本篇文章介绍四个应用：A的逆，求解Ax=b，盒子的体积以及主元。他们都是线性代数里面非常关键的计算，而行列式给出了这些答案的公式。
1、计算A−1。2×2矩阵展示了伴随矩阵如何表示A−1：
[acbd]−1=1ad−bc[d−c−ba]
伴随矩阵还需乘以行列式，当detA非零时，A是可逆的。C11=d是a 的代数余子式，C12=−c是b的代数余子式(注意负号)，而C12放在了第二行第一列！
a,b分别和C11,C12相乘得到ad−bc，这是detA的代数余子式展开式，也是我们需要的线索：A−1就是用伴随矩阵除以detA
A−1=CTdetA(A−1)ij=CijdetA(1)
我们的目标是验证这个公式，另外由此我们还看出为何ACT=(detA)I：
⎡⎣⎢⎢a11⋮an1⋯⋯a1n⋮ann⎤⎦⎥⎥⎡⎣⎢⎢C11⋮C1n⋯⋯Cn1⋮Cnn⎤⎦⎥⎥=⎡⎣⎢⎢detA⋮⋯⋯0⋮detA⎤⎦⎥⎥(2)
第一列C11,…,C1n乘以a11,…,a1n 得到对角元素detA，A的每一行乘以它的代数余子式都得到detA。
那么关键问题是：为什么对角线外的元素都是零呢？如果我们将第一行的元素a1j和第二行的代数余子式C2j进行组合，为什么结果是零呢？
a11C21+a12C22+⋯+a1nC2n=0(3)
答案就是：我们在计算一个新矩阵B的行列式。A的第一行复制到第二行得到矩阵B，那么矩阵B就有相同的两行，detB=0。方程(3)是沿着第二行得到detB展开式，其中B和矩阵A有相同的代数余子式(因为在求解代数余子式时需丢掉第二行)，这个非凡的矩阵乘法(2)是完全正确的。
乘法ACT=(detA)I直接得出A−1，记住去掉矩阵A 第i行第j列的代数余子式放到CT的第j行第i列，然后除以detA(不能等于0)就得到A−1=CT/detA。
例1：和矩阵的逆是微分矩阵：
A=⎡⎣⎢100110111⎤⎦⎥的逆为A−1=CTdetA=⎡⎣⎢100−1100−11⎤⎦⎥
因为代数余子式包含(−1)i+j，所以会有符号。
2、求解Ax=b。x=A−1b仅仅就是CTb除以detA，这里介绍一个非常出名的求(x1,…,xn)的方法:
克拉姆法则：x=A−1b的第j个元素是比值
xj=detBjdetA,其中 Bj=⎡⎣⎢⎢a11⋮an1a12⋮an2b1⋮bna1n⋮ann⎤⎦⎥⎥
证明：对detB按第j列展开成代数余子式的形式，因为代数余子式不考虑该列，所以detBj是CTb的第j个元素：
detBj=b1C1j+b2C2j+⋯+bnCnj
然后用它除以detA就得到xj，x的每个元素都是两个行列式的比值。
例2：下面方程组
x1+3x2=0
2x2+4x2=0
的解x1需要将第一列换成0,6，x2需要将第二列换成0,6：
x1=∣∣∣0634∣∣∣∣∣∣1234∣∣∣=−18−2=9,x2=∣∣∣1206∣∣∣∣∣∣1234∣∣∣=6−2=−3,
分母总是detA，如果有1000个方程，那么根据克莱姆法则，需要1001个行列式。
3、盒子的体积。当所有角都是直角——此时边互相垂直，行列式和体积的联系就非常紧密，此时的盒子的形状是矩形的，从而体积就是边长的乘积：volumn=ℓ1ℓ2⋯ℓn。
当盒子的边长是A的行时，我们想从detA中得到同样的ℓ1ℓ2⋯ℓn。在直角的情况下，这些行是正交的，AAT是对角矩阵：
AAT=⎡⎣⎢⎢row 1⋮row n⎤⎦⎥⎥⎡⎣⎢⎢⎢row1⋯rown⎤⎦⎥⎥⎥=⎡⎣⎢⎢⎢ℓ210⋱0ℓ2n⎤⎦⎥⎥⎥
ℓi是行(边)的长度，因为行是正交的，所以对角线外的元素都是零。利用乘法和转置法则：
ℓ21ℓ22⋯ℓ2n=det(AAT)=(detA)(detAT)=(detA)2
这个方程的平方根说明了行列式等于体积。而detA的符号暗示了是使用右手坐标(也就是通常的x−y−z)，还是左手坐标(像y−x−z)。
如果角度不是90∘，那么体积就不是长度的乘积。在平面上(如图1)，平行四边形的“体积”等于底边ℓ乘以高h，向量b−p就是第二行b=(a21,a22)减去它在第一行上的投影p，关键点是：根据5，用第一行的倍数减去第二行时detA不变，我们可以将平行四边形变成一个矩形。
图1
对于n维的情况，将盒子变成矩形需要很长时间，但是思路就是如此，如果我们从每行减去它在前面行所生成空间的投影，体积和行列式都不变，通过格拉姆-施密特过程产生正交的行，这时体积=行列式，所以对于开始的行这个等式同样成立。
现在我们介绍完了体积和行列式之间的关系，但是很有必要回过头来看看最简单的情况，我们知道
det[1001]=1,det[1c01]=1
这些行列式给出了体积——或者面积(因为这是在二维空间)，如图2所示，平行四边形底和高都是1，所以面积也是1。
图2
4、主元公式。最后我们讨论一下消元，此时考虑不需要行交换的情况。观察的要点是第k个主元完全由A的左上角子矩阵Ak确定，A的其余行和列对它没有影响：
A=⎡⎣⎢acgbdhefi⎤⎦⎥→⎡⎣⎢a0gb(ad−bc)/ahe(af−ec)/ai⎤⎦⎥
第一个主元只取决于第一行和第一列，第二个主元(ad−bc)/a值取决于2×2的子矩阵A2，A的其余部分不会影响到它。实际上，不仅仅是主元，整个左上角矩阵的L,D,U都只取决于A的左上角：
A=LDU=⎡⎣⎢1c/a∗1∗1⎤⎦⎥⎡⎣⎢a(ad−bc)/a∗⎤⎦⎥⎡⎣⎢1b/a1∗∗1⎤⎦⎥
从上例我们看出，前两行和两列就是子矩阵A2的分解，如果没有行交换的前提下，这条规则恒成立。
4、如果A分解为LDU，那么左上角满足Ak=LkDkUk。
证明的关键在于进行其他行的消元之前，先将左上角的确定下来，或者使用块乘法规则：
LDU=[LkB0C][Dk00E][Uk0FG]=[LkDkUkBDkUkLkDkFBDkF+CEG]
将最后的矩阵和A进行比较，我们发现LkDkUk和Ak是一致的，那么：
detAk=detLkdetDkdetUk=detDk=d1d2⋯dk
前k个主元的乘积是Ak的行列式，这和我们已知的整个矩阵的规则一致。因为Ak−1的行列式由d1d2⋯dk−1给出，所以我们用行列式比值的方式分离每个主元dk：
detAkdetAk−1=d1d2⋯dkd1d2⋯dk−1=dk(4)
对于上面的例子，第二个主元就是比值(ad−bc)/a，也就是A2的行列式除以A1的行列式(约定A0=1，这样的话第一个主元就是a/1=a)。将所有主元相乘就回到我们的行列式：
d1d2⋯dn=detA1detA0detA2detA1⋯detAndetAn−1=detAndetA0=detA
根据方程(5)我们可以得出一个结论：当detAk都不为零时，主元也都不为零。
5、当且仅当子矩阵A1,A2,…,An都是非奇异时，消元法不需要行交换(所以P=I,A=LU)。
现在考虑一个问题，行交换的次数会一直是奇数或偶数吗？如果是，那么根据2行列式要么为+1，要么为-1。
考虑(3,2,1)，我们可以只交换3,1就得到正序列(1,2,3)，交换3与2，然后3与1，最后2与1同样得到正序列，对于这两种方式，交换的次数都是奇数，这里得出的论断就是：偶数次的交换不可能从(3,2,1)得出正序列。
这里给出它的一个证明。观察置换中的每对数，我们用N表示大数在前的对数。这样的话N=0表示正序列(1,2,3)。而(3,2,1)的N为3，因为所以数对(3,2),(3,1),(2,1)都是大数在前，接下来我们将展示用奇数次变换来改变N，直到N=0为止。
当相邻发生交换时，N要么+1，要么-1。所有交换都可以用奇数次的邻域交换实现，考虑一个例子，我们要交换第一和第四个元素，可以通过五次交换完成：
(2,1,4,3)→(1,2,4,3)→(1,4,2,3)→(1,4,3,2)→(1,3,4,2)→(3,1,4,2)
我们需要ℓ−k次邻域交换将k位置上的元素放到ℓ 上，然后ℓ−k−1次交换将原来ℓ(现在在ℓ−1位置上)位置上的数放到k 位置上。因为(ℓ−k)+(ℓ−k−1) 是奇数，至此证明完成。
