ a_{31} & a_{33} \end{array} \right| - a_{13}\left| \begin{array}{cc} a_{22} & a_{21} \\ a_{32} & a_{31} \end{array} \right| \right) x_1 = b_1 \left| \begin{array}{cc} a_{22} & a_{23} \\ a_{32} & a_{33} \end{array} \right| - a_{12}\left| \begin{array}{cc} b_2 & a_{23} \\ b_3 & a_{33} \end{array} \right| - a_{13}\left| \begin{array}{cc} a_{22} & b_2 \\ a_{32} & b_3 \end{array} \right|.$$
對於上式中,牽涉到$\begin{eqnarray*} a_{21} \\ a_{31} \end{eqnarray*}$與$\begin{eqnarray*} b_2 \\ b_3 \end{eqnarray*}$的行列式,將$\begin{eqnarray*} a_{21} \\ a_{31} \end{eqnarray*}$與$\begin{eqnarray*} b_2 \\ b_3 \end{eqnarray*}$各別調換至其所在行列式中的column1位置,利用前文推導過的「行列式交換column添負號」,得
$$\left( a_{11} \left| \begin{array}{cc} a_{22} & a_{23} \\ a_{32} & a_{33} \end{array} \right| - a_{12}\left| \begin{array}{cc} a_{21} & a_{23} \\ a_{31} & a_{33} \end{array} \right| + a_{13}\left| \begin{array}{cc} a_{21} & a_{22} \\ a_{31} & a_{32} \end{array} \right| \right) x_1 = b_1 \left| \begin{array}{cc} a_{22} & a_{23} \\ a_{32} & a_{33} \end{array} \right| - a_{12}\left| \begin{array}{cc} b_2 & a_{23} \\ b_3 & a_{33} \end{array} \right| + a_{13}\left| \begin{array}{cc} b_2 & a_{22} \\ b_3 & a_{32} \end{array} \right|.$$
如果我們定義3階行列式 (determinant of order 3)
$$\left| \begin{array}{ccc} d_{11} & d_{12} & d_{13} \\ d_{21} & d_{22} & d_{23} \\ d_{31} & d_{32} & d_{33} \\  \end{array} \right| = d_{11} \left| \begin{array}{cc} d_{22} & d_{23} \\ d_{32} & d_{33} \end{array} \right| - d_{12} \left| \begin{array}{cc} d_{21} & d_{23} \\ d_{31} & d_{33}  \end{array} \right| + d_{13} \left| \begin{array}{cc} d_{21} & d_{22} \\ d_{31} & d_{32} \end{array} \right|.$$
那麼上式可改寫為
$$\left| \begin{array}{ccc} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{array} \right| x_1 = \left| \begin{array}{ccc} b_1 & a_{12} & a_{13} \\ b_2 & a_{22} & a_{23} \\ b_3 & a_{32} & a_{33} \end{array} \right|.$$
從而可解出
$$x_1 = \frac{\left| \begin{array}{ccc} b_1 & a_{12} & a_{13} \\ b_2 & a_{22} & a_{23} \\ b_3 & a_{32} & a_{33} \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{ccc} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{array} \right|}.$$
要解出$x_2$與$x_3$,無須將方才解出的$x_1$代回方程組,我們採取調換標號的手段,如下所示:
$$\left\{ \begin{array}{ccc} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + a_{13}x_3 &=& b_1 \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + a_{23}x_3 &=& b_2 \\ a_{31}x_1 + a_{32}x_2 + a_{33}x_3 &=& b_3 \end{array} \right. \rightarrow \left\{ \begin{array}{ccc} a_{12}x_2 + a_{11}x_1 + a_{13}x_3 &=& b_1 \\ a_{22}x_2 + a_{21}x_1 + a_{23}x_3 &=& b_2 \\ a_{32}x_2 + a_{31}x_1 + a_{33}x_3 &=& b_3 \end{array} \right. \Rightarrow x_2 = \frac{\left| \begin{array}{ccc} b_1 & a_{11} & a_{13} \\ b_2 & a_{21} & a_{23} \\ b_3 & a_{31} & a_{33} \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{ccc} a_{12} & a_{11} & a_{13} \\ a_{22} & a_{21} & a_{23} \\ a_{32} & a_{31} & a_{33} \end{array} \right|}.$$
以及
$$\left\{ \begin{array}{ccc} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + a_{13}x_3 &=& b_1 \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + a_{23}x_3 &=& b_2 \\ a_{31}x_1 + a_{32}x_2 + a_{33}x_3 &=& b_3 \end{array} \right. \rightarrow \left\{ \begin{array}{ccc} a_{13}x_3 + a_{12}x_2 + a_{11}x_1 &=& b_1 \\ a_{23}x_3 + a_{22}x_2 + a_{21}x_1 &=& b_2 \\ a_{33}x_3 + a_{32}x_2 + a_{31}x_1 &=& b_3 \end{array} \right. \Rightarrow x_3 = \frac{\left| \begin{array}{ccc} b_1 & a_{12} & a_{11} \\ b_2 & a_{22} & a_{21} \\ b_3 & a_{32} & a_{31} \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{ccc} a_{13} & a_{12} & a_{11} \\ a_{23} & a_{22} & a_{21} \\ a_{33} & a_{32} & a_{31} \end{array} \right|}.$$
為了使$x_2, x_3$的分母形式與$x_1$一致,我們還要證明:

性質  3階行列式中,對調column後,新行列式值為原行列式值添上一負號。

[證]. 考慮column 1與column 2對調的情況:
$$\begin{eqnarray*} \left| \begin{array}{ccc} d_{12} & d_{11} & d_{13} \\ d_{22} & d_{21} & d_{23} \\ d_{32} & d_{31} & d_{33} \end{array} \right| &=& d_{12} \left| \begin{array}{cc} d_{21} & d_{23} \\ d_{31} & d_{33} \end{array} \right| - d_{11}\left| \begin{array}{cc} d_{22} & d_{23} \\ d_{32} & d_{33} \end{array} \right| + d_{13} \left| \begin{array}{cc} d_{22} & d_{21} \\ d_{32} & d_{31} \end{array} \right| \\ &=& d_{12} \left| \begin{array}{cc} d_{21} & d_{23} \\ d_{31} & d_{33} \end{array} \right| - d_{11}\left| \begin{array}{cc} d_{22} & d_{23} \\ d_{32} & d_{33} \end{array} \right| - d_{13} \left| \begin{array}{cc} d_{21} & d_{22} \\ d_{31} & d_{32} \end{array} \right| \\ &=& -\left( d_{11}\left| \begin{array}{cc} d_{22} & d_{23} \\ d_{32} & d_{33} \end{array} \right| - d_{12} \left| \begin{array}{cc} d_{21} & d_{23} \\ d_{31} & d_{33} \end{array} \right| + d_{13} \left| \begin{array}{cc} d_{21} & d_{22} \\ d_{31} & d_{32} \end{array} \right| \right) \\ &=& - \left| \begin{array}{ccc} d_{11} & d_{12} & d_{13} \\ d_{21} & d_{22} & d_{23} \\ d_{31} & d_{32} & d_{33} \end{array} \right|. \end{eqnarray*}$$
其餘調換的情況也是類推。
(證明終了)

由此性質,可得
$$x_2 = \frac{\left| \begin{array}{ccc} b_1 & a_{11} & a_{13} \\ b_2 & a_{21} & a_{23} \\ b_3 & a_{31} & a_{33} \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{ccc} a_{12} & a_{11} & a_{13} \\ a_{22} & a_{21} & a_{23} \\ a_{32} & a_{31} & a_{33} \end{array} \right|} = \frac{-\left| \begin{array}{ccc} a_{11} & b_1 & a_{13} \\ a_{21} & b_2 & a_{23} \\ a_{31} & b_3 & a_{33} \end{array} \right|}{-\left| \begin{array}{ccc} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{array} \right|} = \frac{\left| \begin{array}{ccc} a_{11} & b_1 & a_{13} \\ a_{21} & b_2 & a_{23} \\ a_{31} & b_3 & a_{33} \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{ccc} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{array} \right|},$$
$$x_3 = \frac{\left| \begin{array}{ccc} b_1 & a_{12} & a_{11} \\ b_2 & a_{22} & a_{21} \\ b_3 & a_{32} & a_{31} \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{ccc} a_{13} & a_{12} & a_{11} \\ a_{23} & a_{22} & a_{21} \\ a_{33} & a_{32} & a_{31} \end{array} \right|} = \frac{-\left| \begin{array}{ccc} a_{11} & a_{12} & b_1 \\ a_{21} & a_{22} & b_2 \\ a_{31} & a_{32} & b_3 \end{array} \right|}{-\left| \begin{array}{ccc} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{array} \right|} = \frac{\left| \begin{array}{ccc} a_{11} & a_{12} & b_1 \\ a_{21} & a_{22} & b_2 \\ a_{31} & a_{32} & b_3 \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{ccc} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{array} \right|}.$$

類似對2階線性方程組的討論,我們可定義3階線性方程組$\left\{ \begin{eqnarray*} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + a_{13}x_3 &=& b_1 \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + a_{23}x_3 &=& b_2 \\ a_{31}x_1 + a_{32}x_2 + a_{33}x_3 &=& b_3 \end{eqnarray*} \right.$的係數行列式$D^{(3)}$及$D^{(3)}_1, D^{(3)}_2, D^{(3)}_3$如下:
$$D^{(3)} = \left| \begin{array}{ccc} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{array} \right|,  D^{(3)}_1 = \left| \begin{array}{ccc} b_1 & a_{12} & a_{13} \\ b_2 & a_{22} & a_{23} \\ b_3 & a_{32} & a_{33} \end{array} \right|, D^{(3)}_2 = \left| \begin{array}{ccc} a_{11} & b_1 & a_{13} \\ a_{21} & b_2 & a_{23} \\ a_{31} & b_3 & a_{33} \end{array} \right|, D^{(3)}_3 = \left| \begin{array}{ccc} a_{11} & a_{12} & b_1 \\ a_{21} & a_{22} & b_2 \\ a_{31} & a_{32} & b_3 \end{array} \right|.$$
從而3階線性方程組的Cramer法則可表述為
$$x_1 = \frac{D^{(3)}_1}{D^{(3)}}, x_2 = \frac{D^{(3)}_2}{D^{(3)}}, x_3 = \frac{D^{(3)}_3}{D^{(3)}}.$$

3. 從$n-1$到$n$


對於$n$階線性方程組
$$\left\{ \begin{eqnarray*} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n &=& b_1 \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n &=& b_2 \\ \vdots&& \\ a_{n1}x_1 + a_{n2}x_2 + \cdots + a_{nn}x_n &=& b_n \end{eqnarray*} \right. ,$$
$A$中的column分別構成以下的column向量
$$A_1 = \left[ \begin{array}{c} a_{11} \\ a_{21} \\ \vdots \\ a_{n1} \end{array} \right], A_2 = \left[ \begin{array}{c} a_{12} \\ a_{22} \\ \vdots \\ a_{n2} \end{array} \right], \cdots, A_n = \left[ \begin{array}{c} a_{1n} \\ a_{2n} \\ \vdots \\ a_{nn} \end{array} \right].$$
方程組右端的常數項則記為
$$b = \left[ \begin{array}{c} b_1 \\ b_2 \\ \vdots \\ b_n \end{array} \right].$$
由於我們會針對原方程組中的後$n-1$條方程式進行討論,所以再定義以下的column向量:
$$\tilde{A_1} = \left[ \begin{array}{c} a_{21} \\ \vdots \\ a_{n1} \end{array} \right],\tilde{A_2} = \left[ \begin{array}{c} a_{22} \\ \vdots \\ a_{n2} \end{array} \right], \cdots, \tilde{A_n} = \left[ \begin{array}{c} a_{2n} \\ \vdots \\ a_{nn} \end{array} \right], \tilde{b} = \left[ \begin{array}{c} b_2 \\ \vdots \\ b_n \end{array} \right].$$
它們都是從原來的$A_1, A_2, \cdots, A_n, b$砍掉頭一個元素後得到的向量。注意它們都是$n-1$維。
另外,我們用$det(d_1, d_2, \cdots, d_k)$表示由$k$維column向量所構成的$k$階行列式。
由前面從2階推導至3階的經驗,考慮以下三條歸納假設:
  1. 我們會計算$n-1$階行列式。
    $$D^{(n-1)} = \left| \begin{array}{cccc} d_{11} & d_{12} & \cdots & d_{1, n-1} \\ d_{21} & d_{22} & \cdots & d_{2, n-1} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ d_{n-1, 1} & d_{n-1, 2} & \cdots & d_{n-1, n-1} \end{array} \right|.$$
  2. $n-1$階行列式具有「交換column後加上負號」的性質。
  3. 我們有$n-1$階Cramer法則。
 ​ 有了以上準備工作後,我們可以開始來討論$n$階線性方程組了。
 ​ 首先我們改寫原方程組中的後$n-1$條如下:
$$\left\{ \begin{eqnarray*} a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n &=& b_2 - a_{21}x_1 \\ \vdots&& \\ a_{n2}x_2 + \cdots + a_{nn}x_n &=& b_n - a_{n1}x_1 \end{eqnarray*} \right.,$$
於是可根據歸納假設3解出$x_2, \cdots, x_n$
$$\displaystyle x_2 = \frac{det(\tilde{b} - x_1 \tilde{A_1}, \cdots, \tilde{A_n})}{det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{A_n})}, \cdots,  x_n = \frac{det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{b} - x_1 \tilde{A_1})}{det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{A_n})}.$$
代回原方程組中的第一條式子,得到
$$a_{11}x_1 + a_{12} \frac{det(\tilde{b} - x_1 \tilde{A_1}, \cdots, \tilde{A_n})}{det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{A_n})} + \cdots + a_{1n} \frac{det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{b} - x_1 \tilde{A_1})}{det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{A_n})} = b_1,$$
左右同乘以$det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{A_n})$,變為
$$a_{11} x_1 det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{A_n}) + a_{12} det(\tilde{b} - x_1 \tilde{A_1}, \cdots, \tilde{A_n}) + \cdots + a_{1n} det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{b} - x_1 \tilde{A_1}) = b_1det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{A_n}),$$
再利用$n-1$階行列式的多重線性性質,得
$$\begin{eqnarray*}&&a_{11} x_1 det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{A_n}) + a_{12} det(\tilde{b}, \cdots, \tilde{A_n}) - a_{12} x_1 det(\tilde{A_1}, \cdots, \tilde{A_n}) + \cdots + a_{1n} det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{b}) - a_{1n} x_1 det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{A_1}) \\ &=& b_1 det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{A_n}),\end{eqnarray*}$$
重新整理得
$$\begin{eqnarray*}&& \left[ a_{11} det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{A_n}) - a_{12} det(\tilde{A_1}, \cdots, \tilde{A_n}) - \cdots - a_{1n} det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{A_1}) \right] x_1 \\ &=& b_1 det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{A_n}) - a_{12} det(\tilde{b}, \cdots, \tilde{A_n}) - \cdots - a_{1n} det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{b})\end{eqnarray*}$$
對於上式中的每個$n-1$階行列式,將其中的$\tilde{A_1}$或$\tilde{b}$逐步與其前頭的元素交換,挪移到column 1的位置,並且保持其餘column的相對順序不變,則得
$$ \begin{eqnarray*} && \left[ a_{11} det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{A_n}) + a_{12} (-1)^1 det(\tilde{A_1}, \tilde{A_3}, \cdots, \tilde{A_n}) + \cdots + a_{1n} (-1)^{1 + (n-2)} det(\tilde{A_1}, \tilde{A_2}, \cdots, \tilde{A_{n - 1}}) \right] x_1 \\ &=& b_1 det(\tilde{A_2}, \cdots, \tilde{A_n}) + a_{12} (-1)^1 det(\tilde{b}, \tilde{A_3}, \cdots, \tilde{A_n}) + \cdots + a_{1n} (-1)^{1 + (n-2)} det(\tilde{b}, \tilde{A_2}, \cdots, \tilde{A_{n - 1}}). \end{eqnarray*} $$
這啟發了我們定義$n$階行列式 (determinant of order n)
$$ \begin{eqnarray*} D^{(n)} &=& \left| \begin{array}{cccc} d_{11} & d_{12} & \cdots & d_{1n} \\ d_{21} & d_{22} & \cdots & d_{2n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ d_{n1} & d_{n2} & \cdots & d_{nn} \\  \end{array} \right| \\ &=& d_{11} (-1)^{1 + 1} \left| \begin{array}{ccc} d_{22} & \cdots & d_{2n} \\ \vdots & & \vdots \\ d_{n2} & \cdots & d_{nn} \\ \end{array} \right| + d_{12} (-1)^{1+2} \left| \begin{array}{cccc} d_{21} & d_{23} & \cdots & d_{2n} \\ \vdots & & \vdots \\ d_{n1} & d_{n3} & \cdots & d_{nn} \\ \end{array} \right| + \cdots + d_{1n} (-1)^{1 + n}\left| \begin{array}{ccc} d_{22} & \cdots & d_{2, n-1} \\ \vdots & & \vdots \\ d_{n2} & \cdots & d_{n, n-1} \\ \end{array} \right|. \end{eqnarray*} $$
從而可將方才的等式改寫為
$$ \left| \begin{array}{cccc} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{array} \right| x_1 = \left| \begin{array}{cccc} b_1 & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ b_2 & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ b_n & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{array} \right|. $$
因為假定了方程組非奇異(non-singular),所以上式中$x_1$的係數必非零,故
$$ x_1 = \frac{\left| \begin{array}{cccc} b_1 & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ b_2 & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ b_n & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{cccc} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{array} \right|} = \frac{det(b, A_2, \cdots, A_n)}{det(A)}. $$
如果將原方程組改寫為
$$ \left\{ \begin{eqnarray*} a_{12}x_2 + a_{11}x_1 + a_{13}x_3 + \cdots + a_{1n}x_n &=& b_1 \\ a_{22}x_2 + a_{21}x_1 + a_{23}x_3 + \cdots + a_{2n}x_n &=& b_2 \\ \vdots && \\ a_{n2}x_2 + a_{n1}x_1 + a_{n3}x_3 + \cdots + a_{nn}x_n &=& b_1 \\ \end{eqnarray*} \right. ,$$
那麼仿照以上的討論,可解得
$$ x_2 = \frac{\left|  \begin{array}{ccccc} b_1 & a_{11} & a_{13} & \cdots & a_{1n} \\ b_2 & a_{21} & a_{23} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ b_n & a_{n1} & a_{n3} &  \cdots & a_{nn} \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{cccc} a_{12} & a_{11} & a_{13} & \cdots & a_{1n} \\ a_{22} & a_{21} & a_{23} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n2} & a_{n1} & a_{n3} &  \cdots & a_{nn} \end{array} \right|}. $$
而根據歸納假設2,有
$$ \begin{eqnarray*} x_2 &=& \frac{\left| \begin{array}{ccccc} b_1 & a_{11} & a_{13} & \cdots & a_{1n} \\b_2 & a_{21} & a_{23} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ b_n & a_{n1} & a_{n3} &  \cdots & a_{nn} \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{cccc} a_{12} & a_{11} & a_{13} & \cdots & a_{1n} \\a_{22} & a_{21} & a_{23} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n2} & a_{n1} & a_{n3} &  \cdots & a_{nn} \end{array} \right|} = \frac{-\left| \begin{array}{ccccc} a_{11} & b_1 & a_{13} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & b_2 & a_{23} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & b_n & a_{n3} &  \cdots & a_{nn} \end{array} \right|}{-\left| \begin{array}{cccc} a_{11} & a_{12} & a_{13} & \cdots & a_{1n} \\a_{21} & a_{22} & a_{23} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & a_{n3} &  \cdots & a_{nn} \end{array} \right|} = \frac{\left| \begin{array}{ccccc} a_{11} & b_1 & a_{13} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & b_2 & a_{23} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & b_n & a_{n3} &  \cdots & a_{nn} \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{cccc} a_{11} & a_{12} & a_{13} & \cdots & a_{1n} \\a_{21} & a_{22} & a_{23} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & a_{n3} &  \cdots & a_{nn} \end{array} \right|} \\ &=& \frac{det(A_1, b, A_3, \cdots, A_n)}{det(A)}. \end{eqnarray*} $$
其餘$x_3, \cdots, x_n$的討論亦類似,得
$$ x_3 = \frac{det(A_1, A_2, b, A_4, \cdots, A_n)}{det(A)}, \cdots, x_n = \frac{det(A_1, \cdots, A_{n-1}, b)}{det(A)}. $$

結論:
  1. $n$階行列式是靠$n-1$階行列式的線性組合所定義出來的:
    $$ \begin{eqnarray*} D^{(n)} &=& \left| \begin{array}{cccc} d_{11} & d_{12} & \cdots & d_{1n} \\ d_{21} & d_{22} & \cdots & d_{2n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ d_{n1} & d_{n2} & \cdots & d_{nn} \\  \end{array} \right| \\  &=& d_{11} (-1)^{1 + 1} \left| \begin{array}{ccc} d_{22} & \cdots & d_{2n} \\ \vdots & & \vdots \\ d_{n2} & \cdots & d_{nn} \\ \end{array} \right| + d_{12} (-1)^{1+2} \left| \begin{array}{cccc} d_{21} & d_{23} & \cdots & d_{2n} \\ \vdots & & \vdots \\ d_{n1} & d_{n3} & \cdots & d_{nn} \\ \end{array} \right| + \cdots + d_{1n} (-1)^{1 + n}\left| \begin{array}{ccc} d_{22} & \cdots & d_{2, n-1} \\ \vdots & & \vdots \\ d_{n2} & \cdots & d_{n, n-1} \\ \end{array} \right|. \end{eqnarray*} $$
  2. Cramer公式:對於非奇異的$n$階線性方程組
    $$ \left\{ \begin{eqnarray*} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n &=& b_1 \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n &=& b_2 \\ \vdots&& \\ a_{n1}x_1 + a_{n2}x_2 + \cdots + a_{nn}x_n &=& b_n \end{eqnarray*} \right. , $$
    其解為
    $$ x_i = \frac{det(\cdots, A_{i-1}, b, A_{i+1}, \cdots)}{det(A)}. $$
  

參考文獻


[1] 朱富海,问题引导的代数学: 行列式的多样性,知乎專欄《數林廣記》

(最後更新:2020/06/05)