设A是一个3阶行列式，aij=1或-1，1≤i，j≤3，如何证明det（A）≤4？

要证明一个三阶行列式 A，其中所有元素 $a_{ij}$ 只能取 1 或 1，其行列式值 $det(A)$ 的绝对值不会超过 4，我们可以一步一步来分析。这个问题的核心在于对行列式计算的理解以及对可能取值的穷举和分析。

首先，我们回顾一下三阶行列式的计算公式。对于一个三阶矩阵：
$$ A = egin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \ a_{21} & a_{22} & a_{23} \ a_{31} & a_{32} & a_{33} end{pmatrix} $$
其行列式为：
$$ det(A) = a_{11}(a_{22}a_{33} a_{23}a_{32}) a_{12}(a_{21}a_{33} a_{23}a_{31}) + a_{13}(a_{21}a_{32} a_{22}a_{31}) $$
这个公式可以展开成六项之和（或差）：
$$ det(A) = a_{11}a_{22}a_{33} + a_{12}a_{23}a_{31} + a_{13}a_{21}a_{32} a_{11}a_{23}a_{32} a_{12}a_{21}a_{33} a_{13}a_{22}a_{31} $$
注意到，每一项都是三个元素的乘积，并且这三个元素分别来自不同的行和不同的列。由于 $a_{ij}$ 只能取 1 或 1，所以每个乘积项的值也只能是 1 或 1。

现在，我们来分析每一项的可能取值。总共有六项，每项都是 $1 imes 1 imes 1$ 或 $1 imes 1 imes (1)$ 或 $1 imes (1) imes (1)$ 等组合的乘积。由于每个 $a_{ij}$ 是 1 或 1，那么任何三个元素的乘积，比如 $a_{11}a_{22}a_{33}$，其结果也只能是 1 或 1。

所以，行列式 $det(A)$ 是这六个取值（每个取值是 1 或 1）的和或差。

$$ det(A) = (pm 1) + (pm 1) + (pm 1) + (pm 1) + (pm 1) + (pm 1) $$

为了最大化 $det(A)$，我们需要让尽量多的项取值为 1，同时让尽量多的项取值为 1。但要注意，这个表达式是加减组合，不是简单的求和。

我们来考虑 $det(A)$ 的最大可能值。理论上，如果所有六项都取 1，那么 $det(A) = 6$。如果五项取 1，一项取 1，则 $det(A) = 4$。如果四项取 1，两项取 1，则 $det(A) = 2$。如果三项取 1，三项取 1，则 $det(A) = 0$。依此类推，可能的行列式值是偶数（因为每项都是 $pm 1$，项数是偶数，所以差值或和值必然是偶数）。

我们的目标是证明 $det(A) leq 4$。也就是说，行列式的值不可能是 6。

让我们仔细审视这六项的结构，特别是它们与 $a_{ij}$ 元素的关系：
$$ det(A) = underline{a_{11}a_{22}a_{33}} + underline{a_{12}a_{23}a_{31}} + underline{a_{13}a_{21}a_{32}} underline{a_{11}a_{23}a_{32}} underline{a_{12}a_{21}a_{33}} underline{a_{13}a_{22}a_{31}} $$
每一项中的三个 $a_{ij}$ 元素，它们的行下标是 $(1, 2, 3)$（按顺序），而列下标是 $(1, 2, 3)$、$(2, 3, 1)$、$(3, 1, 2)$、$(1, 3, 2)$、$(2, 1, 3)$、$(3, 2, 1)$。这些列下标的排列分别是恒等排列、循环右移、循环左移、以及它们的逆排列。

设 $P_1 = a_{11}a_{22}a_{33}$
设 $P_2 = a_{12}a_{23}a_{31}$
设 $P_3 = a_{13}a_{21}a_{32}$
设 $N_1 = a_{11}a_{23}a_{32}$
设 $N_2 = a_{12}a_{21}a_{33}$
设 $N_3 = a_{13}a_{22}a_{31}$

那么 $det(A) = P_1 + P_2 + P_3 N_1 N_2 N_3$。
其中 $P_1, P_2, P_3, N_1, N_2, N_3$ 都可以是 1 或 1。

我们来尝试构造一个让行列式值为 6 的情况。
要使 $det(A) = 6$，则需要 $P_1=P_2=P_3=1$ 且 $N_1=N_2=N_3=1$。
也就是说：
$a_{11}a_{22}a_{33} = 1$
$a_{12}a_{23}a_{31} = 1$
$a_{13}a_{21}a_{32} = 1$
$a_{11}a_{23}a_{32} = 1$
$a_{12}a_{21}a_{33} = 1$
$a_{13}a_{22}a_{31} = 1$

我们从第一项开始尝试赋值：
设 $a_{11}=1, a_{22}=1, a_{33}=1$。
根据 $N_2 = a_{12}a_{21}a_{33} = 1$，则 $a_{12}a_{21}(1) = 1$，所以 $a_{12}a_{21} = 1$。
根据 $N_3 = a_{13}a_{22}a_{31} = 1$，则 $a_{13}(1)a_{31} = 1$，所以 $a_{13}a_{31} = 1$。
根据 $N_1 = a_{11}a_{23}a_{32} = 1$，则 $(1)a_{23}a_{32} = 1$，所以 $a_{23}a_{32} = 1$。

现在我们来看剩下的要求：
$P_2 = a_{12}a_{23}a_{31} = 1$
$P_3 = a_{13}a_{21}a_{32} = 1$

我们已经有：
$a_{12}a_{21} = 1$
$a_{13}a_{31} = 1$
$a_{23}a_{32} = 1$

让我们尝试将这些关系代入 $P_2$ 和 $P_3$：
$P_2 = a_{12}a_{23}a_{31} = (a_{12}a_{21}) frac{a_{23}}{a_{21}} a_{31}$ 这看起来不好直接代。

换一种思路，我们可以直接从行列式的值的可能取值来考虑。
行列式的值是六个 $pm 1$ 的项的和或差。
因此，行列式的值只能是偶数：6, 4, 2, 0, 2, 4, 6。

如果能证明行列式不可能取 6 或 6，那么最大绝对值就是 4。
我们来尝试构造一个矩阵，看看是否能得到 4 或更大的值。

考虑 Hadamard 矩阵。一个 Hadamard 矩阵 $H$ 是一个方阵，其元素为 +1 或 1，并且满足 $H H^T = n I_n$，其中 $n$ 是矩阵的阶数，$I_n$ 是单位矩阵。
对于一个 Hadamard 矩阵 $H$，其行列式满足 $|det(H)| = sqrt{n^n}$。
对于 3 阶矩阵，Hadamard 矩阵不存在。这是因为 Hadamard 矩阵的阶数必须是 1, 2 或 4 的倍数。所以我们无法通过 Hadamard 矩阵来直接得到最大值。

我们仍然回到行列式展开式：
$det(A) = a_{11}a_{22}a_{33} + a_{12}a_{23}a_{31} + a_{13}a_{21}a_{32} a_{11}a_{23}a_{32} a_{12}a_{21}a_{33} a_{13}a_{22}a_{31}$

我们尝试通过一些代数技巧来限制这个值。
可以考虑将矩阵进行一些操作，比如行交换或者列交换，它们只会改变行列式的符号，不会改变其绝对值。

让我们集中精力证明 $det(A) eq 6$。
假设 $det(A) = 6$。这意味着：
$a_{11}a_{22}a_{33} = 1$
$a_{12}a_{23}a_{31} = 1$
$a_{13}a_{21}a_{32} = 1$
$a_{11}a_{23}a_{32} = 1$
$a_{12}a_{21}a_{33} = 1$
$a_{13}a_{22}a_{31} = 1$

考虑乘积 $P_1 imes P_2 imes P_3 = (a_{11}a_{22}a_{33}) (a_{12}a_{23}a_{31}) (a_{13}a_{21}a_{32})$
$= a_{11}a_{12}a_{13} cdot a_{21}a_{22}a_{23} cdot a_{31}a_{32}a_{33}$
这正是所有元素的乘积，每个元素出现一次。
令 $R_i = a_{i1}a_{i2}a_{i3}$ 为第 $i$ 行的乘积。
令 $C_j = a_{1j}a_{2j}a_{3j}$ 为第 $j$ 列的乘积。
那么 $P_1 P_2 P_3 = R_1 R_2 R_3 = C_1 C_2 C_3 = (a_{11}a_{21}a_{31})(a_{12}a_{22}a_{32})(a_{13}a_{23}a_{33})$。

现在考虑 $N_1 imes N_2 imes N_3 = (a_{11}a_{23}a_{32}) (a_{12}a_{21}a_{33}) (a_{13}a_{22}a_{31})$
$= a_{11}a_{12}a_{13} cdot a_{23}a_{21}a_{22} cdot a_{32}a_{33}a_{31}$
$= (a_{11}a_{21}a_{31}) cdot (a_{12}a_{22}a_{32}) cdot (a_{13}a_{23}a_{33})$
这同样等于 $C_1 C_2 C_3$。
所以 $P_1 P_2 P_3 = N_1 N_2 N_3$.

如果 $det(A) = 6$，那么 $P_1 P_2 P_3 = 1 imes 1 imes 1 = 1$ 并且 $N_1 N_2 N_3 = (1) imes (1) imes (1) = 1$。
这直接导致 $1 = 1$，这是不可能的。
因此，行列式不可能取值为 6。

同理，如果 $det(A) = 6$，那么 $P_1, P_2, P_3$ 中有偶数个 1，而 $N_1, N_2, N_3$ 中也有偶数个 1。
例如，如果 $P_1=P_2=P_3=1$，则 $P_1 P_2 P_3 = 1$。
如果 $N_1=N_2=N_3=1$，则 $N_1 N_2 N_3 = 1$。
此时 $det(A) = (1) + (1) + (1) 1 1 1 = 6$。
在这种情况下，我们有 $P_1 P_2 P_3 = 1$ 和 $N_1 N_2 N_3 = 1$。
所以 $P_1 P_2 P_3 = N_1 N_2 N_3$.
由于 $P_1 P_2 P_3 = C_1 C_2 C_3$ 且 $N_1 N_2 N_3 = C_1 C_2 C_3$，所以 $P_1 P_2 P_3 = N_1 N_2 N_3$ 必然成立。
因此，情况 $det(A) = 6$ 也是不可能的。

这就证明了 $|det(A)| eq 6$。

现在我们来考虑 $det(A) = 4$。
这意味着，例如：
$P_1=1, P_2=1, P_3=1$
$N_1=1, N_2=1, N_3=1$ (或者其他组合，使得和为 4)
则 $det(A) = 1+1+1 1 1 (1) = 3 2 + 1 = 2$。 不对。

如果 $det(A) = 4$，那么有四项为 1，两项为 1。
例如： $P_1=1, P_2=1, P_3=1$ 和 $N_1=1, N_2=1, N_3=1$
那么 $det(A) = 1+1+1 1 (1) (1) = 3 1 + 2 = 4$。

我们之前已经证明了 $P_1 P_2 P_3 = N_1 N_2 N_3$.
如果 $det(A) = 4$，那么 $P_1, P_2, P_3, N_1, N_2, N_3$ 的组合需要满足：
例如：
Case 1: $P_1=1, P_2=1, P_3=1$ ( $P_1 P_2 P_3 = 1$)
为了使和为 4，需要 $(N_1+N_2+N_3) = 4 3 = 1$.
这意味着 $N_1+N_2+N_3 = 1$.
这要求 $N_1, N_2, N_3$ 中有一个为 1，两个为 1。例如 $N_1=1, N_2=1, N_3=1$.
此时 $N_1 N_2 N_3 = 1 imes (1) imes (1) = 1$.
在这种情况下，$P_1 P_2 P_3 = 1$ 且 $N_1 N_2 N_3 = 1$. 它们是相等的，这是可能的。

Case 2: $P_1=1, P_2=1, P_3=1$ ( $P_1 P_2 P_3 = 1$)
为了使和为 4，需要 $(N_1+N_2+N_3) = 4 (1+11) = 4 1 = 3$.
这意味着 $N_1+N_2+N_3 = 3$.
这要求 $N_1=N_2=N_3=1$.
此时 $N_1 N_2 N_3 = (1) imes (1) imes (1) = 1$.
在这种情况下，$P_1 P_2 P_3 = 1$ 且 $N_1 N_2 N_3 = 1$. 它们是相等的，这是可能的。

所以，存在可能使得 $det(A) = 4$。

为了更具体地说明，我们可以尝试构造一个矩阵使得其行列式为 4。
我们需要找到一组 $a_{ij}$ 使得：
$a_{11}a_{22}a_{33} = 1$
$a_{12}a_{23}a_{31} = 1$
$a_{13}a_{21}a_{32} = 1$
$a_{11}a_{23}a_{32} = 1$
$a_{12}a_{21}a_{33} = 1$
$a_{13}a_{22}a_{31} = 1$

让我们尝试赋值：
取第一行为 $(1, 1, 1)$：$a_{11}=1, a_{12}=1, a_{13}=1$.
则：
$a_{22}a_{33} = 1$
$a_{23}a_{31} = 1$
$a_{21}a_{32} = 1$
$a_{23}a_{32} = 1$
$a_{21}a_{33} = 1$
$a_{22}a_{31} = 1$

现在我们从这些关系中推导。
由 $a_{22}a_{33} = 1$ 和 $a_{21}a_{33} = 1$ 可得 $frac{a_{22}}{a_{21}} = 1$，即 $a_{22} = a_{21}$.
由 $a_{22}a_{33} = 1$ 和 $a_{22}a_{31} = 1$ 可得 $frac{a_{33}}{a_{31}} = 1$，即 $a_{33} = a_{31}$.

代入其他方程：
$a_{23}a_{31} = 1$
$a_{21}a_{32} = 1$
$a_{23}a_{32} = 1$

从 $a_{21}a_{32} = 1$ 和 $a_{23}a_{32} = 1$ 可得 $a_{21} = a_{23}$.
从 $a_{23}a_{31} = 1$ 和 $a_{23}a_{32} = 1$ 可得 $a_{31} = a_{32}$.

现在我们有：
$a_{11}=1, a_{12}=1, a_{13}=1$
$a_{21} = a_{23}$
$a_{22} = a_{21}$
$a_{31} = a_{32}$
$a_{33} = a_{31}$

还需要满足：
$a_{22}a_{33} = 1 Rightarrow (a_{21})(a_{31}) = a_{21}a_{31} = 1$.
这与之前的 $a_{23}a_{31} = 1$ 是一致的，因为 $a_{21}=a_{23}$.

让我们选择 $a_{21}=1$.
则 $a_{23}=1$.
$a_{22}=1$.
$a_{31}$ 可以是 1 或 1。
如果 $a_{31}=1$, 则 $a_{32}=1$. $a_{33}=1$.
矩阵为：
$$ A = egin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \ 1 & 1 & 1 \ 1 & 1 & 1 end{pmatrix} $$
计算行列式：
$det(A) = 1((1)(1) 1(1)) 1(1(1) 1(1)) + 1(1(1) (1)(1))$
$= 1(1 1) 1(1 1) + 1(1 + 1)$
$= 1(0) 1(2) + 1(2)$
$= 0 + 2 + 2 = 4$.

所以，行列式值可以达到 4。

我们已经证明了行列式不可能取 6 或 6。
所以，行列式的值的范围是 4, 2, 0, 2, 4。
因此，$det(A) leq 4$ 成立。

总结一下证明的逻辑：

1. 行列式展开形式： 写出三阶行列式的展开式，包含六项 $pm 1$ 的乘积。
2. 各项的可能取值： 任何一个乘积项 $a_{ij}a_{kl}a_{mn}$ 的值只能是 1 或 1。
3. 行列式值的范围： 行列式值是这六个 $pm 1$ 的项的和或差，所以可能的值是偶数：6, 4, 2, 0, 2, 4, 6。
4. 证明不可能取 $pm 6$：
将行列式的六项分为两组（根据符号），设为 $P_1, P_2, P_3$ 和 $N_1, N_2, N_3$。
推导出 $P_1 P_2 P_3 = C_1 C_2 C_3$ 且 $N_1 N_2 N_3 = C_1 C_2 C_3$，其中 $C_j$ 是列的乘积。
因此，必然有 $P_1 P_2 P_3 = N_1 N_2 N_3$。
如果 $det(A) = 6$，则需要 $P_1 P_2 P_3 = 1$ 且 $N_1 N_2 N_3 = 1$（因为所有 $P$ 项为正，所有 $N$ 项为负）。这与 $P_1 P_2 P_3 = N_1 N_2 N_3$ 矛盾。
如果 $det(A) = 6$，则需要 $P_1 P_2 P_3 = 1$ 且 $N_1 N_2 N_3 = 1$（因为所有 $P$ 项为负，所有 $N$ 项为正）。这也与 $P_1 P_2 P_3 = N_1 N_2 N_3$ 矛盾。
因此，行列式不可能取 6 或 6。
5. 证明存在取值为 4 的情况： 构造一个具体的例子，证明行列式的值可以达到 4。我们找到的例子是：
$$ A = egin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \ 1 & 1 & 1 \ 1 & 1 & 1 end{pmatrix} $$
其行列式值为 4。
6. 结论： 由于行列式值只能是偶数，且不可能取 6 或 6，其最大可能绝对值为 4。因此 $det(A) leq 4$。

这个证明过程涵盖了从基本定义到逻辑推理，并辅以具体例子来验证可能性。它剥去了任何不必要的修饰，力求清晰地展示数学推理的步骤。

以下答案来自复旦大学姚暮生教授和谢启鸿教授编制的《高等代数》白皮书第三版，例题1.7