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user: 2. 证明 命题1的证明：若 n > m ，则 M M T 的秩 R ( M M T ) 不超过M的秩 R ( M ) ，即， R ( M M T ) < R ( M ) ≤ m < n 因此 M M T 不是一个满秩方阵，从而 det ( M M T ) = 0 。 若 n = m 或 M = 0 ，则显然定理成立( n = m 时利用两方阵的乘积的行列式等于各自的行列式的乘积)。因此下面只需讨论 M ≠ 0 且 n < m 。首先考虑 M = ( a 11 ⋯ a 1 n a 1 ， n + 1 ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 ⋯ a n n a n ， n + 1 ) . 因为 R ( M ) ≤ n ，所以 M X = 0 存在非零解。不妨设 X = ( x 1 ⋯ x n x n + 1 ) T 是已正规化的解(即， X X T = 1 )。由此推得 | M M T | = | ( a 11 ⋯ a 1 n a 1 ， n + 1 ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 ⋯ a n n a n ， n + 1 x 1 ⋯ x n x n + 1 ) ( a 11 ⋯ a n 1 x 1 ⋮ ⋮ ⋮ a 1 n ⋯ a n n x n a 1 ， n + 1 ⋯ a n ， n + 1 x n + 1 ) | = | a 11 ⋯ a 1 n a 1 ， n + 1 ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 ⋯ a n n a n ， n + 1 x 1 ⋯ x n x n + 1 | 2 记 A = ( a 11 ⋯ a 1 n a 1 ， n + 1 ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 ⋯ a n n a n ， n + 1 x 1 ⋯ x n x n + 1 ) ，并用 A 1 ， A 2 ， ⋯ ， A n + 1 分别表示 x 1 ， x 2 ， ⋯ ， x n + 1 的代数余子式。因此， | M M T | = | A | 2 = ( x 1 A 1 + ⋯ + x n + 1 A n + 1 ) 2 = | A | ∑ i = 1 n + 1 x i A i 由于 M X = 0 且 X X T = 1 ，故有 | A | ( x i A i ) = ( | A | x i ) A i = | a 11 ⋯ a 1 i x i ⋯ a 1 ， n + 1 ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 ⋯ a n i x i ⋯ a n ， n + 1 x 1 ⋯ x i 2 ⋯ x n + 1 | A i = | a 11 ⋯ ∑ i = 1 n + 1 a 1 i x i ⋯ a 1 ， n + 1 ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 ⋯ ∑ i = 1 n+1 a n i x i ⋯ a n ， n + 1 x 1 ⋯ ∑ i = 1 n + 1 x i 2 ⋯ x n + 1 | A i = | a 11 ⋯ 0 ⋯ a 1 ， n + 1 ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 ⋯ 0 ⋯ a n ， n + 1 x 1 ⋯ 1 ⋯ x n + 1 | A i = A i 2 从而可知 | M M T | = ∑ i = 1 n + 1 A i 2 。.注意到M中所有n级子式的平方和为 ∑ i = 1 n + 1 A i 2 ，从而此情形下定理成立。 现在，设 M = ( a 11 ⋯ a 1 n ⋯ a 1 m ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 ⋯ a n n ⋯ a n m ) ( n < m )。下面用归纳法证明该定理。若 m − n = 1 ，则由上面 的证明知定理成立。假设 m − n = k 时定理成立，下面证明当 m − n = k + 1 时定理也成立。考虑 M Y = 0 ，由于 R ( M ) ≤ n < m ，故存在正规化的非零解 Y = ( y 1 ， ⋯ ， y n ， ⋯ ， y m ) T 。由此可得 | M M T | = | ( a 11 ⋯ a 1 n ⋯ a 1 m ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 ⋯ a n n ⋯ a n m y 1 ⋯ y n … y m ) ( a 11 ⋯ a n 1 y 1 ⋮ ⋮ ⋮ a 1 n ⋯ a n n y n ⋮ ⋮ ⋮ a 1 m ⋯ a n m y m ) | 令 B = ( a 11 ⋯ a 1 n ⋯ a 1 m ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 ⋯ a n n ⋯ a n m y 1 ⋯ y n … y m ) 。注意到 m − ( n + 1 ) = k 。由归纳假设可知， | M M T | = | B B T | = | B 1 | 2 + | B 2 | 2 + ⋯ + | B ( m n + 1 ) | 2 ， 其中 | B 1 | ， | B 2 | ， ⋯ ， | B ( m n + 1 ) | 是B的所有 n + 1 级子式。 记 B i = ( a 1 i 1 ⋯ a 1 i n a 1 i n + 1 ⋮ ⋮ ⋮ a n i 1 ⋯ a n i n a n i n + 1 y i 1 ⋯ y n i n y i n + 1 ) ， ( 1 ≤ i ≤ ( m n + 1 ) ) ，且 y i 1 ， y i 2 ， ⋯ ， y i n ， y i n + 1 的代数余子式分别为 B i 1 ， B i 2 ， ⋯ ， B i n ， B i n + 1 ， ( i 1 < i 2 < ⋯ < i n + 1 ; 1 ≤ i 1 ， i 2 ， ⋯ ， i n + 1 ≤ ( m n + 1 ) ) 。于是 | B i | 2 = ( y i 1 B i 1 + ⋯ + y i n + 1 B i n + 1 ) 2 = | B i | ∑ r = 1 n + 1 y i r B i r 在上式中任选一项如： | B i | ( y i 1 B i 1 ) 。在 | B j | 2 ( j ≠ i ) 中必存在一些 | B j | 2 使得在每一个 | B j | 2 的展开式(上式)中都存在唯一一项 | B j | ( y j r B j r ) 满足 j r ≠ i 1 且有 j 1 ， j 2 ， ⋯ ， j r − 1 ， j r + 1 ， ⋯ ， j n + 1 与 i 2 ， ⋯ ， i n + 1 对应相等。(显然此j的选择有 m − n − 1 种从而 j r 的选择也有 m − n − 1 种。)因此， B j r = ( − 1 ) r − 1 B i 1 。从而， | B j | ( y j r B j r ) = ( y j r | B j | ) B j r = | y j r a 1 j r a 1 i 2 ⋯ a 1 i n + 1 ⋮ ⋮ ⋮ y j r a n j r a n i 2 ⋯ a n i n + 1 y j r 2 y i 2 ⋯ y i n + 1 | B i 1 进而再由 Y T Y = 1 ， M Y = 0 可知， | B i | ( y i 1 B i 1 ) + ∑ j r ≠ i 1 | B j | ( y j r B j r ) = | y i 1 a 1 i 1 + ⋯ + y i n + 1 a 1 i n + 1 a 1 i 2 ⋯ a 1 i n + 1 ⋮ ⋮ ⋮ y i 1 a n i 1 + ⋯ + y i n + 1 a n i n + 1 a n i 2 ⋯ a n i n + 1 y i 1 2 + ⋯ + y i n + 1 2 y i 2 ⋯ y i n + 1 | + ∑ j r ≠ i 1 | y j r a 1 j r a 1 i 2 ⋯ a 1 i n + 1 ⋮ ⋮ ⋮ y j r a n j r a n i 2 ⋯ a n i n + 1 y j r 2 y i 2 ⋯ y i n + 1 | = B i 1 2 注意到， B i 1 2 ， B i 2 2 ， ⋯ ， B i n + 1 2 ( i = 1 ， 2 ， ⋯ ， ( m n + 1 ) ) 是M的所有n级子式的平方(计 m − n 次重复)。由此推得 | M M T | = | B B T | = | B 1 | 2 + | B 2 | 2 + ⋯ + | B ( m n + 1 ) | 2 = ∑ i = 1 ( m n + 1 ) ∑ r = 1 n + 1 B i r 2 m − n 即， det ( M M T ) 等于M的所有n级子式的平方和，故得证。