【高等代数笔记】（18）N阶行列式

2. N阶行列式

2.12 行列式按k行（列）展开

【拉普拉斯定理】 $n$ 阶矩阵 $\boldsymbol{A}=(a_{ij})$ ，取定第 $i_{1},i_{2},...,i_{k}$ 行（其中 $i_{1}<i_{2}<...<i_{k}$ ），则 $|\boldsymbol{A}|$ 等于这 $k$ 行形成的所有 $k$ 阶子式与它自己的代数余子式的乘积之和。
【证】（丘维声老师讲的那段证明实在没看懂，我自己上网查资料看懂了一个证明过程，写在下面，证明需要如下前置知识）

引理0：若排列 $a_{1}a_{2}...a_{n}$ 经过 $s$ 次对换变为排列 $c_{1}c_{2}...c_{n}$ ，则 $(-1)^{\tau(a_{1}a_{2}...a_{n})+s}=(-1)^{\tau(c_{1}c_{2}...c_{n})}$ （显然成立，对换多少次，逆序数增加多少）
引理1：任意一个由 $1, 2, 3, ..., n$ 构成的排列 $a_{1}a_{2}...a_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k}$ ，有 $(-1)^{\tau(a_{1}a_{2}...a_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k})}=(-1)^{\tau(a_{1}a_{2}...a_{k})+\tau(b_{1}b_{2}...b_{n-k})+(a_{1}+a_{2}+...+a_{k})+\frac{k(k+1)}{2}}$
【证】将子排列 $a_{1}a_{2}...a_{k}$ 经过 $s,s\in\mathbb{N}^{+}$ 次对换变为排列 $c_{1}c_{2}...c_{k}$ 且 $c_{1}<c_{2}<...<c_{k}$ ，即 $c_{1}c_{2}...c_{k}$ 无逆序

由引理0， $(-1)^{\tau(a_{1}a_{2}...a_{k})+s}=(-1)^{\tau(c_{1}c_{2}...c_{k})}$
由于 $c_{1}c_{2}...c_{k}$ 无逆序，故 $\tau(c_{1}c_{2}...c_{k})=0$
从而 $(-1)^{\tau(a_{1}a_{2}...a_{k})+s}=(-1)^{0}=1$
所以 $(-1)^{\tau(a_{1}a_{2}...a_{k})+s}=1$
同时，由于子排列 $a_{1}a_{2}...a_{k}$ 经过 $s$ 次变换为 $c_{1}c_{2}...c_{k}$
故排列 $a_{1}a_{2}...a_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k}$ 也经过 $s$ 次变换变为 $c_{1}c_{2}...c_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k}$
由引理0， $(-1)^{\tau(a_{1}a_{2}...a_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k})+s}=(-1)^{\tau(c_{1}c_{2}...c_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k})}$ ，
又因为 $(-1)^{\tau(a_{1}a_{2}...a_{k})+s}=(-1)^{0}=1$ 即 $(-1)^{-s}=(-1)^{\tau(a_{1}a_{2}...a_{k})}$
则两边同时乘 $1)^{-s}$ 得 $(-1)^{\tau(a_{1}a_{2}...a_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k})+s}\cdot(-1)^{-s}=(-1)^{\tau(c_{1}c_{2}...c_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k})}\cdot(-1)^{-s}$
即 $(-1)^{\tau(a_{1}a_{2}...a_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k})}=(-1)^{\tau(c_{1}c_{2}...c_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k})}\cdot(-1)^{-s}=(-1)^{\tau(c_{1}c_{2}...c_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k})}\cdot(-1)^{\tau(a_{1}a_{2}...a_{k})}=(-1)^{\tau(c_{1}c_{2}...c_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k})+\tau(a_{1}a_{2}...a_{k})}$
现在考虑 $\tau(c_{1}c_{2}...c_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k})$
由于 $c_{1}c_{2}...c_{k}$ 本身无逆序，故 $c_{i}\in c_{1}c_{2}...c_{k}$ 只可能与 $b_{i}\in b_{1}b_{2}...b_{k}$ 形成逆序，现在考虑 $c_{i}$ 与 $b_{1}b_{2}...b_{n-k}$ 形成的逆序，即 $b_{1}b_{2}...b_{n-k}$ 中有几个数比 $c_{i}$ 小
$a_{1}a_{2}...a_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k}$ 是由 $1, 2, 3, ..., n$ 构成的排列，且 $c_{1}c_{2}...c_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k}$ 是由 $a_{1}a_{2}...a_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k}$ 经过对换构成的，则 $a_{1}a_{2}...a_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k}$ 也是由 $1, 2, 3, ..., n$ 构成的排列
在 $12... n$ 这个自然序中，总共有 $c_{i}-1$ 个数比 $c_{i}$ 小的数（比如12345中，有4-1=3个比4小的数，以此类推）
而 $c_{1}<c_{2}<...<c_{i}$ ，从而 $c_{1}c_{2}...c_{i}$ 中有 $i - 1$ 个比 $c_{i}$ 小的数
全部比 $c_{i}$ 小的数 $c_{i}$ 前比 $c_{i}$ 小的数 $c_{i}$ 后比 $c_{i}$ 小的数
即 $c_{i}-1)-(i-1)=c_{i}c_{i+1}...c_{k}$ 中比 $c_{i}$ 小的数 $b_{1}b_{2}...b_{n-k}$ 中比 $c_{i}$ 小的数 $c_{i}-i$
考虑完 $c_{1}c_{2}...c_{k}$ 形成的逆序后，只剩下 $b_{1}b_{2}...b_{n-k}$ 本身形成的逆序即 $\tau(b_{1}b_{2}...b_{n-k})$
故 $(-1)^{\tau(c_{1}c_{2}...c_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k})}=(-1)^{(c_{1}-1)+(c_{2}-2)+...+(c_{k}-k)+\tau(b_{1}b_{2}...b_{n-k})}=(-1)^{(c_{1}+c_{2}+...+c_{k})-(1+2+...+k)+\tau(b_{1}b_{2}...b_{n-k})}=(-1)^{(c_{1}+c_{2}+...+c_{k})-\frac{k(k+1)}{2}+\tau(b_{1}b_{2}...b_{n-k})}$
所以 $(-1)^{\tau(a_{1}a_{2}...a_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k})}=(-1)^{\tau(c_{1}c_{2}...c_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k})+\tau(a_{1}a_{2}...a_{k})}=(-1)^{(c_{1}+c_{2}+...+c_{k})-\frac{k(k+1)}{2}+\tau(b_{1}b_{2}...b_{n-k})+\tau(a_{1}a_{2}...a_{k})}$
又 $a_{1}a_{2}...a_{k}$ 与 $c_{1}c_{2}...c_{k}$ 的关系只是打乱顺序，其排列里的元素是一样的，所以 $c_{1}+c_{2}+...+c_{k}=a_{1}+a_{2}+...+a_{k}$

由于 $k\in\mathbb{N}^{+}$ ，所以 $\frac{k(k+1)}{2}\ge 1,\frac{k(k+1)}{2}\in\mathbb{N}^{+}$

则 $(-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}=(-1)^{-\frac{k(k+1)}{2}}$

于是 $(-1)^{\tau(a_{1}a_{2}...a_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k})}=(-1)^{\tau(c_{1}c_{2}...c_{k}b_{1}b_{2}...b_{n-k})+\tau(a_{1}a_{2}...a_{k})}=(-1)^{(c_{1}+c_{2}+...+c_{k})-\frac{k(k+1)}{2}+\tau(b_{1}b_{2}...b_{n-k})+\tau(a_{1}a_{2}...a_{k})}=(-1)^{(a_{1}+a_{2}+...+a_{k})+\frac{k(k+1)}{2}+\tau(b_{1}b_{2}...b_{n-k})+\tau(a_{1}a_{2}...a_{k})}$ .

证毕.
引理2：设 $n$ 阶行列式 $|\boldsymbol{A}|=\sum\limits_{j_{1} j_{2} \ldots j_{n}}(-1)^{\tau\left(j_{1} j_{2} \ldots j_{n}\right)} a_{1 j_{1}} a_{2 j_{2}} \ldots a_{n j_{n}}$ （行指标按自然序排好），给定一个 $12... n$ 组成的排列 $i_{1}i_{2}...i_{n}$ ，则 $|\boldsymbol{A}|=\sum\limits_{j_{i_{1}} j_{i_{2}} \ldots j_{i_{n}}}(-1)^{\tau\left(j_{i_{1}} j_{i_{2}} \ldots j_{i_{n}}\right)+\tau\left(i_{1} i_{2} . . i_{n}\right)} a_{i_{1} j_{1_{1}}} a_{i_{2} j_{i_{2}}} \ldots a_{i_{n} j_{i_{n}}}$
【证】设 $12... n$ 经过 $s,s\in\mathbb{N}^{+}$ 次对换变成 $i_{1}i_{2}...i_{n}$ 即 $a_{1 j_{1}} a_{2 j_{2}} \ldots a_{n j_{n}}$ 对换为 $a_{i_{1} j_{i_{1}}} a_{i_{2} j_{i_{2}}} \ldots a_{i_{n} j_{i_{n}}}$
由引理0， $(-1)^{\tau(12 \ldots n)+s}=(-1)^{\tau\left(i_{1} i_{2} \ldots i_{n}\right)}$ 即 $(-1)^{0+s}=(-1)^{s}=(-1)^{\tau\left(i_{1} i_{2} \ldots i_{n}\right)}$
因为 $i$ 与 $j_{i}$ 是由 $a_{ij_{i}}$ 绑定在一起的，故 $j_{1}j_{2}...j_{n}$ 也经过相应的 $s$ 次对换变为 $j_{i_{1}}j_{i_{2}}...j_{i_{n}}$
由引理0， $(-1)^{\tau\left(j_{1} j_{2} \ldots j_{n}\right)+s}=(-1)^{\tau\left(j_{i_{1}} j_{i_{2}} \ldots j_{i_{n}}\right)}$
从而 $(-1)^{\tau\left(j_{1} j_{2} \ldots j_{n}\right)}=(-1)^{\tau\left(j_{1} j_{i_{2}} \ldots j_{i_{n}}\right)+s}$
$|\boldsymbol{A}|=\sum\limits_{j_{1} j_{2} \ldots j_{n}}(-1)^{\tau\left(j_{1} j_{2} \ldots j_{n}\right)} a_{1 j_{1}} a_{2 j_{2}} \ldots a_{n j_{n}}=\sum\limits_{j_{1} j_{2} \ldots j_{n}}(-1)^{\tau\left(j_{i_{1}} j_{i_{2}} \ldots j_{i_{n}}\right)+s} a_{i_{1} j_{i_{1}}} a_{i_{2} j_{i_{2}}} \ldots a_{i_{n} j_{i_{n}}}$
（注意到此时表达式中已经与排列 $j_{1}j_{2}...j_{n}$ 无直接关系，从而随机选取排列 $j_{1}j_{2}...j_{n}$ 可直接改为随机选取排列 $j_{i_{1}} j_{i_{2}} \ldots j_{i_{n}}$ ）
则 $|\boldsymbol{A}|=\sum\limits_{j_{1} j_{2} \ldots j_{n}}(-1)^{\tau\left(j_{i_{1}} j_{2} \ldots j_{i_{n}}\right)+\tau\left(i_{1} i_{2} \ldots i_{n}\right)} a_{i_{i_{1} j_{1}}} a_{i_{2} j_{i_{2}}} \ldots a_{i_{n} j_{i_{n}}}=\sum\limits_{j_{i_{1}} j_{i_{2}} \ldots j_{i_{n}}}(-1)^{\tau\left(j_{i_{1}} j_{i_{2}} \ldots j_{i_{n}}\right)+\tau\left(i_{1} i_{2} \ldots i_{n}\right)} a_{i_{1} j_{i_{1}}} a_{i_{2} j_{i_{2}}} \ldots a_{i_{n} j_{i_{n}}}$
证毕.

下面来证明拉普拉斯定理：
由引理2，选定排列 $i_{1}...i_{k}\mu_{1}...\mu_{n-k}$ ，且该排列无逆序对，其中 $\mu_{1} \ldots \mu_{n-k}=\{1,2, \ldots, n\} /\left\{i_{1}, i_{2}, \ldots, i_{k}\right\}$ 相当于选定 $i_{1}, i_{2}, \ldots, i_{k}$ 这些行和其对应的列 $j_{i_{1}},j_{i_{2}},...,j_{i_{n}}$ ，剩下的那些行列，与余子式和 $k$ 阶子式定义中的取法类似。
则 $|\boldsymbol{A}|=\sum\limits_{j_{i_{1} \ldots j_{k}} j_{\mu_{1} \ldots j_{\mu_{n-k}}}}(-1)^{\tau\left(i_{1} \ldots i_{k} \mu_{1} \ldots \mu_{n-k}\right)+\tau\left(j_{i_{1}} \cdots j_{i_{k}} j_{\mu_{1}} \cdots j_{\mu_{n-k}}\right)} a_{i_{1} j_{i_{1}}} \ldots a_{i_{k} j_{i_{k}}} a_{\mu_{1} j_{\mu_{1}}} \ldots a_{\mu_{n-k} j_{\mu_{n-k}}}$
由引理1， $|\boldsymbol{A}|=\sum\limits_{j_{i_{1}} \ldots j_{i_{k}} j_{\mu_{1}} \ldots j_{\mu_{n-k}}}(-1)^{\tau\left(i_{1} \ldots i_{k}\right)+\tau\left(\mu_{1} \ldots \mu_{n-k}\right)+\frac{k(k+1)}{2}+\left(i_{1}+\ldots+i_{k}\right)+\left(\tau\left(j_{i_{1}} \ldots j_{i_{k}}\right)+\tau\left(j_{\mu_{1}} \ldots j_{\mu_{n-k}}\right)+\frac{k(k+1)}{2}+\left(j_{i_{1}}+\ldots+j_{i_{k}}\right)\right)} a_{i_{1} j_{i_{1}}} \ldots a_{i_{k} j_{j_{k}}} a_{\mu_{1} j_{\mu_{1}}} \ldots a_{\mu_{n-k} j_{\mu_{n-k}}}=\sum\limits_{i_{1} \ldots \ldots i_{i}, j_{n} \ldots j_{n}}(-1)^{\left(i_{1}+\ldots+i_{k}\right)+\left(j_{i_{1}}+\ldots+j_{k_{k}}\right)+\tau\left(j_{i_{1}} \ldots j_{k_{k}}\right)+\tau\left(j_{\mu_{1}} \ldots j_{\mu_{n-k}}\right)} a_{i_{1} j_{i_{1}}} \ldots a_{i_{k} j_{i_{k}}} a_{\mu_{1} j_{\mu_{1}}} \ldots a_{\mu_{n-k} j_{n_{n-k}}}=\sum\limits_{j_{i_{1}} \ldots j_{i_{k}} j_{\mu_{1}} \ldots j_{\mu_{n-k}}}(-1)^{\left(i_{1}+\ldots+i_{k}\right)+\left(j_{i_{1}}+\ldots+j_{i_{k}}\right)+\tau\left(j_{i_{1}} \ldots j_{i_{k}}\right)+\tau\left(j_{\mu_{1}} \ldots j_{\mu_{n-k}}\right)} a_{i_{1} j_{i_{1}}} \ldots a_{i_{k} j_{i_{k}}} a_{\mu_{1} j_{\mu_{1}}} \ldots a_{\mu_{n-k} j_{\mu_{n-k}}}$
（上面这个式子是这么来的：由于排列 $i_{1}...i_{k}\mu_{1}...\mu_{n-k}$ 无逆序对，则 $\tau\left(i_{1} \ldots i_{k}\right)=0,\tau\left(\mu_{1} \ldots \mu_{n-k}\right)=0$ ，又 $\frac{k(k+1)}{2}\times 2=k(k+1)=k^{2}+k$ ，偶数+偶数=偶数，奇数+奇数=偶数，奇数的平方是奇数，偶数的平方是偶数，由这些规律，假如 $k$ 是奇数，则 $k^{2}+k$ 是偶数，若 $k$ 是偶数，则 $k^{2}+k$ 还是偶数，所以 $(-1)^{\frac{k(k+1)}{2}\times 2}=1$ ）
然后对 $n!$ 个项进行分组，分组方式（按从小到大）如下：
任取第 $j_{1},j_{2},...,j_{k}$ ，且 $\leq j_{1}<\ldots<j_{k} \leq n$
则其对应的 $n$ 元排列有： $\eta_{1} \ldots \eta_{k} v_{1} \ldots v_{n-k}$
其中 $\eta_{1} \ldots \eta_{k}$ 是 $j_{1}...j_{k}$ 形成的排列， $v_{1} \ldots v_{n-k}=\{1,2, \ldots, n\} /\left\{j_{1}, j_{2}, \ldots, j_{k}\right\}$
则每一个 $j_{1},j_{2},...,j_{k}$ 的选择都对应到所有前 $k$ 个元由 $j_{1},...,j_{k}$ 组成的排列，一共可以选取 $C_{n}^{k}$ 组（相当于从 $n$ 个格子里选数字，取法共有 $C_{n}^{k}$ 组，取完以后再从小到大排列）
于是 $|\boldsymbol{A}|=\sum\limits_{1 \leq j_{1}<\ldots<j_{k} \leq n} \sum\limits_{\eta_{1} \ldots \eta_{k}} \sum\limits_{v_{1} \ldots v_{n-k}}(-1)^{\left(i_{1}+\ldots+i_{k}\right)+\left(j_{1}+\ldots+j_{k}\right)+\tau\left(j_{1_{1}} \ldots j_{i_{k}}\right)+\tau\left(j_{\mu_{1}} \cdots j_{\mu_{n-k}}\right)} a_{i_{1} j_{i_{1}}} \ldots a_{i_{k} j_{k}} a_{\mu_{1} j_{\mu_{1}}} \ldots a_{\mu_{n-k}} j_{\mu_{n-k}}=$
$j_{i_{1}},...,j_{i_{k}}$ 与 $j_{\mu_{1}},...,j_{\mu_{n-k}}$ 本就是随机取的，只要取遍 $n!$ 个不同的排列即可，这与 $\eta_{1} \ldots \eta_{k}$ 和 $v_{1}...v_{n-k}$ 相对应，只在于符号不同
则 $|\boldsymbol{A}|=\begin{array}{l} \sum\limits_{1 \leq j_{1}<\ldots<j_{k} \leq n} \sum\limits_{\eta_{1} \ldots \eta_{k}} \sum\limits_{v_{1} \ldots v_{n-k}}(-1)^{\left(i_{1}+\ldots+i_{k}\right)+\left(j_{1}+\ldots+j_{k}\right)+\tau\left(\eta_{1} \ldots \eta_{k}\right)+\tau\left(v_{1} \ldots v_{n-k}\right)} a_{i_{1} \eta_{1}} \ldots a_{i_{k} \eta_{k}} a_{\mu_{1} v_{1}} \ldots a_{\mu_{n-k} v_{n-k}} \\ =\sum\limits_{1 \leq j_{1}<\ldots<j_{k} \leq n}\left(\sum\limits_{\eta_{1} \ldots \eta_{k}}(-1)^{\tau\left(\eta_{1} \ldots \eta_{k}\right)} a_{i_{1} \eta_{1}} \ldots a_{i_{k} \eta_{k}}\right)(-1)^{\left(i_{1}+\ldots+i_{k}\right)+\left(j_{1}+\ldots+j_{k}\right)}\left(\sum\limits_{v_{1} \ldots v_{n-k}}(-1)^{\tau\left(v_{1} \ldots v_{n-k}\right)} a_{\mu_{1} v_{1}} \ldots a_{\mu_{n-k} v_{n-k}}\right) \\ =\sum\limits_{1 \leq j_{1}<\ldots<j_{k} \leq n} \boldsymbol{A}\left[\begin{array}{lll} i_{1} & \ldots & i_{k} \\ j_{1} & \ldots & j_{k} \end{array}\right](-1)^{\left(i_{1}+\ldots+i_{k}\right)+\left(j_{1}+\ldots+j_{k}\right)} \boldsymbol{A}\left[\begin{array}{ccc} i_{1} & \ldots & i_{k} \\ j_{1} & \ldots & j_{k} \end{array}\right]^{\prime} \end{array}$
证毕
我超了，这玩意我看了一天才看懂，证着证着就忘了前面要证明什么了，证明这玩意使我受到了极大的精神折磨，很不好的体验，恨来自非数专业人。

【推论】 $\left|\begin{array}{cccccc} a_{11} & \cdots & a_{1 k} & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & & \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{k 1} & \cdots & a_{k k} & 0 & \cdots & 0 \\ c_{11} & \cdots & c_{1 k} & b_{11} & \cdots & b_{1 r} \\ \vdots & & \vdots & \vdots & & \vdots \\ c_{r 1} & \cdots & c_{r k} & b_{r 1} & \cdots & b_{r r} \end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc} a_{11} & \cdots & a_{1 k} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{k 1} & \cdots & a_{b k} \end{array}\right| \cdot\left|\begin{array}{ccc} b_{11} & \cdots & b_{1 r} \\ \vdots & & \vdots \\ b_{r 1} & \cdots & b_{r r} \end{array}\right|$
【证】按前 $k$ 行展开，只有左上角的 $k$ 阶子式 $\left|\begin{array}{ccc} a_{11} & \cdots & a_{1 k} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{k 1} & \cdots & a_{b k} \end{array}\right|$ 不为零，其余 $k$ 阶子式肯定包含0列，从而其值为0，左上角的 $k$ 阶子式的余子式恰好是右下角的子式 $\left|\begin{array}{ccc} b_{11} & \cdots & b_{1 r} \\ \vdots & & \vdots \\ b_{r 1} & \cdots & b_{r r} \end{array}\right|$ ，并且左上角的 $k$ 阶子式的代数余子式的系数为 $(-1)^{(1+2+\cdots+k)+(1+2+\cdots+k)}=1$ ，由拉普拉斯定理可知 $\left|\begin{array}{cccccc} a_{11} & \cdots & a_{1 k} & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & & \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{k 1} & \cdots & a_{k k} & 0 & \cdots & 0 \\ c_{11} & \cdots & c_{1 k} & b_{11} & \cdots & b_{1 r} \\ \vdots & & \vdots & \vdots & & \vdots \\ c_{r 1} & \cdots & c_{r k} & b_{r 1} & \cdots & b_{r r} \end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc} a_{11} & \cdots & a_{1 k} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{k 1} & \cdots & a_{b k} \end{array}\right| \cdot\left|\begin{array}{ccc} b_{11} & \cdots & b_{1 r} \\ \vdots & & \vdots \\ b_{r 1} & \cdots & b_{r r} \end{array}\right|$
令：
$\begin{array}{l} \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc} a_{11} & \cdots & a_{1 k} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{k 1} & \cdots & a_{b k} \end{array}\right), \boldsymbol{B}=\left(\begin{array}{ccc} b_{11} & \cdots & b_{1 r} \\ \vdots & & \vdots \\ b_{r 1} & \cdots & b_{r} \end{array}\right), \\ \boldsymbol{C}=\left(\begin{array}{ccc} c_{11} & \cdots & c_{1 k} \\ \vdots & & \vdots \\ c_{r 1} & \cdots & c_{r k} \end{array}\right), \mathbf{0}=\left(\begin{array}{ccc} 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 \end{array}\right), \end{array}$
则此推论简写为：
$\left|\begin{array}{ll} \boldsymbol{A} & \mathbf{0} \\ \boldsymbol{C} & \boldsymbol{B} \end{array}\right|=|\boldsymbol{A}||\boldsymbol{B}|$