第 $8$ 章 行 列 式
$\S\ 54.$ 行列式の掛け算
$\boldsymbol{1.}$ 前節で述べた行列の結合において，$A$，$B$ がともに $n$ 次の正方行列である場合には，その結合である $C=A\hspace{0.7mm}\cdotp B$ も $n$ 次の正方行列になる．これらの行列の行列式をそれぞれ $|\ \!A\ \!|$，$|\ \!B\ \!|$，$|\ \!C\ \!|$ としるせば\[|\ \!C\ \!|=|\ \!A\ \!|\hspace{0.7mm}\cdotp|\ \!B\ \!|\]になる．これは結合ではない．多項式乗法に関する恒等式である．本節では，それを証明するのであるが，前節で後に述べた一般の結合の場合をも考察する．$A$，$B$ の結合が可能であるのは，その形が $A$ は $l\times m$，$B$ は $m\times n$ のようでなければならないのであるが，もし $l=n$ であるときには，結合の結果である $C$ は $n$ 次の正方行列になる．その行列式 $|\ \!C\ \!|$ と行列 $A$，$B$ との関係はどうであるかという問題が生ずる．それを上の乗法定理と同時に解決することにする．〔定理 $\boldsymbol{8.\ 18}$〕 $A$ は $m$ 行，$n$ 列（$m\times n$），$B$ は $n$ 行，$m$ 列（$n\times m$）の行列で，その結合を $C=A\hspace{0.7mm}\cdotp B$ とすれば，$C$ は $m$ 行 $m$ 列（$m\times m$）である．しからば，$C$ の行列式 $|\ \!C\ \!|$ に関して，次の等式が成り立つ． $1^\circ)\hspace{7mm}m=n,\hspace{7mm}|\ \!C\ \!|=|\ \!A\ \!|\hspace{0.7mm}\cdotp|\ \!B\ \!|.$ $\displaystyle2^\circ)\hspace{7mm}m\lt n,\hspace{7mm}|\ \!C\ \!|=\overset{\nu}{\underset{s=1}{\textstyle\sum}}A_sB_s,\hspace{1cm}\nu=\binom{n}{m}.$ $3^\circ)\hspace{7mm}m\gt n,\hspace{7mm}|\ \!C\ \!|=0.$ 〔解説〕 記号の意味は次の通り．
$1^\circ)$ では $A$ も $B$ も正方行列である．それらの行列式を $|\ \!A\ \!|$，$\ \!B\ \!$ で表わすのである．
$2^\circ)$ では行列 $A$ から $m$ 列を選び出す仕方が $\nu=\dbinom{n}{m}$ だけある．それらの組合せに，適宜第 $1$ 番から第 $\nu$ 番までの番号をつける．その中の一つ，たとえば第 $s$ 番は $\alpha$，$\beta$，$\cdots$，$\lambda$ であるとして，$A$ におけるそれらの番号の列を第 $1$，$2$，$\cdots$，$m$ 列とする行列式を $A_s$ で表わし，また行列 $B$ においては同じく $\alpha$，$\beta$，$\cdots$，$\lambda$ なる番号の行を第 $1$，$2$，$\cdots$，$m$ 行とする行列式を $B_s$ で表わすのである．$B$ の形は $n\times m$ で，$m\lt n$ だから，$B$ から $m$ 行を選び出して，$\nu=\dbinom{n}{m}$ 個の行列式を作ることができる．それらの $\nu$ 個の行列式 $B_1$，$B_2$，$\cdots$，$R_\nu$ の番号を $A$ からの $\nu$ 個の行列式 $A_1$，$A_2$，$\cdots A_\nu$ と同様につけるのである．すなわち，$A_s$ と $B_s$ とは $A$ と $B$ における同番号の列と行とを同一の順に並べて作った $m$ 次の行列式である．詳しく書けば\[A_s=\begin{vmatrix}a_{1\alpha}&a_{1\beta}&\cdotp&\cdotp&\cdotp&a_{1\lambda}\\a_{2\alpha}&a_{2\beta}&\cdotp&\cdotp&\cdotp&a_{2\lambda}\\\cdotp&\cdotp&\cdotp&\cdotp&\cdotp&\cdotp\\\cdotp&\cdotp&\cdotp&\cdotp&\cdotp&\cdotp\\a_{m\alpha}&a_{m\beta}&\cdotp&\cdotp&\cdotp&a_{m\lambda}\end{vmatrix}\hspace{1cm}B_s=\begin{vmatrix}b_{\alpha1}&b_{\alpha2}&\cdotp&\cdotp&\cdotp&b_{\alpha m}\\b_{\beta1}&b_{\beta2}&\cdotp&\cdotp&\cdotp&b_{\beta m}\\\cdotp&\cdotp&\cdotp&\cdotp&\cdotp&\cdotp\\\cdotp&\cdotp&\cdotp&\cdotp&\cdotp&\cdotp\\b_{\lambda1}&b_{\lambda2}&\cdotp&\cdotp&\cdotp&b_{\lambda m}\end{vmatrix}.\]
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$3^\circ)$ については解説はいるまい．
〔証〕 いろいろの証明法はあるが，ここでは定理 $8.\ 15$ を応用する．
$2^\circ)$ の証明をすれば，その特別の場合（$m=n$，$\nu=1$）として $1^\circ)$ が出る．また $1^\circ)$ が証明されたとすれば，その特別の場合として $3^\circ)$ が出る．$1^\circ)$ が $m$ 次の行列式の場合に成り立つとしたときに，$n\lt m$ として，$A$ の $n+1$，$n+2$，$\cdots$，$m$ 列の組成分子および $B$ の $n+1$，$n+2$，$\cdots$，$m$ 行の組成分子を全部 $0$ にすれば，$3^\circ)$ が出て来るのである．
しかし念のために $1^\circ)$ から始めて，$|C|$ を $n^2$ 個の変数 $a_{11}$，$\cdots$，$a_{nn}$ の多項式として考察する．$|C|$ の第 $p$ 行の組成分子 $c_{p1}$，$c_{p2}$，$\cdots$，$c_{pn}$ は $A$ の第 $p$ 行の組成分子の斉次一次式である（$\S\ 53$）．
ゆえに $|C|$ は $A$ の各行の組成分子に関して斉次一次式である．さて $A$ の第 $p$ 行と第 $p^\prime$ 行とが一致したとする．すなわち\[a_{pq}=a_{p^\prime q}\hspace{1cm}(q=1,\ 2,\ \cdots,\ n)\]とする．
しからば\[c_{pq}=c_{p^\prime q}\hspace{1cm}(q=1,\ 2,\ \cdots,\ n)\]したがって $|C|=0$ になる．
ゆえに定理 $8.\ 15$（または行列式の定義）によって\[|C|=k\hspace{0.7mm}\cdotp|A|.\tag{$\ 1\ $}\]$k$ は $a_{11}$，$\cdots$，$a_{nn}$ に関して定数である．
この定数因子 $k$ を決定するために，$a_{11}$，$\cdots$，$a_{nn}$ に特別な数値を与えて $(\ 1\ )$ の両辺を比較しよう．最も便利なのは，$A$ の第一対角線上の文字に数値 $1$ を与え，その他を $0$ とするのであろう．そうすれば $|A|=1$ になる．そのとき $c_{pq}$ はどうなるか．\[c_{pq}=\overset{n}{\underset{s=1}{\textstyle\sum}}a_{ps}b_{sq}\]で，$a_{pp}=1$，$a_{ps}=0$（$p\neq s$）であるから，\[c_{pq}=b_{pq}.\] すなわち上の $a_{11}$，$\cdots$，$a_{nn}$ の特別な値に対しては $|C|=|B|$ になる．
ゆえに $(\ 1\ )$ において，\[k=|B|\]したがって\[|C|=|A|\hspace{0.7mm}\cdotp|B|.\]すなわち $1^\circ)$ である．
上の通り，定理 $8.\ 15$ を応用すれば $3^\circ)$ の場合には，$|C|=0$ になる．また $2^\circ)$ の場合には，\[|C|=\overset{\nu}{\underset{s=1}{\textstyle\sum}}k_sA_s.\tag{$\ 2\ $}\]ここでも $k_s$ は定数（$a_{11}$，$\cdots$，$a_{mn}$ に関しての定数）である．$k_s$ を求めるのに，前と同様に $a_{11}$，$\cdots$，$a_{mn}$ に特別な値を与える．すなわち\[a_{1\alpha}=1,\ a_{2\beta}=1,\ \cdots,\ a_{m\lambda}=1\]のほかは $A$ の組成分子は全部 $0$ とする．しからば $A_q=1$ になるが，その他の $A_1$，$\cdots$，$A_\nu$ は全部が $0$ という列を含むから，$0$ になる（$262$ 頁の図，参照）．
ゆえに，$a$ なる文字のこのような特別の数値に対して\[|C|=k_s\]になるが，この場合 $|C|$ の数値を $b$ で表わせば，どのようになるであろうか．\[c_{1q}=\overset{n}{\underset{s=1}{\textstyle\sum}}a_{1s}b_{sq}\]であるが，$a_{1\alpha}=1$ のほかは $a_{11}$，$\cdots$，$a_{1n}$ は全部 $0$ であるから，\[c_{1q}=b_{\alpha q}.\hspace{5mm}(q=1,\ 2,\ \cdots,\ m)\]同様に\[c_{2q}=\overset{n}{\underset{s=1}{\textstyle\sum}}a_{2s}b_{sq}\]で，$a_{2s}$（$s=1$，$2$，$\cdots$，$n$）は $a_{2\beta}=1$ のほかは $0$ であるから，\[c_{2q}=b_{\beta q}.\hspace{5mm}(q=1,\ 2,\ \cdots,\ m)\]各行みな同様で，最終行（第 $m$ 行）では，\[c_{mq}=\overset{n}{\underset{s=1}{\textstyle\sum}}a_{ms}b_{sq}=b_{\lambda q}.\] ゆえに上の特別の数値に対しては $|C|=B_s$，したがって $(\ 2\ )$ において，$k_s=B_s$．ゆえに，\[|C|=\overset{\nu}{\underset{s=1}{\textstyle\sum}}A_sB_s.\]すなわち $2^\circ)$ が証明されたのである．
〔注意〕 上記では，行列式の掛け算の起源を示すために，行列の結合と連絡して述べたのである．単に行列式の積を行列式の形に表わすだけが目的ならば，両因数の行と行，列と列，または第一因数の列と第二因数の行とを組み合わせて上と同様の計算をして，もちろんさしつかえない．
$\boldsymbol{2.}$ 次に，行列式掛け算の応用問題二，三を掲げる．
| 〔問題 $\boldsymbol{1}$〕 | $s_k=x_1{}^k+x_2{}^k+\cdots+x_n{}^k,\hspace{1cm}(s_0=n),$ |
| 〔解〕 | $\left(\begin{array}{lllll}1&1&\cdotp&\cdotp&1\\[1mm]x_1&x_2&\cdotp&\cdotp&x_n\\[1mm]x_1{}^2&x_2{}^2&\cdotp&\cdotp&x_n{}^2\\[1mm]\ \cdotp&\ \cdotp&\cdotp&\cdotp&\ \cdotp\\[1mm]x_1{}^{k-1}&x_2{}^{k-1}&\cdotp&\cdotp&x_n{}^{k-1}\end{array}\right)$ | とその転置行列とを結合する． |
| 〔問題 $\boldsymbol{2}$〕 | $\begin{alignat*}{1}&\hphantom{+}(x_1{}^2+x_2{}^2+\cdots+x_n{}^2)(y_1{}^2+y_2{}^2+\cdots+y_n{}^2)-(x_1y_1+x_2y_2+\cdots\\[2mm]&+x_ny_n)^2=(x_1y_2-x_2y_1)^2+(x_1y_3-x_3y_1)^2+\cdots+(x_{n-1}y_n-x_ny_{n-1})^2.\end{alignat*}$ |
特に $n=4$ のとき，$(12)(34)+(13)(42)+(14)(23)=0$ を用いて（$256$ 頁，問題 $1$）\begin{alignat*}{1}(x_1{}^2+x_2{}^2&+x_3{}^2+x_4{}^2)(y_1{}^2+y_2{}^2+y_3{}^2+y_4{}^2)\\[2mm]&=(x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3+x_4y_4)^2+\{(12)+(34)\}^2+\{(13)+(42)\}^2+\{(14)+(23)\}^2\end{alignat*}を得る（$\S\ 2$．問題 $3$）．
〔問題 $\boldsymbol{3}$〕 $(x_1,\ y_1)$，$\cdots$，$(x_4,\ y_4)$ を円周上の $4$ 点の直角座標，$d_{pq}$ をその相互の距離とすれば，\[\begin{vmatrix}\ 0&d_{12}{}^2&d_{13}{}^2&d_{14}{}^2\ \\[1mm]\ d_{21}{}^2&0&d_{23}{}^2&d_{24}{}^2\ \\[1mm]\ d_{31}{}^2&d_{32}{}^2&0&d_{34}{}^2\ \\[1mm]\ d_{41}{}^2&d_{42}{}^2&d_{43}{}^2&0\ \end{vmatrix}=0.\] 〔解〕 仮定によって\[\begin{vmatrix}\ x_1{}^2+y_1{}^2&x_1&y_1&1\ \\[1mm]\ x_2{}^2+y_2{}^2&x_2&y_2&1\ \\[1mm]\ x_3{}^2+y_3{}^2&x_3&y_3&1\ \\[1mm]\ x_4{}^2+y_4{}^2&x_4&y_4&1\ \end{vmatrix}=0\]である．$――$仮りに $x_1y_1$ を流通座標と見れば，この方程式は円を表わし，その円は $(x_2,\ y_2)$，$(x_3,\ y_3)$，$(x_4,\ y_4)$ を通る$――$この行列と\[\begin{vmatrix}\ 1&1&1&1\ \\[1mm]\ -2x_1&-2x_2&-2x_3&-2x_4\ \\[1mm]\ -2y_1&-2y_2&-2y_3&-2y_4\ \\[1mm]\ x_1{}^2+y_1{}^2&x_2{}^2+y_2{}^2&x_3{}^2+y_3{}^2&x_4{}^2+y_4{}^2\ \end{vmatrix}\]との結合から問題の等式を得る．
〔注意〕 問題の行列式を展開すれば $d_{12}{}^4d_{34}{}^4+d_{13}{}^4d_{24}{}^4+d_{14}{}^4d_{23}{}^4-2d_{12}{}^2d_{13}{}^2d_{24}{}^2d_{34}{}^2-2d_{12}{}^2d_{14}{}^2d_{23}{}^2d_{34}{}^2-2d_{13}{}^2d_{14}{}^2d_{23}{}^2d_{24}{}^2=0$ を得る．左辺を因数に分解して\[(d_{12}d_{34}+d_{13}d_{24}+d_{14}d_{23})(-d_{12}d_{34}+d_{13}d_{24}+d_{14}d_{23})(d_{12}d_{34}-d_{13}d_{24}+d_{14}d_{23})\]\[(d_{12}d_{34}+d_{13}d_{24}-d_{14}d_{23})=0\]を得る．四つの点が相異なるとき，第二以下の因数の中，一つだけが $0$ に等しい．どれが $0$ に等しいかは，円周上における $4$ 点の排列による（Ptolemy の定理）．
〔問題 $\boldsymbol{4}$〕 平面上の任意の $4$ 点の相互の距離の間には，次の関係が成り立つ．\[\begin{vmatrix}\ 0&1&1&1&1\ \\[1mm]\ 1&0&d_{12}{}^2&d_{13}{}^2&d_{14}{}^2\ \\[1mm]\ 1&d_{21}{}^2&0&d_{23}{}^2&d_{24}{}^2\ \\[1mm]\ 1&d_{31}{}^2&d_{32}{}^2&0&d_{34}{}^2\ \\[1mm]\ 1&d_{41}{}^2&d_{42}{}^2&d_{43}{}^2&0\ \end{vmatrix}=0.\] 〔解〕 前の問題の行列に第一行または第一列として $1$，$0$，$0$，$0$ と $0$，$0$，$0$，$1$ とを添えて結合すれば，問題の行列式を得る．それは定理 $8.\ 18$ の $3^\circ)$ によって $0$ に等しい．
〔注意〕 球面上の五つの点または空間における任意の五つの点の相互の距離に関して問題 $3$ または問題 $4$ と同様の等式が成り立つ．
〔問題 $\boldsymbol{5}$〕 $(x_1,\ y_1,\ z_1)$，$\cdots$，$(x_4,\ y_4,\ z_4)$ を空間における四つの点 $A_1$，$A_2$，$A_3$，$A_4$ の直角座標，$V$ を四面体 $A_1A_2A_3A_4$ の体積とすれば\[6V=\pm\begin{vmatrix}\ x_1&y_1&z_1&1\ \\[1mm]\ x_2&y_2&z_2&1\ \\[1mm]\ x_3&y_3&z_3&1\ \\[1mm]\ x_4&y_4&z_4&1\ \end{vmatrix}.\] 〔解〕 上の行列式を $\varDelta$ とする．$\varDelta$ の第 $4$ 行を各行から引けば，\[\varDelta=\begin{vmatrix}\ x_1-x_4&y_1-y_4&z_1-z_4\ \\[1mm]\ x_2-x_4&y_2-y_4&z_2-z_4\ \\[1mm]\ x_3-x_4&y_3-y_4&z_3-z_4\ \end{vmatrix}.\] この各行は平行移動によって原点を $A_4$ に移したときの $A_1$，$A_2$，$A_3$ の座標に等しい．よって\[\varDelta=\begin{vmatrix}\ x_1&y_1&z_1\ \\[1mm]\ x_2&y_2&z_2\ \\[1mm]\ x_3&y_3&z_3\ \end{vmatrix}\]として $\dfrac{1}{6}|\ \!\varDelta\ \!|$ が四面体 $OA_1A_2A_3$ の体積に等しいことを示せばよい．同じ原点に関する他の直角座標 $(x^\prime,\ y^\prime,\ z^\prime)$ に移れば，\[\begin{array}{cc}\begin{array}{c}x=\lambda\hphantom{^{\prime\prime}}x^\prime+\mu\hphantom{^{\prime\prime}}y^\prime+\nu\hphantom{^{\prime\prime}}z^\prime,\\[2mm]y=\lambda^\prime\hphantom{^\prime}x^\prime+\mu^\prime\hphantom{^\prime}y^\prime+\nu^\prime\hphantom{^\prime}z^\prime,\\[2mm]z=\lambda^{\prime\prime}x^\prime+\mu^{\prime\prime}y^\prime+\nu^{\prime\prime}z^\prime,\\[2mm]\end{array}&\hspace{1cm}\begin{vmatrix}\ \lambda&\mu&\nu\ \\[1mm]\ \lambda^\prime&\mu^\prime&\nu^\prime\ \\[1mm]\ \lambda^{\prime\prime}&\mu^{\prime\prime}&\nu^{\prime\prime}\ \end{vmatrix}\end{array}=1.\]ゆえに掛け算の定理によって\[\varDelta=\begin{vmatrix}\ x_1{}^\prime&y_1{}^\prime&z_1{}^\prime\ \\[1mm]\ x_2{}^\prime&y_2{}^\prime&z_2{}^\prime\ \\[1mm]\ x_3{}^\prime&y_3{}^\prime&z_3{}^\prime\ \end{vmatrix}.\]
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〔問題 $\boldsymbol{6}$〕 直交軸に関して四つの平面の方程式を\begin{alignat*}{1}a_1x+b_1y+c_1z+d_1=0,\\[2mm]a_2x+b_2y+c_2z+d_2=0,\\[2mm]a_3x+b_3y+c_3z+d_3=0,\\[2mm]a_4x+b_4y+c_4z+d_4=0,\end{alignat*}とすれば，これらの平面で囲まれる四面体の体積 $V$ は絶対値において\[\frac{1}{6}\ \!\frac{\varDelta^3}{D_1D_2D_3D_4}\]に等しい．ただし\[\varDelta=\begin{vmatrix}\ a_1&b_1&c_1&d_1\ \\[1mm]\ a_2&b_2&c_2&d_2\ \\[1mm]\ a_3&b_3&c_3&d_3\ \\[1mm]\ a_4&b_4&c_4&d_4\ \end{vmatrix},\]$D_1$，$D_2$，$D_3$，$D_4$ は $\varDelta$ における $d_1$，$d_2$，$d_3$，$d_4$ の余因子である．
〔解〕 四面体の頂点を $(x_1,\ y_1,\ z_1)$，$\cdots$，$(x_4,\ y_4,\ z_4)$ とする．ただし $(x_1,\ y_1,\ z_1)$ は $2$，$3$，$4$ の平面の交点で，その他もこれに準ずる．しからば，問題 $5$ によって絶対値では $6\varDelta V$ は\[\varDelta\hspace{0.7mm}\cdotp\begin{vmatrix}\ x_1&x_2&x_3&x_4\ \\[1mm]\ y_1&y_2&y_3&y_4\ \\[1mm]\ z_1&z_2&z_3&z_4\ \\[1mm]\ 1&1&1&1\ \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\ a_1x_1+b_1y_1+c_1z_1+d_1&0&0&0\ \\[1mm]\ 0&a_2x_2+b_2y_2+c_2z_2+d_2&0&0\ \\[1mm]\ 0&0&――&0\ \\[1mm]\ 0&0&0&――\ \end{vmatrix}\]に等しい．さて $\varDelta$ において第 $1$，$2$，$3$ 列に $x_1$，$y_1$，$z_1$ を掛けて最後の列に加えると\[\varDelta=\begin{vmatrix}\ a_1&b_1&c_1&a_1x_1+b_1y_1+c_1z_1+d_1\ \\[1mm]\ a_2&b_2&c_2&0\ \\[1mm]\ a_3&b_3&c_3&0\ \\[1mm]\ a_4&b_4&c_4&0\ \end{vmatrix}.\] ゆえに $a_1x_1+b_1y_1+c_1z_1+d_1=\dfrac{\varDelta}{D_1}$，$a_2x_2+b_2y_2+c_2z_2+d_2$，なども同様であるから，絶対値において\[6\varDelta\hspace{0.7mm}\cdotp V=\frac{\varDelta}{D_1}\hspace{0.7mm}\cdotp\frac{\varDelta}{D_2}\hspace{0.7mm}\cdotp\frac{\varDelta}{D_3}\hspace{0.7mm}\cdotp\frac{\varDelta}{D_4}.\]ゆえに\[V=\frac{1}{6}\left|\frac{\varDelta^3}{D_1D_2D_3D_4}\right|.\] 〔問題 $\boldsymbol{7}$〕 四面体の一つの頂点において交わる三つの稜の長さを $a_1$，$a_2$，$a_3$，それらに対する稜を $b_1$，$b_2$，$b_3$，体積を $V$ とすれば\[288V^2=\begin{vmatrix}\ 0&a_1{}^2&a_2{}^2&a_3{}^2&1\ \\[1mm]\ a_1{}^2&0&b_3{}^2&b_2{}^2&1\ \\[1mm]\ a_2{}^2&b_3{}^2&0&b_1{}^2&1\ \\[1mm]\ a_3{}^2&b_2{}^2&b_1{}^2&0&1\ \\[1mm]\ 1&1&1&1&0\ \end{vmatrix}\] 〔解〕 二つの四面体の頂点を $(x_1,\ y_1,\ z_1)\cdots$；$(x_1{}^\prime,\ y_1{}^\prime,\ z_1{}^\prime)$，$\cdots$ その体積を $V$，$V^\prime$ とすれば\begin{alignat*}{1}\pm6V&=\begin{vmatrix}\ x_1&y_1&z_1&1\ \\[1mm]\ x_2&y_2&z_2&1\ \\[1mm]\ x_3&y_3&z_3&1\ \\[1mm]\ x_4&y_4&z_4&1\ \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\ x_1&y_1&z_1&1&0\ \\[1mm]\ x_2&y_2&z_2&1&0\ \\[1mm]\ x_3&y_3&z_3&1&0\ \\[1mm]\ x_4&y_4&z_4&1&0\ \\[1mm]\ 0&0&0&0&1\ \end{vmatrix}\\[2mm]\pm6V^\prime&=\begin{vmatrix}\ x_1{}^\prime&y_1{}^\prime&z_1{}^\prime&1\ \\[1mm]\ x_2{}^\prime&y_2{}^\prime&z_2{}^\prime&1\ \\[1mm]\ x_3{}^\prime&y_3{}^\prime&z_3{}^\prime&1\ \\[1mm]\ x_4{}^\prime&y_4{}^\prime&z_4{}^\prime&1\ \end{vmatrix}=-\begin{vmatrix}\ x_1{}^\prime&y_1{}^\prime&z_1{}^\prime&0&1\ \\[1mm]\ x_2{}^\prime&y_2{}^\prime&z_2{}^\prime&0&1\ \\[1mm]\ x_3{}^\prime&y_3{}^\prime&z_3{}^\prime&0&1\ \\[1mm]\ x_4{}^\prime&y_4{}^\prime&z_4{}^\prime&0&1\ \\[1mm]\ 0&0&0&1&0\ \end{vmatrix}\end{alignat*}掛けて（行と行とを組み合わせて）\[36VV^\prime=\begin{vmatrix}\ (11)&(12)&(13)&(14)&1\ \\[1mm]\ (21)&(22)&(23)&(24)&1\ \\[1mm]\ (31)&(32)&(33)&(34)&1\ \\[1mm]\ (41)&(42)&(43)&(44)&1\ \\[1mm]\ 1&1&1&1&0\ \end{vmatrix}.\] ただし $(pq)=x_px_q{}^\prime+y_py_q{}^\prime+z_qz_q{}^\prime=\dfrac{1}{2}(x_p{}^2+y_p{}^2+z_p{}^2)+\dfrac{1}{2}(x_q{}^{\prime\ 2}+y_q{}^{\prime\ 2}+z_q{}^{\prime\ 2})-\dfrac{1}{2}d_{pq}{}^2$，$d_{pq}$ は $(x_p,\ y_p,\ z_p)$ と $(x_q{}^\prime,\ y_q{}^\prime,\ z_q{}^\prime)$ との距離である．
よって上の行列式の最後の列に $\dfrac{1}{2}(x_r{}^2+y_r{}^2+z_r{}^2)$ を掛けて第 $r$ 列から引き，また最後の行に $\dfrac{1}{2}(x_r{}^{\prime\ 2}+y_r{}^{\prime\ 2}+z_r{}^{\prime\ 2})$ を掛けて第 $r$ 行から引けば，\[36VV^\prime=-\begin{vmatrix}\ -\dfrac{d_{11}{}^2}{2}&-\dfrac{d_{12}{}^2}{2}&-\dfrac{d_{13}{}^2}{2}&-\dfrac{d_{14}{}^2}{2}&1\ \\[1mm]\ -\dfrac{d_{21}{}^2}{2}&-\dfrac{d_{22}{}^2}{2}&-\dfrac{d_{23}{}^2}{2}&-\dfrac{d_{24}{}^2}{2}&1\ \\[1mm]\ -\dfrac{d_{31}{}^2}{2}&-\dfrac{d_{32}{}^2}{2}&-\dfrac{d_{33}{}^2}{2}&-\dfrac{d_{34}{}^2}{2}&1\ \\[1mm]\ -\dfrac{d_{41}{}^2}{2}&-\dfrac{d_{42}{}^2}{2}&-\dfrac{d_{43}{}^2}{2}&-\dfrac{d_{44}{}^2}{2}&1\ \\[1mm]\ 1&1&1&1&0\ \end{vmatrix}.\]第 $1$，$2$，$3$，$4$ 行に $-2$ を掛けて後，第 $5$ 列を $-2$ で割れば，\[288VV^\prime=\begin{vmatrix}\ d_{11}{}^2&d_{12}{}^2&d_{13}{}^2&d_{14}{}^2&1\ \\[1mm]\ d_{21}{}^2&d_{22}{}^2&d_{23}{}^2&d_{24}{}^2&1\ \\[1mm]\ d_{31}{}^2&d_{32}{}^2&d_{33}{}^2&d_{34}{}^2&1\ \\[1mm]\ d_{41}{}^2&d_{42}{}^2&d_{43}{}^2&d_{44}{}^2&1\ \\[1mm]\ 1&1&1&1&0\ \end{vmatrix}.\] もし二つの四面体が一致すれば，$d_{11}=d_{22}=d_{33}=d_{44}=0$．また $d_{12}=a_1$，$d_{13}=a_2$，$d_{14}=a_3$ とすれば，それらに対する稜は $d_{34}=b_1$，$d_{24}=b_2$，$a_{23}=b_3$ で，問題に掲げた等式を得る．
〔問題 $\boldsymbol{8}$〕 四面体に関して，前の問題と同様の記号を用い，また四面体に外接する球の半径を $R$ として，\[2P=a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3\]とおけば，\[R^2=\frac{P(P-a_1b_1)(P-a_2b_2)(P-a_3b_3)}{36V^2}.\] 〔解〕 球の中心を原点として\[\pm6VR=\begin{vmatrix}\ x_1&y_1&z_1&R\ \\[1mm]\ x_2&y_2&z_2&R\ \\[1mm]\ x_3&y_3&z_3&R\ \\[1mm]\ x_4&y_4&z_4&R\ \end{vmatrix}.\hspace{5mm}\pm6VR=-\begin{vmatrix}\ -x_1&-y_1&-z_1&R\ \\[1mm]\ -x_2&-y_2&-z_2&R\ \\[1mm]\ -x_3&-y_3&-z_3&R\ \\[1mm]\ -x_4&-y_4&-z_4&R\ \end{vmatrix}\]を掛け合わせ，$R^2=x_px_q+y_py_q+z_pz_q+\dfrac{1}{2}d_{pq}{}^2$ を用いて
| \[36\times16V^2R^2=-\begin{vmatrix}\ 0&a_1{}^2&a_2{}^2&a_3{}^2\ \\[1mm]\ a_1{}^2&0&b_3{}^2&b_2{}^2\ \\[1mm]\ a_2{}^2&b_3{}^2&0&b_1{}^2\ \\[1mm]\ a_3{}^2&b_2{}^2&b_1{}^2&0\ \end{vmatrix}\] | を得る．この行列式を四つの因 数に分解すれば（問題 $3$，注意 を参照），問題に掲げた等式を 得る． |