拉普拉斯展开定理
范德蒙行列式拉普拉斯展开克莱姆法则课件
PART 04
范德蒙行列式、拉普拉斯 展开与克莱姆法则的关系
三者之间的联系
范德蒙行列式、拉普拉斯展开与 克莱姆法则都是线性代数中的重 要概念，它们在解决线性方程组
问题中具有重要作用。
范德蒙行列式是拉普拉斯展开的 基础，而克莱姆法则则是基于范 德蒙行列式的一种求解线性方程
组的方法。
三者在形式上具有一定的相似性， 都是通过行列式或矩阵来表达线 性方程组的解。
1 2 3
拉普拉斯展开的定义 拉普拉斯展开是关于二项式系数的一种展开式， 它可以表示为$(a+b)^n$的形式，其中$a$和 $b$是常数，$n$是自然数。
拉普拉斯展开的计算 拉普拉斯展开的计算公式为$(a+b)^n = sum_{k=0}^{n} C(n,k) a^{n-k} b^k$，其中 $C(n,k)$是二项式系数。
克莱姆法则
克莱姆法则的定义
总结词
克莱姆法则是线性代数中解线性方程组的一个重要定理，它给出了线性方程组解的唯一性和存在性的条件。
详细描述
克莱姆法则指出，对于一个包含n个方程和n个未知数的线性方程组，如果系数行列式不为零，则该线性方程组有 唯一解。这个法则基于线性方程组的系数矩阵和常数列向量之间的关系，通过计算系数行列式和代数余子式来确 定解的唯一性。
克莱姆法则的条件
总结词
克莱姆法则的应用需要满足一定的条件， 以确保线性方程组有唯一解。
VS
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
详细描述
首先，线性方程组中的系数行列式必须不 为零，这是克莱姆法则应用的基本条件。 其次，线性方程组中的未知数个数必须与 方程个数相等，以确保方程组是确定的。 此外，还需要满足线性独立条件，即系数 矩阵的行向量必须是线性独立的。这些条 件共同保证了克莱姆法则的有效性和准确 性。
线性代数1-4行列式的展开定理
,
M 12 = a31 a33 a41 a43
(− 1)1+ 2 M 12 = − M 12 . A12 =
a23 , A44 = (− 1)4+ 4 M 44 = M 44 . a33
行列式的每个元素分别 对应着一个余子式和一 个代数余子式 .
信息系 刘康泽 二、基于行列式某一行（列）的展开定理 基于行列式某一行（
akj a1 j1 L ak −1 jk −1 ak +1 jk +1 L anjn
个展开项中的某一项， 显然这些项都是 D 的 n !个展开项中的某一项，
信息系 刘康泽
因此只需证明在两端的展开式中， 因此只需证明在两端的展开式中，这些项前面的 符号也相同即可。 符号也相同即可。 中的项： 右端 akj Akj 中的项：
0 0 0
0 0 0
a1 +x a2 a3 an − 2 an −1
−1
0
0
0 0 0 −1 x
L L L L 0 0 L −1 0 0 0 L x −1
x −1 0 0 x 0 L L L L 0 0 0 0 L L x 0
信息系 刘康泽
Dn = xDn −1 + ( −1) n +1 a n ( −1) n −1 = xDn −1 + a n
= L = x n −1 D1 + a 2 x n −2 + L + a n −1 x + a n = a1 x n −1 + a 2 x n − 2 + L + a n −1 x + a n
信息系 刘康泽
a + b ab 1 a+b 0 ab L 0 0 L L L L 0 0 0 L 1 0 0 0 L ab a+b .（ a ≠ b ）
拉普拉斯展开定理(课堂PPT)
一、k阶子式的概念 二、拉普拉斯展开定理 三、举例
1
一、k阶子式的概念 定义 在n阶行列D式 中，任k行 取k列(1kn)，
位于k这 行k列的交点k上 2个的元素按原来的相 置组成k阶 的行列S， 式称D为 的一k个 阶子式。
在行列 D中式 划S所 去在k行 的 k列，余下的元 原来的相对位 nk置 阶组 行成 列 余块 子块都为,零 且矩 非阵
零子块都是.即 方阵
A1
A
A2
O
O
,
As
其中Ai (i=1 , 2 , … , s)都是方阵,则A为分块对 角阵.
6
分块对角矩阵的行列式具有下述性质:
A A 1A 2 A s.
若 A i 0 i 1 , 2 , , s , 则 A 0 , 并
设S的各行D中 位第 i于 1,i2,,ik(i1i2ik)， S的各列D中 位第 j于 1, j2,, jk(j1j2jk)，那么
A(1)(i1i2ik)(j1j2jk)M为S的代数余子
2
二、拉普拉斯展开定理
若在行列D式 中任意取k个 定行(1kn1)， 则有这 k个行组成的k所 阶有 子式与它们的代数 子式的乘积之和D.等于
设 D 的k行 某组成 k阶的 子所 式 S1,S2有 , 分 ,St(t 别 C n k)， 为 它们相应 分 的 别 A 1,A 代 2, 为 ,A 数 t,则余子式
D S1A 1S2A 2A tSt。
3
例1 计算 2 1 0 0 0 12100
D0 1 2 1 0 0 01 21 0 0 01 2
A1 1
A1
A1 2
o
o
.
A1 s
2.3 拉普拉斯展开定理复习课程
例1 计算 2 1 0 0 0
12100 D0 1 2 1 0
0 01 21
0 0 01 2
利用拉普拉斯定理（P68）可得：
a11 a1k
0
设
D
ak1 c11
akk c1k
b11
b1n
cn1 cnk bn1 bnn
a11 a1k
b11 b1n
D1 deta(ij)
,D2 detb(ij)
,
ak1 akk
bn1 bnn
证明 DD 1D2.
分块对角阵的行列式
设A为n阶矩,阵 若A的分块矩阵只有在
角线上有非零 ,其子余块 子块都为,零 且矩 非阵
零子块都是.即 方阵
A1
A
A2
O
O
,
As
其中Ai (i=1 , 2 , … , s)都是方阵,则A为分块对 角阵.
分块对角矩阵的行列式具有下述性质:
A A 1A 2 A s.
若 A i 0 i 1 ,2 , ,s ,则 A 0 ,并
A1 1
A1
A1 2
o
o
.
A1 s
小结
1.k阶子式的概念 2.拉普拉斯展开定理
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2.3 拉普拉斯展开定理
二、拉普拉斯展开定理
若在行列D式 中任意取k个 定行(1kn1)， 则有这 k个行组成的k所 阶有 子式与它们的代数 子式的乘积之和D.等于
设 D 的k行 某组成 k阶 的 子 所 式 S1,有 S2分 , ,St别 (tC n k为 )， 它们相应分 的别 A 代 1,A 2,为 数 ,A t,则 余子式
行列式展开公式证明
行列式展开公式证明行列式展开公式，也称为拉普拉斯定理或余子式展开定理。
它是用于计算n阶方阵行列式的一种方法。
下面给出行列式展开公式的证明。
设A为一个n阶方阵，其元素为a_ij，其中1≤i,j≤n。
我们要证明行列式展开公式：det(A) = a_11 * A_11 + a_12 * A_12 + ... + (-1)^(n+1) * a_1n * A_1n其中，A_ij表示元素a_ij的代数余子式。
证明过程如下：1. 首先，我们将A的n阶行列式拆分成n个部分，每个部分都以第一行的一个元素a_1j为基础。
det(A) = a_11 * B_11 + a_12 * B_12 + ... + a_1n * B_1n 其中，B_ij表示将矩阵A的第一行和第j列删除后得到的(n-1)阶方阵。
2. 接下来，我们对每个B_ij应用归纳法。
当n=2时，显然有：B_11 = a_22, B_12 = a_21B_21 = a_12, B_22 = a_11那么det(A) = a_11 * (a_22) + a_12 * (a_21) = a_11 * a_22 - a_12 * a_21，这是二阶方阵的行列式计算公式。
3. 假设对于所有小于n的正整数k，行列式展开公式成立。
我们来看B_11，即删除A的第一行和第一列后得到的(n-1)阶方阵。
根据归纳假设，我们可以将其展开为：B_11 = b_11 * C_11 + b_12 * C_12 + ... + b_1(n-1) * C_1(n-1) 其中，C_ij表示将矩阵A的第一行和第一列删除后得到的(n-2)阶方阵。
4. 然后，我们可以将det(A)展开为：det(A) = a_11 * (b_11 * C_11 + b_12 * C_12 + ... + b_1(n-1) * C_1(n-1))+ a_12 * (b_21 * C_21 + b_22 * C_22 + ... + b_2(n-1) * C_2(n-1))+ ...+ a_1n * (b_n1 * C_n1 + b_n2 * C_n2 + ... + b_n(n-1) * C_n(n-1))5. 接下来，我们观察每一项的乘积。
拉普拉斯法则
在数学中，拉普拉斯展开定理（或称拉普拉斯公式）是一个关于行列式的展开式。
将一个n×n矩阵B的行列式进行拉普拉斯展开，即是将其表示成关于矩阵B的某一行（或某一列）的n个元素的(n-1)×(n-1)余子式的和。
拉普拉斯在数学，特别是概率论方面，也有很大贡献。
他发表的天文学、数学和物理学的论文有270多篇，专著合计有4006多页。
其中最有代表性的专著有《天体力学》（Traité deMécanique Céleste，15卷16册，1799～1825）、《宇宙体系论》（Exposition du système du monde，1796，中译本1978年版）和《概率分析理论》（Theorie Analytique des
Probabilites，1812）。
拉普拉斯把注意力主要集中在天体力学的研究上面。
他把牛顿的万有引力定律应用到整个太阳系，1773年解决了一个当时著名的难题：解释木星轨道为什么在不断地收缩，而同时土星的轨道又在不断地膨胀。
谈拉普拉斯定理及其应用
一、谈拉普拉斯定理及其应用拉普拉斯定理拉普拉斯(Pierre-Simon Laplace,1749－1827)是法国分析学家、概率论学家和物理学家，法国科学院院士。
他用数学方法证明了行星轨道大小只有周期性变化，此即著名的拉普拉斯定理. 他的著名杰作《天体力学》是经典力学的代表著作，在《宇宙系统论》这部书中，他提出了第一个科学的太阳系起源理论——星云说. 他在数学和物理方面有重要贡献，他是拉普拉斯变换和拉普拉斯方程的发现者。
在了解Laplace 定理之前，首先要了解如下概念在一个 n 级行列式 D 中任意选定 k 行 k 列 (k\leq n) ，位于这些行和列的交叉点上的 k^2 个元素按照原来次序组成一个 k 级行列式 M ，称为行列式 D 的一个 k 级子式；在 D 中划去这 k 行 k 列后，余下的元素按照原来的次序组成 n-k 级行列式 M' ，称为 k 级子式 M 的余子式；若 k 级子式 M 在 D 中所在的行、列指标分别是 i_1,i_2,\cdots,i_k;j_1,j_2,\cdots ,j_k ，则在 M 的余子式 M' 前加上符号 (-1)^{i_1+i_2+\cdots+i_k+j_1+j_2+\cdots +j_k}M' 后称之为 M 的代数余子式，记为 A=(-1)^{i_1+i_2+\cdots+i_k+j_1+j_2+\cdots +j_k}M' .Laplace 定理：设在行列式 D 中任取 k (1\leq k\leq n-1) 行，由这 k 行元素所组成的一切 k 级子式与它们的代数余子式的乘积和等于 D . 即，若 D 中取定 k 行后，由这 k 行得到的 k 级子式为 M_1,M_2,\cdots,M_t ，它们对应的代数余子式分别为 A_1,A_2,\cdots,A_t ，则 D=M_1A_1+M_2A_2+\cdots+M_tA_t为了更好的理解Laplace 定理，下面看个例子：先有行列式 D=\left| \begin{array}{ccc} 1 & 2 & 1 & 4 \\ 0 & -1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 3 & 1 \\ \end{array} \right| ，取定其第一、三行，求其子式和代数余子式，并计算其值解：去定其第一、三行，其子式为：M_1=\left| \begin{array}{ccc} 1 & 2 \\ 1 & 0 \\ \end{array}\right|=-2,\quad M_2=\left| \begin{array}{ccc} 1 & 1 \\ 1 & 1 \\ \end{array} \right|=0,\quad M_3=\left| \begin{array}{ccc} 1 & 4 \\ 1 & 3 \\ \end{array} \right|=-1 \\M_4=\left| \begin{array}{ccc} 2 & 1 \\ 0 & 1 \\ \end{array}\right|=2,\quad M_5=\left| \begin{array}{ccc} 2 & 4 \\ 0 & 3 \\\end{array} \right|=6,\quad M_6=\left| \begin{array}{ccc} 1 & 4 \\ 1 & 3 \\ \end{array} \right|=-1 \\它们的代数余子式为：A_1=(-1)^{1+3+1+2}\left| \begin{array}{ccc} 2 & 1 \\ 3 & 1 \\\end{array} \right|=1,\quad A_2=(-1)^{1+3+1+3}\left|\begin{array}{ccc} -1 & 1 \\ 1 & 1 \\ \end{array} \right|=-2,\quad A_3=(-1)^{1+3+1+4}\left| \begin{array}{ccc} -1 & 2 \\ 1 & 3 \\ \end{array} \right|=5 \\A_4=(-1)^{1+3+2+3}\left| \begin{array}{ccc} 0 & 1 \\ 0 & 1 \\\end{array} \right|=0,\quad A_5=(-1)^{1+3+2+4}\left|\begin{array}{ccc} 0 & 2 \\ 0 & 3 \\ \end{array} \right|=0,\quad A_6=(-1)^{1+3+3+4}\left| \begin{array}{ccc} 0 & -1 \\ 0 & 1 \\ \end{array} \right|=0 \\所以其行列式为D=M_1A_1+M_2A_2+\cdots+M_6A_6=-7 \\经Matalb验证如下：M=[1,2,1,4;0,-1,2,1;1,0,1,3;0,1,3,1];det(M)___________-7二、证明如何证明行列式的拉普拉斯定理？首先回顾一下行列式的计算方法一个 n 阶矩阵的行列式等于其按第 i 行展开，对应元素与其代数余子式乘积的代数和，用符号表示为D=a_{i1}A_{i1}+a_{i2}A_{i2}+\cdots+a_{in}A_{in}=\sum_{j=1}^{n}{ a_{ij}A_{ij}}\quad (i=1,2,\cdots ,n) \\上式在很多教科书上被用作行列式的定义，现通常被称为“（行列式的）拉普拉斯展开式（Laplace expansion）/（行列式的）余因子展开式（cofactor expansion）”；然而，此式首先由范德蒙（Vandermonde）给出。
2-3.1(k阶子式、余子式、代数余子式)--线性代数PPT
在A中划去S所在的k行、k列，余下的元按原来的 相对位置组成的n-k阶行列式M, 称为S的余子式.
S的代数余子式: 设S的各行位于A中第i1,…,ik, S的各列位于A中第 j1,…, jk列，称
A (1)(i1 ik )( j1 M jk )
为S的代数余子式.
§2.3 拉普拉斯展开定理
[结]
20 1 02 1 0 1 0 1
01 S1 1 1
A 0 1 1 2 1 0 2 2 1 2 0 1 1 1 1
101 M1 0 1 2
011
012 S2 1 1 1
2 2 2
A1 1 1 3 2 3 M1 M1 ,
10 M2 0 1
第二章 行列式
§2.3 拉普拉斯展开定理
一. k阶子式、余子式、代数余子式 二. 拉普拉斯定理
电子科技大学 黄廷祝
§2.3 拉普拉斯展开定理
一. k阶子式、余子式、代数余子式
k阶子式： 矩阵A中任取k行、k列，位于这k行、k列交点上的k2 个元按原来的相对位置组成的k阶行列式S, 称为A的 一个k阶子式.
A2 1 1 34 2 35 M 2 M 2 .
§2.3 拉普拉斯展开定理
例如，5阶行列式detA中，取子式
S a22 a52
a24 a54
则其代数余子式为
a11 a13 a15
(1)(25)(24) a31 a33 a35
a41 a43 a45
§2.3 拉普拉斯展开定理
大一线性代数课件2.3_拉普拉斯展开定理
k
A1k k At
返回
A1
可逆的充要条件是 At A1， ，At 可逆 ( Ai为方阵)
1
A1 At A1 A t
DD
1
C A X 1 B O X 3
X 2 CX 1 AX 3 X4 BX 1
CX 2 AX 4 I O . BX 2 O I
CX 1 AX 3 I X 3 A1 CX AX O 1 1 2 4 X 4 A CB O B 1 1 . D 1 A 1 1 X1 O BX 1 O A CB BX 2 I X 2 B 1 返回
A2 1
1 3 4 2 3 5
M2 M2 .
返回
例如，5阶行列式detA中，取子式 S
则其代数余子式为
a22 a52
a24 a54
a11 a41
a13 a43
a15 a35 a45
( 1) ( 25 )( 24 ) a31 a33
对于行列式D中的每一个子式S，它的余子式M 和代数余子式A都由S唯一确定.
大一线性代数课件23拉普拉斯展开定理线性代数拉普拉斯定理线性代数拉普拉斯拉普拉斯定理拉普拉斯展开定理拉普拉斯定理行列式拉普拉斯终值定理拉普拉斯变换终值定理棣莫弗拉普拉斯定理拉普拉斯定理的证明
2.3
拉普拉斯展开定理
返回
2.3
k阶子式：
拉普拉斯展开定理
矩阵A中任取k行、k列，位于这k行、k列交点上的k2 个元按原来的相对位置组成的k阶行列式S, 称为A的 一个k阶子式. S的余子式: 在A中划去S所在的k行、k列，余下的元按原来的 相对位置组成的n-k阶行列式M, 称为S的余子式. S的代数余子式: 设S的各行位于A中第i1,…,ik, S的各列位于A中第 j1,…, jk列，称 (i1 i k ) (j1 jk ) A (1) M 为S的代数余子式.
第8节 拉普拉斯定理
它们的代数余子式为
A1 ( 1)1 31 2 0 1 0, 0 1 A3 ( 1)
1 3 2 3
A2 ( 1)1 3 2 4 1 1 2, 1 1 A4 ( 1)
1 31 2
1 2 5, 1 3
0 1 0, 0 1
A5 ( 1)411 3 0 2 0, 0 3
a11 a1n 0 an1 ann 0 1 b11 1 bn1
0 0 0 0 0 0 1 b1n 1 bnn
c11 c n1 b11 bn1
c1n cn1 b1n bnn
注释1 ① 一个行列式的k 级子式和余子式有很多。 ② k=1时A的行列式的每个元素都是一个1级子式， k=n时A本身是一个n级子式（没有余子式）。
二、Laplace定理
定理8.3 在矩阵A中取定k行，则这k行确定的所有k
阶子式和它们的代数余子式的乘积和等于 A .
注释2
① 理解引理和Laplace定理以及会用定理即可 ② k=1时Laplace定理就是行列式按行(列)展开法则 ③ Laplace定理不适合计算一般行列式（见下例）
2 2 2 D a11 a12 a1n 2 2 2 a21 a22 a2n
n
作业：P130 Ex 1 (2), (4), 2 (1)(3)
2 2 2 an1 an 2 ann
2 nD aij 0. i 1 j 1
n
n
因此，由上面两方面知，结论成立。
到第k 行, j , k 1,2,, n.
a11 a1n 0 an1 ann 0 1 b11 1 bn1 0 0 0 0 0 0 1 b1n 1 bnn c11 c n1 b11 bn1 c1n cn1 b1n bnn
14 拉普拉斯展开定理分解
i1
i1
的值相等，即 AB A B .
bn2
bnn
n
a1ibin
i1
矩阵乘 积的行 列式表
示
n
a2ibin AB
i1
n
anibin
i1
证明＊
设
A
aij
n
,B
bij
,
n
构造2n阶行列式
a11 a12
a1n 0 0
0
a21 a22
a2n 0 0
0
D an1 an2
ann 0 0
0
1 0
0 b11 b12
c d a b c d a b
d c b a d c b a
a2 b2 c2 d2
0
0
0
0
a2 b2 c2 d2
0
0
0
0
a2 b2 c2 d2 0
0
0
0 a2 b2 c2 d2
A
A
T
A2
a2 b2 c2 d 2
4
a4>0
A a2 b2 c2 d 2 2
这个定理也就是说: 在D中任取k行（列）后，
得到的子式为 N1, N2, , NCnk ，它们的代数余子式
分别为 A1, A2 , ACnk ，则
D N1A1 N 2 A2
证明 略。
N Cnk ACnk
注：① 行列式按一行(列)展开是该定理中时的特殊情况。
② a11 a1k 0 0
D ak1
2354
0230 D
2123
0110
解
r2 , r42 D
1
3 1 (1)2423
2(3)拉普拉斯展开定理 - 复制
0 0 2 1 1
2 相应的 0 1 2阶子式: S1 = 1 1 2 S1的余子式: 1 M1 = 0 1 0 S2的余子式:
1 −1 0 1 1 2 1 1
A1 = ( −1)1+ 3+ 2+ 3 M 1 = − M 1
1 0 M2 = 0 1
3阶子式: 0 1 2 S2 = 1 − 1 1 2 −2 2
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B . −1 −1 − A CB
8
拉普拉斯展开定理
det D = ( −1)1+ 2+L+ n+( n+1)+( n+ 2 )+L+( n+ n ) (det A)(det B )
= ( −1)
6
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拉普拉斯展开定理
例(基本结论) 分块下(上)三角矩阵行列式 Am×m det * O Am×m = det Bn×n O
= det A ⋅ det B
* Bn×n
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5
拉普拉斯展开定理
2 0 1 0 2 1 0 − 1 0 1 按1, 2行展开的 例 计算D = 0 1 − 1 2 1 二阶子式共有 2 0 2 − 2 1 2 C5 = 10个. 0 1 −1 1 1 解 按1, 2行展开, 不为零的二阶子式为 2 1 1 2 S1 = , S2 = −1 1 1 −1 1 2 1 0 A1 = ( −1)1+ 2+1+ 3 2 1 2 = 0, A2 = ( −1)1+ 2+ 3+ 5 0 =0 1 1 1 0 所以, D = S1 A1 + S2 A2 = 0.
拉普拉斯变换积分定理
拉普拉斯变换积分定理拉普拉斯变换积分定理是数学中一项重要的定理，它是拉普拉斯变换的基础之一。
该定理说明了函数的拉普拉斯变换和函数的积分之间的关系，以及如何使用积分来计算函数的拉普拉斯变换。
一、定理的表述设函数f(t)是一个定义在[0,∞)上的连续函数，且满足其在任意有限区间上是有界的，即存在M>0，使得|f(t)|≤M，0≤t<∞。
则函数f(t)的拉普拉斯变换F(s)定义为：其中s为复变量，实部大于一个正数B。
F(s)在该区域内存在，并且是一个解析函数。
设F(s)的部分分式展开式为：其中C为以B为实部的一个大半圆，圆心是原点，R趋近于∞。
二、定理的证明考虑积分：其中R>B。
该积分表示了一个半径为R，以原点为圆心的大半圆的围成区域内的函数值的总和。
由于|f(t)|≤M，因此：R趋近于∞时，由于frac{M}{t}趋近于0，因此第二个积分为0。
对于第一个积分，t>e，因此：当t趋近于0时，由于R>B，因此：因此：在复平面上，我们可以画一个由B和2R组成的矩形，其上下两个边的长度为2R，左侧边在实轴上的值为B，右侧边在实轴上的值为B＋ε。
该矩形内部的点均满足输入函数f(t)的性质，即在有限区间内有界。
现在考虑该矩形上下两侧边上的曲线积分：其中C1为大上半圆弧，C2为大下半圆弧，L1为左边的边缘，L2为右边的边缘。
显然，L1的积分与L2的积分相等，并且为0，因为f(t)在有限区间内有界。
对于C1和C2，当R趋近于∞时，它们的长度趋近于0，因此它们的积分也趋近于0。
因为F(s)在矩形的内部是解析的，因此当矩形的面积越来越大时，其大小相对于所有的积分都是无关紧要的。
于是，最后得到：与f(t)的拉普拉斯变换的定义式相比，上述积分式的分母有一个符号相反。
由于这个积分路径是一个固定的积分路径，因此该符号不会影响定理的正确性。
三、定理的应用拉普拉斯变换积分定理是在计算复杂的函数的拉普拉斯变换时非常有用的工具。
拉普拉斯展开定理
拉普拉斯展开定理拉普拉斯展开定理拉普拉斯展开定理是由法国数学家居里·拉普拉斯（Joseph Louis Lagrange）在1770年提出的，它可以用来求解一元多项式的展开式，有着广泛的应用。
定义：设f(x) 是定义在区间[a,b]上的n次可积函数，且在区间[a,b]上有n+1个不同的零点，即f(x1)=f(x2)=f(x3)=......=f(xn+1)=0 (x1，x2，x3，......，xn+1 在[a,b]上)则f(x) 在区间[a,b]上可以表示为f(x)=[f(x)]a^n+[f(x)]a^(n-1)+[f(x)]a^(n-2)+......+[f(x)]a+[ f(x)]其中，[f(x)]a，[f(x)]a^2，......[f(x)]a^n 分别为f(x)在x1，x2，......xn+1处的拉普拉斯展开系数，也称拉普拉斯系数。
由此可以得出拉普拉斯展开定理，即：若f(x) 在区间[a,b]上可积，在[a,b]上有n+1个不同的零点，则f(x) 可以用下式展开：f(x)=[f(x)]a^n+[f(x)]a^(n-1)+[f(x)]a^(n-2)+......+[f(x)]a+[ f(x)]其中，[f(x)]a，[f(x)]a^2，......[f(x)]a^n 分别为f(x)在x1，x2，......xn+1处的拉普拉斯展开系数，也称拉普拉斯系数。
拉普拉斯系数的计算：拉普拉斯系数[f(x)]a，[f(x)]a^2，......[f(x)]a^n 的计算可使用拉普拉斯公式：[f(x)]a=(1/(n+1))*(f(a)+2*f(a+h)+3*f(a+2h)+......+(n+1)*f(b ))其中，h=(b-a)/n应用：拉普拉斯展开定理可以用来求解一元多项式的展开式，其中多项式的零点可以在任意区间上找到，这样可以将展开式的计算转换为计算拉普拉斯系数的问题，从而使计算简化。
线性代数 1.5 行列式按 k 行(列)展开——拉普拉斯(Laplace)定理
. #;
请同学们自己计算下面的行列式：
00ab 00ba ba00 ab00
按第 1，2 行展开 a b (1)(12)(34) b a
ba
ab
(a2 b2 )(b2 a2 ) (a 2 b2 )2
. #;
二、小结
按第 i 行展开 按第 j 列展开
(a 2 b2 )2 D2(n2) (a 2 b2 )n1 D2
(a2 b2 )n1 a b (a2 b2 )n . ba
证明二：（数学归纳法）见课本 P34 .
. #;
a1 0 b1 0 例 计算 4 阶行列式 : 0 c1 0 d1 .
b2 0 a2 0 0 d2 0 c2
. #;
作业
课本 P36：题3 课本 P40：题1. (3) 课本 P41：题5
按第 i1, i2, …, ik 行展开 按第 j1, j2, …, jk 列展开
. #;
思考题
a1 a2 a3 a4 a5
b1 b2 b3 b4 b5
计算行列式 c1 c2 0 0 0 .
d1 d2 0 0 0
e1 e2 0 0 0
思考题解答
等于0. 根据拉普拉斯定理，按照第 3, 4, 5 行展开.
B 为 r 阶矩阵, C为任意 k r 或 r k 矩阵, O 为零矩阵.
. #;
例 设 A 为 k 阶矩阵, B 为 r 阶矩阵, 且已知 A a, B b, 求行列式 O A 的值.
BC
解 将行列式按前 k 行展开 :
O A A (1) B (12k )[(r 1)(r 2)(r k )] BC
. #;
拉普拉斯定理适合于计 算形如
拉普拉斯展开定理证明
拉普拉斯展开定理证明拉普拉斯展开定理是概率论中的重要定理之一，它表示一种函数在某个点附近的值可以用该点的各阶导数确定。
本文将介绍拉普拉斯展开定理的证明过程。
首先，假设$f(x)$是一个定义在实数轴上的函数，且在$x=a$处具有连续的$n$阶导数。
拉普拉斯展开定理可以表示为：$$f(x)=sum_{k=0}^{n}frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k+frac{1}{(n-1)!}int_{a}^{x}(x-t)^{n-1}f^{(n)}(t)dt$$其中，$f^{(k)}(a)$表示$f(x)$在$x=a$处的$k$阶导数。
要证明该定理，我们需要使用数学归纳法。
当$n=1$时，我们有：$$f(x)=f(a)+int_{a}^{x}f'(t)dt$$这可以通过牛顿-莱布尼茨公式证明。
即：$$int_{a}^{x}f'(t)dt=f(x)-f(a)$$接下来，假设当$n=k$时，定理成立，即：$$f(x)=sum_{i=0}^{k}frac{f^{(i)}(a)}{i!}(x-a)^i+frac{1}{(k-1)!}int_{a}^{x}(x-t)^{k-1}f^{(k)}(t)dt$$我们需要证明当$n=k+1$时，定理也成立。
首先，根据泰勒定理，存在一个$xi$，使得：$$f(x)=sum_{i=0}^{k}frac{f^{(i)}(a)}{i!}(x-a)^i+frac{f^{(k+ 1)}(xi)}{(k+1)!}(x-a)^{k+1}$$我们将$xi$设为$t$，并将$(x-a)^{k+1}$替换为$(x-t)^{k}(t-a)$，则有：$$f(x)=sum_{i=0}^{k}frac{f^{(i)}(a)}{i!}(x-a)^i+frac{1}{(k-1)!}int_{a}^{x}(x-t)^{k-1}f^{(k+1)}(t)dt$$接下来，我们需要证明：$$frac{1}{(k-1)!}int_{a}^{x}(x-t)^{k-1}f^{(k+1)}(t)dt=frac{ 1}{(k)!}int_{a}^{x}(x-t)^{k}f^{(k+1)}(t)dt$$这可以通过分部积分证明。
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D S1A 1S2A 2A tSt。
例1 计算 2 1 0 0 0
12100 D0 1 2 1 0
0 01 21
0 0 01 2
设S的各行D中 位第 i于 1,i2,,ik(i1i2ik)， S的各列D中 位第 j于 1, j2,, jk(j1j2jk)，那么
A(1)(i1i2ik)(j1j2jk)M为S的代数余子
二、拉普拉斯展开定理
若在行列D式 中任意取k个 定行(1kn1)， 则有这 k个行组成的k所 阶有 子式与它们的代数 子式的乘积之和D.等于
A1 1
A1
A1 2
o
o
.
A1 s
小结
1.k阶子式的概念 2.拉普拉斯展开定理
角线上有非零 ,其子余块 子块都为,零 且矩 非阵
零子块都是.即 方阵
A1
A
A2
O
O
,
As
其中Ai (i=1 , 2 , … , s)都是方阵,则A为分块对 角阵.
分块对角矩阵的行列式具有下述性质:
A A 1A 2 A s.
若 A i 0 i 1 , 2 , , s , 则 A 0 , 并
利用拉普拉斯定理（P68）可得：
a11 a1k
0
设
D
ak1 c11
akk c1k
b11
b1nLeabharlann cn1 cnk bn1 bnn
a11 a1k
b11 b1n
D1 deati(j)
,D2 debti(j)
,
ak1 akk
bn1 bnn
证明 DD 1D2.
分块对角阵的行列式
设A为n阶矩,阵 若A的分块矩阵只有在
§ 2.3 拉普拉斯展开定理
一、k阶子式的概念 二、拉普拉斯展开定理 三、举例
一、k阶子式的概念
定义 在n阶行列D式 中，任k行 取k列(1kn)，
位于k这 行k列的交点k上 2个的元素按原来的相 置组成k阶 的行列S， 式称D为 的一k个 阶子式。
在行列 D中式 划S所 去在k行 的 k列，余下的元 原来的相对位 nk置 阶组 行成 列 M成 的 式 为 S的余子式