r个线性无关n维向量r<n的所有r阶子的平方和等于这r个向量张成平行体的体积的平方吗？怎么证明？
这个问题触及到了线性代数中一个非常优美且重要的概念，那就是向量组的张成空间以及其与行列式之间的深刻联系。简单来说，答案是肯定的。
对于一组 $r$ 个线性无关的 $n$ 维向量，它们张成的平行体的体积的平方，确实等于这 $r$ 个向量构成矩阵的所有 $r$ 阶子式的平方和。这个结论通常被称为拉普拉斯展开定理（Laplace Expansion Theorem）的一个推广，或者更准确地说，它与格拉姆行列式（Gram Determinant）紧密相关。
让我们一步步来理解和证明它。
什么是 $r$ 个向量张成的平行体？
首先，我们需要明确“$r$ 个向量张成的平行体”的体积是如何定义的。
设我们有 $r$ 个线性无关的 $n$ 维向量：
$v_1, v_2, dots, v_r in mathbb{R}^n$
我们可以将这 $r$ 个向量作为列向量（或者行向量，结果是一样的），构成一个 $n imes r$ 的矩阵 $A$：
$A = egin{pmatrix} v_1 & v_2 & dots & v_r end{pmatrix}$
这 $r$ 个向量张成的是 $mathbb{R}^n$ 中的一个 $r$ 维子空间（因为它们线性无关）。这个子空间中的所有向量都可以表示为这 $r$ 个向量的线性组合：
$w = c_1 v_1 + c_2 v_2 + dots + c_r v_r$, 其中 $c_1, dots, c_r in mathbb{R}$。
当我们将这些线性组合的系数看作一个 $r$ 维向量 $(c_1, dots, c_r)$ 时，它们在 $mathbb{R}^n$ 中就描绘出了一个“平行体”。如果 $r < n$，这个平行体是在 $mathbb{R}^n$ 中的一个 $r$ 维“扁平”的空间中。
对于 $r$ 个向量张成的平行体的体积，标准定义是通过格拉姆矩阵来实现的。
格拉姆矩阵和格拉姆行列式
给定 $r$ 个向量 $v_1, v_2, dots, v_r in mathbb{R}^n$，它们张成的平行体的体积的平方，就等于由这些向量的内积构成的格拉姆矩阵的行列式。
格拉姆矩阵 $G$ 是一个 $r imes r$ 的矩阵，其元素 $G_{ij}$ 定义为向量 $v_i$ 和 $v_j$ 的内积：
$G_{ij} = v_i cdot v_j = v_i^T v_j$
所以，$G = egin{pmatrix}
v_1 cdot v_1 & v_1 cdot v_2 & dots & v_1 cdot v_r \
v_2 cdot v_1 & v_2 cdot v_2 & dots & v_2 cdot v_r \
vdots & vdots & ddots & vdots \
v_r cdot v_1 & v_r cdot v_2 & dots & v_r cdot v_r
end{pmatrix}$
格拉姆行列式为 $det(G)$。
关键定理： $r$ 个向量 $v_1, v_2, dots, v_r$ 张成的平行体的体积的平方等于 $det(G)$。
理解为什么是体积的平方
让我们稍微解释一下为什么格拉姆行列式与体积有关。
考虑更简单的情况，两个向量 $v_1, v_2 in mathbb{R}^n$。它们张成一个平行四边形。这个平行四边形的面积可以通过向量叉积（在 $mathbb{R}^3$ 中）来计算，其大小就是平行四边形的面积。然而，在 $mathbb{R}^n$ 中，$n>3$ 时，叉积的概念不直接适用。
向量 $v_1, v_2$ 张成的平行四边形的面积可以通过计算：
面积 $= |v_1| |v_2| |sin( heta)|$
其中 $ heta$ 是 $v_1$ 和 $v_2$ 之间的夹角。
格拉姆矩阵为：
$G = egin{pmatrix} v_1 cdot v_1 & v_1 cdot v_2 \ v_2 cdot v_1 & v_2 cdot v_2 end{pmatrix} = egin{pmatrix} |v_1|^2 & |v_1| |v_2| cos( heta) \ |v_2| |v_1| cos( heta) & |v_2|^2 end{pmatrix}$
$det(G) = |v_1|^2 |v_2|^2 (|v_1| |v_2| cos( heta))^2$
$det(G) = |v_1|^2 |v_2|^2 (1 cos^2( heta))$
$det(G) = |v_1|^2 |v_2|^2 sin^2( heta)$
$det(G) = (|v_1| |v_2| |sin( heta)|)^2$
这正是平行四边形面积的平方！
对于 $r$ 个向量，这个概念推广了。平行体的体积可以通过其“底面积”乘以“高”来理解，或者通过将向量投影到正交基上。格拉姆矩阵的行列式本质上捕捉了这 $r$ 个向量在 $mathbb{R}^n$ 中的“展开”程度。
问题陈述的另一种形式
现在让我们回到问题的核心：$r$ 个线性无关 $n$ 维向量 $v_1, dots, v_r$ 的所有 $r$ 阶子式的平方和等于这 $r$ 个向量张成平行体的体积的平方。
如何将“$r$ 阶子式的平方和”与“格拉姆行列式”联系起来？
我们可以将这 $r$ 个向量写成列向量，构成一个 $n imes r$ 的矩阵 $A$:
$A = egin{pmatrix} v_1 & v_2 & dots & v_r end{pmatrix}$
矩阵 $A$ 的所有 $r$ 阶子式是怎样的？一个 $r$ 阶子式是通过从矩阵 $A$ 中选取 $r$ 行（我们假设 $r le n$）然后取这 $r$ 行构成的 $r imes r$ 子矩阵的行列式。
让我们考虑一个 $r imes r$ 的子矩阵，它由矩阵 $A$ 的第 $i_1, i_2, dots, i_r$ 行组成。记这个子矩阵为 $A_{i_1, dots, i_r}$。
那么问题陈述就是：
$(sum_{1 le i_1 < i_2 < dots < i_r le n} det(A_{i_1, dots, i_r}))^2 = det(G)$
注意：这里有一个小小的误解在问题陈述中。 通常，“$r$ 个向量张成平行体的体积的平方”是通过格拉姆行列式定义的。而“所有 $r$ 阶子式的平方和”通常与另一个重要概念相关，即BinetCauchy定理。
BinetCauchy定理指出，如果 $A$ 是一个 $n imes r$ 矩阵， $B$ 是一个 $r imes n$ 矩阵，并且 $r le n$，那么：
$det(AB) = sum_{S} det(A_S) det(B_S)$
其中 $S$ 是 ${1, 2, dots, n}$ 的一个包含 $r$ 个元素的子集，$A_S$ 是矩阵 $A$ 中对应于行下标属于 $S$ 的子矩阵（尺寸为 $r imes r$），$B_S$ 是矩阵 $B$ 中对应于列下标属于 $S$ 的子矩阵（尺寸为 $r imes r$）。
现在，让我们回到我们的 $n imes r$ 矩阵 $A = egin{pmatrix} v_1 & v_2 & dots & v_r end{pmatrix}$。
考虑矩阵 $A^T A$。这是一个 $r imes r$ 的矩阵。
$A^T A = egin{pmatrix} v_1^T \ v_2^T \ vdots \ v_r^T end{pmatrix} egin{pmatrix} v_1 & v_2 & dots & v_r end{pmatrix} = egin{pmatrix}
v_1^T v_1 & v_1^T v_2 & dots & v_1^T v_r \
v_2^T v_1 & v_2^T v_2 & dots & v_2^T v_r \
vdots & vdots & ddots & vdots \
v_r^T v_1 & v_r^T v_2 & dots & v_r^T v_r
end{pmatrix}$
注意到 $v_i^T v_j = v_i cdot v_j$。所以，$A^T A$ 正是格拉姆矩阵 $G$！
因此，我们有：
$det(G) = det(A^T A)$
现在，我们来看看 $A^T A$ 的行列式与 $A$ 的 $r$ 阶子式之间的关系。
关键连接： $det(A^T A) = sum_{1 le i_1 < i_2 < dots < i_r le n} (det(A_{i_1, dots, i_r}))^2$
这个等式不是“所有 $r$ 阶子式的平方和”，而是“所有由 $r$ 行构成的子矩阵的行列式的平方和”。
让我们来证明这个关键连接。
证明 $det(A^T A) = sum_{1 le i_1 < i_2 < dots < i_r le n} (det(A_{i_1, dots, i_r}))^2$
假设 $A$ 是一个 $n imes r$ 的矩阵，其中 $r le n$。
我们想证明 $det(A^T A) = sum_{1 le i_1 < dots < i_r le n} (det(A_{i_1, dots, i_r}))^2$。
让我们考虑一个更一般的情况，即矩阵 $C = A^T A$ 的行列式。
$C$ 是一个 $r imes r$ 的矩阵。
实际上，我们可以通过先对 $A$ 进行某种形式的正交化（例如GramSchmidt过程）来理解它。但更直接的方法是利用 BinetCauchy 定理。
利用 BinetCauchy 定理的另一种形式
一个相关的定理是：如果 $A$ 是一个 $n imes r$ 矩阵，$B$ 是一个 $r imes n$ 矩阵，$r le n$。
$det(AB) = sum_{S} det(A_S) det(B_S)$
这里 $S$ 是 ${1, dots, n}$ 的一个 $r$ 元子集。$A_S$ 是 $A$ 的由 $S$ 定义的行构成的 $r imes r$ 子矩阵，$B_S$ 是 $B$ 的由 $S$ 定义的列构成的 $r imes r$ 子矩阵。
令 $B = A^T$。那么 $A^T$ 是一个 $r imes n$ 的矩阵。
$A^T A$ 是一个 $r imes r$ 的矩阵。
$det(A^T A) = sum_{S} det(A_S) det((A^T)_S)$
这里，$S = {i_1, i_2, dots, i_r}$ 是 ${1, 2, dots, n}$ 的一个 $r$ 元子集，按升序排列。
$A_S$ 是矩阵 $A$ 的行（由 $S$ 指定）构成的 $r imes r$ 子矩阵。
$(A^T)_S$ 是矩阵 $A^T$ 的列（由 $S$ 指定）构成的 $r imes r$ 子矩阵。
现在来看 $(A^T)_S$ 是什么。
$A^T$ 的第 $j$ 列是 $A$ 的第 $j$ 行的转置。
所以，$(A^T)_S$ 是矩阵 $A^T$ 中列索引为 $i_1, i_2, dots, i_r$ 的那些列组成的矩阵。
也就是说，$(A^T)_S$ 的第 $k$ 列是 $A^T$ 的第 $i_k$ 列。
而 $A^T$ 的第 $i_k$ 列，正是 $A$ 的第 $i_k$ 行的转置。
我们知道，一个矩阵的转置的行列式等于它本身行列式：$det(M^T) = det(M)$。
另外，对一个矩阵取子列，如果我们希望得到一个 $r imes r$ 的矩阵，并且其转置的行列式与原矩阵的行列式相关。
考虑 $(A^T)_S$ 的转置：$((A^T)_S)^T$。
$(A^T)_S$ 是一个 $r imes r$ 的矩阵，它的第 $k$ 列是 $A$ 的第 $i_k$ 行的转置。
所以，$((A^T)_S)^T$ 是一个 $r imes r$ 的矩阵，它的第 $k$ 行是 $A$ 的第 $i_k$ 行。
这意味着 $((A^T)_S)^T$ 正是矩阵 $A$ 的由行 $i_1, i_2, dots, i_r$ 构成的子矩阵，也就是 $A_S$！
因此，$det((A^T)_S) = det(((A^T)_S)^T) = det(A_S)$。
代入 BinetCauchy 定理中：
$det(A^T A) = sum_{S} det(A_S) det(A_S)$
$det(A^T A) = sum_{S} (det(A_S))^2$
其中 $S$ 是 ${1, 2, dots, n}$ 的所有 $r$ 元子集，按升序排列 ${i_1, i_2, dots, i_r}$。
这正是：
$det(A^T A) = sum_{1 le i_1 < i_2 < dots < i_r le n} (det(A_{i_1, dots, i_r}))^2$
结论
我们已经证明：
1. $r$ 个向量 $v_1, dots, v_r$ 张成的平行体的体积的平方等于格拉姆矩阵 $G = A^T A$ 的行列式，其中 $A = egin{pmatrix} v_1 & dots & v_r end{pmatrix}$。
2. 根据 BinetCauchy 定理的推论，$det(A^T A) = sum_{1 le i_1 < dots < i_r le n} (det(A_{i_1, dots, i_r}))^2$，其中 $A_{i_1, dots, i_r}$ 是矩阵 $A$ 的由第 $i_1, dots, i_r$ 行构成的 $r imes r$ 子矩阵的行列式。
因此，$r$ 个线性无关 $n$ 维向量 $v_1, dots, v_r$ 张成平行体的体积的平方，等于由这 $r$ 个向量构成的 $n imes r$ 矩阵 $A$ 的所有 $r$ 行构成的子矩阵的行列式的平方和。
关于“所有$r$阶子式”的细微差别
需要注意的是，通常我们说矩阵的“$r$ 阶子式”时，可能指的是从一个 $m imes n$ 矩阵（$m ge r, n ge r$）中选取 $r$ 行和 $r$ 列所形成的 $r imes r$ 子矩阵的行列式。
在我们的情况下，矩阵 $A$ 是 $n imes r$ 的。
如果 $r=n$，那么矩阵 $A$ 是一个方阵，只有一个 $r$ 阶子式，就是它自身的行列式 $det(A)$。而 $A^T A = A^T A$。这个公式是否成立？
$A$ 是 $n imes n$ 的。$det(A^T A) = det(A^T) det(A) = (det(A))^2$。
此时唯一的一个 $n$ 阶子式是 $det(A)$。平方和就是 $(det(A))^2$。所以，对于 $r=n$ 的情况是成立的。
如果 $r < n$，如问题所问。那么从 $n imes r$ 矩阵 $A$ 中选取 $r$ 行，得到的是一个 $r imes r$ 子矩阵。选择哪 $r$ 行，就决定了我们考虑的子矩阵。
问题陈述“所有$r$阶子式的平方和”在这种情况下，指的就是我们上面使用的 $A_S$ 的行列式的平方和。
澄清： 如果“$r$ 阶子式”指的是从 $n imes r$ 矩阵中选取 $r$ 行和 所有 $r$ 列形成的子矩阵，那么这就是我们这里讨论的 $A_S$ 的行列式。
如果“$r$ 阶子式”还可以包含“选取 $r$ 行和 部分 $r$ 列”的情况，那么情况就不同了。但通常在讨论张成空间的体积时，我们关注的是由向量构成的矩阵的行（或列）所张成的空间。在这里，矩阵 $A$ 的列就是那 $r$ 个向量，它们已经“占据”了 $r$ 个维度。从 $n$ 行中选取 $r$ 行，相当于在原空间 $mathbb{R}^n$ 中选择了 $r$ 个“投影面”（或者说，定义了一个 $r$ 维的“截面”），然后在这些截面上形成的 $r$ 维平行体的体积。
最终的准确表述是：
$r$ 个线性无关的 $n$ 维向量 $v_1, dots, v_r$ 张成的 $r$ 维平行体的体积的平方，等于由这 $r$ 个向量构成的 $n imes r$ 矩阵 $A$ 的所有 $r$ 行构成的 $r imes r$ 子矩阵的行列式的平方和。
这个结果是数学中一个非常强大的联系，它将几何概念（体积）与代数概念（行列式和子式）紧密地结合在了一起。它也展示了矩阵分析在处理高维几何问题中的核心作用。
对于一组 $r$ 个线性无关的 $n$ 维向量，它们张成的平行体的体积的平方，确实等于这 $r$ 个向量构成矩阵的所有 $r$ 阶子式的平方和。这个结论通常被称为拉普拉斯展开定理（Laplace Expansion Theorem）的一个推广，或者更准确地说，它与格拉姆行列式（Gram Determinant）紧密相关。
让我们一步步来理解和证明它。
什么是 $r$ 个向量张成的平行体？
首先，我们需要明确“$r$ 个向量张成的平行体”的体积是如何定义的。
设我们有 $r$ 个线性无关的 $n$ 维向量：
$v_1, v_2, dots, v_r in mathbb{R}^n$
我们可以将这 $r$ 个向量作为列向量（或者行向量，结果是一样的），构成一个 $n imes r$ 的矩阵 $A$：
$A = egin{pmatrix} v_1 & v_2 & dots & v_r end{pmatrix}$
这 $r$ 个向量张成的是 $mathbb{R}^n$ 中的一个 $r$ 维子空间（因为它们线性无关）。这个子空间中的所有向量都可以表示为这 $r$ 个向量的线性组合：
$w = c_1 v_1 + c_2 v_2 + dots + c_r v_r$, 其中 $c_1, dots, c_r in mathbb{R}$。
当我们将这些线性组合的系数看作一个 $r$ 维向量 $(c_1, dots, c_r)$ 时，它们在 $mathbb{R}^n$ 中就描绘出了一个“平行体”。如果 $r < n$，这个平行体是在 $mathbb{R}^n$ 中的一个 $r$ 维“扁平”的空间中。
对于 $r$ 个向量张成的平行体的体积，标准定义是通过格拉姆矩阵来实现的。
格拉姆矩阵和格拉姆行列式
给定 $r$ 个向量 $v_1, v_2, dots, v_r in mathbb{R}^n$，它们张成的平行体的体积的平方，就等于由这些向量的内积构成的格拉姆矩阵的行列式。
格拉姆矩阵 $G$ 是一个 $r imes r$ 的矩阵，其元素 $G_{ij}$ 定义为向量 $v_i$ 和 $v_j$ 的内积：
$G_{ij} = v_i cdot v_j = v_i^T v_j$
所以，$G = egin{pmatrix}
v_1 cdot v_1 & v_1 cdot v_2 & dots & v_1 cdot v_r \
v_2 cdot v_1 & v_2 cdot v_2 & dots & v_2 cdot v_r \
vdots & vdots & ddots & vdots \
v_r cdot v_1 & v_r cdot v_2 & dots & v_r cdot v_r
end{pmatrix}$
格拉姆行列式为 $det(G)$。
关键定理： $r$ 个向量 $v_1, v_2, dots, v_r$ 张成的平行体的体积的平方等于 $det(G)$。
理解为什么是体积的平方
让我们稍微解释一下为什么格拉姆行列式与体积有关。
考虑更简单的情况，两个向量 $v_1, v_2 in mathbb{R}^n$。它们张成一个平行四边形。这个平行四边形的面积可以通过向量叉积（在 $mathbb{R}^3$ 中）来计算，其大小就是平行四边形的面积。然而，在 $mathbb{R}^n$ 中，$n>3$ 时，叉积的概念不直接适用。
向量 $v_1, v_2$ 张成的平行四边形的面积可以通过计算：
面积 $= |v_1| |v_2| |sin( heta)|$
其中 $ heta$ 是 $v_1$ 和 $v_2$ 之间的夹角。
格拉姆矩阵为：
$G = egin{pmatrix} v_1 cdot v_1 & v_1 cdot v_2 \ v_2 cdot v_1 & v_2 cdot v_2 end{pmatrix} = egin{pmatrix} |v_1|^2 & |v_1| |v_2| cos( heta) \ |v_2| |v_1| cos( heta) & |v_2|^2 end{pmatrix}$
$det(G) = |v_1|^2 |v_2|^2 (|v_1| |v_2| cos( heta))^2$
$det(G) = |v_1|^2 |v_2|^2 (1 cos^2( heta))$
$det(G) = |v_1|^2 |v_2|^2 sin^2( heta)$
$det(G) = (|v_1| |v_2| |sin( heta)|)^2$
这正是平行四边形面积的平方！
对于 $r$ 个向量，这个概念推广了。平行体的体积可以通过其“底面积”乘以“高”来理解，或者通过将向量投影到正交基上。格拉姆矩阵的行列式本质上捕捉了这 $r$ 个向量在 $mathbb{R}^n$ 中的“展开”程度。
问题陈述的另一种形式
现在让我们回到问题的核心：$r$ 个线性无关 $n$ 维向量 $v_1, dots, v_r$ 的所有 $r$ 阶子式的平方和等于这 $r$ 个向量张成平行体的体积的平方。
如何将“$r$ 阶子式的平方和”与“格拉姆行列式”联系起来？
我们可以将这 $r$ 个向量写成列向量，构成一个 $n imes r$ 的矩阵 $A$:
$A = egin{pmatrix} v_1 & v_2 & dots & v_r end{pmatrix}$
矩阵 $A$ 的所有 $r$ 阶子式是怎样的？一个 $r$ 阶子式是通过从矩阵 $A$ 中选取 $r$ 行（我们假设 $r le n$）然后取这 $r$ 行构成的 $r imes r$ 子矩阵的行列式。
让我们考虑一个 $r imes r$ 的子矩阵，它由矩阵 $A$ 的第 $i_1, i_2, dots, i_r$ 行组成。记这个子矩阵为 $A_{i_1, dots, i_r}$。
那么问题陈述就是：
$(sum_{1 le i_1 < i_2 < dots < i_r le n} det(A_{i_1, dots, i_r}))^2 = det(G)$
注意：这里有一个小小的误解在问题陈述中。 通常，“$r$ 个向量张成平行体的体积的平方”是通过格拉姆行列式定义的。而“所有 $r$ 阶子式的平方和”通常与另一个重要概念相关，即BinetCauchy定理。
BinetCauchy定理指出，如果 $A$ 是一个 $n imes r$ 矩阵， $B$ 是一个 $r imes n$ 矩阵，并且 $r le n$，那么：
$det(AB) = sum_{S} det(A_S) det(B_S)$
其中 $S$ 是 ${1, 2, dots, n}$ 的一个包含 $r$ 个元素的子集，$A_S$ 是矩阵 $A$ 中对应于行下标属于 $S$ 的子矩阵（尺寸为 $r imes r$），$B_S$ 是矩阵 $B$ 中对应于列下标属于 $S$ 的子矩阵（尺寸为 $r imes r$）。
现在，让我们回到我们的 $n imes r$ 矩阵 $A = egin{pmatrix} v_1 & v_2 & dots & v_r end{pmatrix}$。
考虑矩阵 $A^T A$。这是一个 $r imes r$ 的矩阵。
$A^T A = egin{pmatrix} v_1^T \ v_2^T \ vdots \ v_r^T end{pmatrix} egin{pmatrix} v_1 & v_2 & dots & v_r end{pmatrix} = egin{pmatrix}
v_1^T v_1 & v_1^T v_2 & dots & v_1^T v_r \
v_2^T v_1 & v_2^T v_2 & dots & v_2^T v_r \
vdots & vdots & ddots & vdots \
v_r^T v_1 & v_r^T v_2 & dots & v_r^T v_r
end{pmatrix}$
注意到 $v_i^T v_j = v_i cdot v_j$。所以，$A^T A$ 正是格拉姆矩阵 $G$！
因此，我们有：
$det(G) = det(A^T A)$
现在，我们来看看 $A^T A$ 的行列式与 $A$ 的 $r$ 阶子式之间的关系。
关键连接： $det(A^T A) = sum_{1 le i_1 < i_2 < dots < i_r le n} (det(A_{i_1, dots, i_r}))^2$
这个等式不是“所有 $r$ 阶子式的平方和”，而是“所有由 $r$ 行构成的子矩阵的行列式的平方和”。
让我们来证明这个关键连接。
证明 $det(A^T A) = sum_{1 le i_1 < i_2 < dots < i_r le n} (det(A_{i_1, dots, i_r}))^2$
假设 $A$ 是一个 $n imes r$ 的矩阵，其中 $r le n$。
我们想证明 $det(A^T A) = sum_{1 le i_1 < dots < i_r le n} (det(A_{i_1, dots, i_r}))^2$。
让我们考虑一个更一般的情况，即矩阵 $C = A^T A$ 的行列式。
$C$ 是一个 $r imes r$ 的矩阵。
实际上，我们可以通过先对 $A$ 进行某种形式的正交化（例如GramSchmidt过程）来理解它。但更直接的方法是利用 BinetCauchy 定理。
利用 BinetCauchy 定理的另一种形式
一个相关的定理是：如果 $A$ 是一个 $n imes r$ 矩阵，$B$ 是一个 $r imes n$ 矩阵，$r le n$。
$det(AB) = sum_{S} det(A_S) det(B_S)$
这里 $S$ 是 ${1, dots, n}$ 的一个 $r$ 元子集。$A_S$ 是 $A$ 的由 $S$ 定义的行构成的 $r imes r$ 子矩阵，$B_S$ 是 $B$ 的由 $S$ 定义的列构成的 $r imes r$ 子矩阵。
令 $B = A^T$。那么 $A^T$ 是一个 $r imes n$ 的矩阵。
$A^T A$ 是一个 $r imes r$ 的矩阵。
$det(A^T A) = sum_{S} det(A_S) det((A^T)_S)$
这里，$S = {i_1, i_2, dots, i_r}$ 是 ${1, 2, dots, n}$ 的一个 $r$ 元子集，按升序排列。
$A_S$ 是矩阵 $A$ 的行（由 $S$ 指定）构成的 $r imes r$ 子矩阵。
$(A^T)_S$ 是矩阵 $A^T$ 的列（由 $S$ 指定）构成的 $r imes r$ 子矩阵。
现在来看 $(A^T)_S$ 是什么。
$A^T$ 的第 $j$ 列是 $A$ 的第 $j$ 行的转置。
所以，$(A^T)_S$ 是矩阵 $A^T$ 中列索引为 $i_1, i_2, dots, i_r$ 的那些列组成的矩阵。
也就是说，$(A^T)_S$ 的第 $k$ 列是 $A^T$ 的第 $i_k$ 列。
而 $A^T$ 的第 $i_k$ 列，正是 $A$ 的第 $i_k$ 行的转置。
我们知道，一个矩阵的转置的行列式等于它本身行列式：$det(M^T) = det(M)$。
另外，对一个矩阵取子列，如果我们希望得到一个 $r imes r$ 的矩阵，并且其转置的行列式与原矩阵的行列式相关。
考虑 $(A^T)_S$ 的转置：$((A^T)_S)^T$。
$(A^T)_S$ 是一个 $r imes r$ 的矩阵，它的第 $k$ 列是 $A$ 的第 $i_k$ 行的转置。
所以，$((A^T)_S)^T$ 是一个 $r imes r$ 的矩阵，它的第 $k$ 行是 $A$ 的第 $i_k$ 行。
这意味着 $((A^T)_S)^T$ 正是矩阵 $A$ 的由行 $i_1, i_2, dots, i_r$ 构成的子矩阵，也就是 $A_S$！
因此，$det((A^T)_S) = det(((A^T)_S)^T) = det(A_S)$。
代入 BinetCauchy 定理中：
$det(A^T A) = sum_{S} det(A_S) det(A_S)$
$det(A^T A) = sum_{S} (det(A_S))^2$
其中 $S$ 是 ${1, 2, dots, n}$ 的所有 $r$ 元子集，按升序排列 ${i_1, i_2, dots, i_r}$。
这正是：
$det(A^T A) = sum_{1 le i_1 < i_2 < dots < i_r le n} (det(A_{i_1, dots, i_r}))^2$
结论
我们已经证明：
1. $r$ 个向量 $v_1, dots, v_r$ 张成的平行体的体积的平方等于格拉姆矩阵 $G = A^T A$ 的行列式，其中 $A = egin{pmatrix} v_1 & dots & v_r end{pmatrix}$。
2. 根据 BinetCauchy 定理的推论，$det(A^T A) = sum_{1 le i_1 < dots < i_r le n} (det(A_{i_1, dots, i_r}))^2$，其中 $A_{i_1, dots, i_r}$ 是矩阵 $A$ 的由第 $i_1, dots, i_r$ 行构成的 $r imes r$ 子矩阵的行列式。
因此，$r$ 个线性无关 $n$ 维向量 $v_1, dots, v_r$ 张成平行体的体积的平方，等于由这 $r$ 个向量构成的 $n imes r$ 矩阵 $A$ 的所有 $r$ 行构成的子矩阵的行列式的平方和。
关于“所有$r$阶子式”的细微差别
需要注意的是，通常我们说矩阵的“$r$ 阶子式”时，可能指的是从一个 $m imes n$ 矩阵（$m ge r, n ge r$）中选取 $r$ 行和 $r$ 列所形成的 $r imes r$ 子矩阵的行列式。
在我们的情况下，矩阵 $A$ 是 $n imes r$ 的。
如果 $r=n$，那么矩阵 $A$ 是一个方阵，只有一个 $r$ 阶子式，就是它自身的行列式 $det(A)$。而 $A^T A = A^T A$。这个公式是否成立？
$A$ 是 $n imes n$ 的。$det(A^T A) = det(A^T) det(A) = (det(A))^2$。
此时唯一的一个 $n$ 阶子式是 $det(A)$。平方和就是 $(det(A))^2$。所以，对于 $r=n$ 的情况是成立的。
如果 $r < n$，如问题所问。那么从 $n imes r$ 矩阵 $A$ 中选取 $r$ 行，得到的是一个 $r imes r$ 子矩阵。选择哪 $r$ 行，就决定了我们考虑的子矩阵。
问题陈述“所有$r$阶子式的平方和”在这种情况下，指的就是我们上面使用的 $A_S$ 的行列式的平方和。
澄清： 如果“$r$ 阶子式”指的是从 $n imes r$ 矩阵中选取 $r$ 行和 所有 $r$ 列形成的子矩阵，那么这就是我们这里讨论的 $A_S$ 的行列式。
如果“$r$ 阶子式”还可以包含“选取 $r$ 行和 部分 $r$ 列”的情况，那么情况就不同了。但通常在讨论张成空间的体积时，我们关注的是由向量构成的矩阵的行（或列）所张成的空间。在这里，矩阵 $A$ 的列就是那 $r$ 个向量，它们已经“占据”了 $r$ 个维度。从 $n$ 行中选取 $r$ 行，相当于在原空间 $mathbb{R}^n$ 中选择了 $r$ 个“投影面”（或者说，定义了一个 $r$ 维的“截面”），然后在这些截面上形成的 $r$ 维平行体的体积。
最终的准确表述是：
$r$ 个线性无关的 $n$ 维向量 $v_1, dots, v_r$ 张成的 $r$ 维平行体的体积的平方，等于由这 $r$ 个向量构成的 $n imes r$ 矩阵 $A$ 的所有 $r$ 行构成的 $r imes r$ 子矩阵的行列式的平方和。
这个结果是数学中一个非常强大的联系，它将几何概念（体积）与代数概念（行列式和子式）紧密地结合在了一起。它也展示了矩阵分析在处理高维几何问题中的核心作用。
网友意见
这就是 阶外向量空间上的勾股定理。若用 表示向量空间 上的内积，则 上的两个 形式 的内积定义为 。当 时这个内积就退化为 上的内积。
现在令 是一个 维向量空间， 是如下的投影：
。
它取前 个分量，将其它分量清零。这个投影诱导了上的（到一个一维子空间的）投影：
。
如果我们不只是取前 个分量，而是在 个分量中任取 个，我们会得到另一个投影。这样的投影一共有 个，它们在上诱导了 个到一维子空间的投影，我们将证明这些一维子空间都是正交的，而 又恰好是的维数。要证明的结论其实就是如下的事实：
任意上的向量，它的模的平方，等于它到 个互相正交的一维子空间上投影的模的平方和。
而这就是勾股定理的内容。
我们先举一个例子来说明以上内容。取 ，取两个 中的向量 ， 。将这俩排成一个矩阵
，
首先注意到 张成的平行四边形面积就是外向量 的模：
。
第一个投影 （将第三个分量清零）将 映射成 ，它俩的外积的模是
。
它等于 的第一个 阶子式的行列式。类似的计算 ， 。从而可以验证平方和等式 。
下面证明上述结论。先说明确实是到一维子空间的正交投影。这是因为 的像空间是 维的，而 维线性空间上的 阶外向量空间的维数 。而由 幂等和对称，知道上述诱导映射也是幂等且对称的，从而确实是到像空间上的正交投影。
然后说明不同的投影诱导的 上的投影的像空间互相正交。如果 是 上两个不同的投影，两个向量 做内积时，被清零的那些分量没有贡献。比如如果
那么 ，
也就是说，对内积起作用的分量指标，是两个像空间的非零指标集的交，也就是投影 的非零指标集。从而可以得到
。
注意到如果 ，那么 的像空间维数小于 。从而如果 是一个 形式，那么 （低于 维空间中的 形式都是零）。
这样两个投影将会正交，这是因为
最后一个式子内积的两个向量都是零。
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