$n^2$個の微分可能な関数 $f_{ij}(x)$ ($i, j = 1, 2, ..., n$) を成分とする $n$ 次正方行列 $A(x)$ を考える。$A(x)$ の行列式を $F(x) = \det A(x)$ とする。また、$A(x)$ の第 $i$ 行をその導関数で置き換えた行列を $A_i(x)$ とし、その行列式を $F_i(x) = \det A_i(x)$ とする。このとき、$F(x)$ も微分可能であることを示し、その導関数 $F'(x)$ が次の式で与えられることを証明する。 $F'(x) = \sum_{i=1}^n F_i(x)$ ヒントとして、行列式の定義 $F(x) = \sum_{\sigma \in S_n} \text{sgn}(\sigma) f_{1\sigma(1)}(x) f_{2\sigma(2)}(x) \cdots f_{n\sigma(n)}(x)$ を用いることが示唆されている。

## 問題5

1. 問題の内容

$n^2$個の微分可能な関数 $f_{ij}(x)$ ($i, j = 1, 2, ..., n$) を成分とする $n$ 次正方行列 $A(x)$ を考える。$A(x)$ の行列式を $F(x) = \det A(x)$ とする。また、$A(x)$ の第 $i$ 行をその導関数で置き換えた行列を $A_i(x)$ とし、その行列式を $F_i(x) = \det A_i(x)$ とする。このとき、$F(x)$ も微分可能であることを示し、その導関数 $F'(x)$ が次の式で与えられることを証明する。

$F'(x) = \sum_{i=1}^n F_i(x)$

ヒントとして、行列式の定義 $F(x) = \sum_{\sigma \in S_n} \text{sgn}(\sigma) f_{1\sigma(1)}(x) f_{2\sigma(2)}(x) \cdots f_{n\sigma(n)}(x)$ を用いることが示唆されている。

2. 解き方の手順

まず、$F(x)$ が微分可能であることを示す。

$F(x)$ は、$f_{ij}(x)$ たちの積と和によって表される関数である。$f_{ij}(x)$ は微分可能なので、$F(x)$ も微分可能である（微分可能な関数の積と和は微分可能）。

次に、$F'(x) = \sum_{i=1}^n F_i(x)$ を示す。行列式の定義より、

$F(x) = \sum_{\sigma \in S_n} \text{sgn}(\sigma) \prod_{i=1}^n f_{i\sigma(i)}(x)$

この両辺を $x$ で微分する。積の微分法を用いると、

$F'(x) = \sum_{\sigma \in S_n} \text{sgn}(\sigma) \sum_{k=1}^n \left( f'_{k\sigma(k)}(x) \prod_{i \neq k} f_{i\sigma(i)}(x) \right)$

ここで、和の順序を入れ替えると、

$F'(x) = \sum_{k=1}^n \sum_{\sigma \in S_n} \text{sgn}(\sigma) \left( f'_{k\sigma(k)}(x) \prod_{i \neq k} f_{i\sigma(i)}(x) \right)$

内側の和は、$A(x)$ の第 $k$ 行をその導関数で置き換えた行列 $A_k(x)$ の行列式 $F_k(x)$ に等しい。したがって、

$F'(x) = \sum_{k=1}^n F_k(x)$

これにより、$F'(x) = \sum_{i=1}^n F_i(x)$ が示された。

3. 最終的な答え

$F'(x) = \sum_{i=1}^n F_i(x)$