Теорема Лапласа

$M_{i_{1}, \dots, i_{k}}^{j_{1}, \dots, j_{k}} \cdot A_{i_{1}, \dots, i_{k}}^{j_{1}, \dots, j_{k}}$ - это $k!(n-k)!$ слагаемых из определителя $n\times n$-матрицы $A$

**1 случай**: минор находится в первых $k$ строках и столбцах. Тогда доп. минор будет в последних $n-k$ строках и столбцах, его элементы обозначим за $b_{ij} = a_{i+k ~ j+k}$. Тогда: $$M = \sum_{\rho \in S_{k}}(-1)^{\rho}a_{1\rho(1)} \dots a_{k\rho(k)}$$ $$\overline{M} = \sum_{\tau \in S_{n-k}}(-1)^{\tau}b_{1 \tau(1)} \dots b_{n-k \tau(n-k)}$$ $$A = (-1)^{1 + \dots + k + 1 + \dots + k} \cdot \overline{M} = \overline{M}$$ Значит: $$MA = M\overline{M} = \sum_{\substack{\rho \in S_{k} \\ \tau \in S_{n-k}}} (-1)^{\tau + \rho} a_{1\rho(1)} \dots a_{k\rho(k)} b_{1\tau(1)} \dots b_{n-k \tau(n-k)}$$ Выполним обратную замену $b_{ij} = a_{i+k ~ j+k}$: $$MA = \sum_{\substack{\rho \in S_{k} \\ \tau \in S_{n-k}}} (-1)^{\tau + \rho} a_{1\rho(1)} \dots a_{k\rho(k)} a_{k+1 ~\tau(1)+k} \dots a_{n ~\tau(n-k)+k}$$ Возьмём следующую подстановку $\sigma$: $$\sigma = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \dots & k & k+1 & \dots & n \\ \rho(1) & \rho(2) & \dots & \rho(k) & \tau(1)+k & \dots & \tau(n-k)+k \end{pmatrix}$$ Её число инверсий равно сумме числа инверсий $\rho$ и $\tau$, так как между частями инверсии отсутствуют. Получаем: $$MA = \sum_{\substack{\rho \in S_{k} \\ \tau \in S_{n-k}}} (-1)^{\sigma} a_{1\sigma(1)} a_{2\sigma(2)} \dots a_{n\sigma(n)}$$ (важно, что суммирование не по $\sigma \in S_{n}$) Получаем, что число слагаемых $k!(n-k)!$ **2 случай**: произвольный минор. С помощью смежных транспозиций перенесём $i_{1}, \dots, i_{k}$ строки и $j_{1}, \dots, j_{k}$ столбцы на первые $k$ мест. Для этого потребуется $I = i_{1} - 1 + i_{2} - 2 + \dots i_{k} - k + \dots + j_{k} - k$ транспозиций. Получим матрицу $B$, причём $\det A = (-1)^{I} \det B$. Также заметим, что $(-1)^{I} = (-1)^{i_{1} + \dots + j_{k}}$ Так как выбранные столбцы и строки поменяли лишь свои места, $M_{A} \cdot \overline{M_{A}} = M_{B} \cdot \overline{M_{B}}$, а значит: $$M_{A} A_{A} = (-1)^{i_{1} + \dots + j_{k}} M_{A} \overline{M_{A}} = (-1)^{i_{1} + \dots + j_{k}} M_{B} \overline{M_{B}}$$ Следовательно, опираясь на первый случай, получаем, что и при произвольном миноре выражение $M_{A}A_{A}$ это $k!(n-k)!$ слагаемых из определителя матрицы $A$. $\square$

Пусть $A$ - квадратная $n \times n$ матрица и зафиксированы $k$ строк $i_{1}, \dots, i_{k}$. Тогда: $$\det A = \sum_{1 \leq j_{1} < \dots < j_{k} \leq n} M_{i_{1}, \dots, i_{k}}^{j_{1}, \dots, j_{k}} A_{i_{1}, \dots, i_{k}}^{j_{1}, \dots, j_{k}} = \sum (-1)^{i_{1} + \dots + j_{k}} M_{i_{1}, \dots, i_{k}}^{j_{1}, \dots, j_{k}} \overline{M_{i_{1}, \dots, i_{k}}^{j_{1}, \dots, j_{k}}}$$

Рассмотрим то, что необходимо доказать: $$\det A = \sum_{1 \leq j_{1} < \dots < j_{k} \leq n} M_{i_{1}, \dots, i_{k}}^{j_{1}, \dots, j_{k}} A_{i_{1}, \dots, i_{k}}^{j_{1}, \dots, j_{k}}$$ Мы выбираем различные наборы столбцов, следовательно каждое слагаемое суммы различно. При этом количество этих слагаемых равно $C_{n}^{k}$, а количество слагаемых в каждом произведении равно $k!(n-k)!$ (по лемме). Следовательно общее число слагаемых в сумме равно: $$C_{n}^{k} \cdot k! (n-k)! = \dfrac{n!}{k!(n-k)!} \cdot k!(n-k)! = n!$$ что в точности равно количеству слагаемых в $\det A$. $\square$