如何证明若行列式 D 中有两行元素分别对应成比例，则 D=0？
好的，我们来详细地证明这个关于行列式的性质：若行列式 $D$ 中有两行元素分别对应成比例，则 $D=0$。
这个性质是行列式的一个非常重要的基本性质，它有多种证明方法。我们将从几个不同的角度来解释，力求详细易懂。
核心思想： 行列式代表了一个由行向量（或列向量）构成的 $n$ 维空间的体积（带符号）。如果两行向量是线性相关的（即成比例），那么它们所张成的空间是降维的，体积为零。
证明方法一：利用行列式的代数展开公式
行列式的代数展开公式（按行展开）是：
对于一个 $n imes n$ 的矩阵 $A = (a_{ij})$，其行列式 $D = det(A)$ 可以表示为：
$D = sum_{j=1}^n (1)^{i+j} a_{ij} M_{ij}$
其中，$i$ 是选定的行，$a_{ij}$ 是第 $i$ 行第 $j$ 列的元素，$M_{ij}$ 是去掉第 $i$ 行和第 $j$ 列后得到的 $(n1) imes (n1)$ 子矩阵的行列式（称为代数余子式）。
证明步骤：
1. 设阵： 考虑一个 $n imes n$ 的矩阵 $A$，其行列式为 $D = det(A)$。
2. 设定比例关系： 假设矩阵 $A$ 的第 $i$ 行和第 $k$ 行（其中 $i eq k$）的元素分别对应成比例。这意味着存在一个常数 $lambda$ 使得对于所有的列 $j$（$1 le j le n$），都有：
$a_{kj} = lambda a_{ij}$
3. 选择展开行： 为了方便证明，我们选择其中一行（例如第 $k$ 行）来按行展开行列式 $D$。
$D = sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{kj} M_{kj}$
4. 代入比例关系： 将比例关系 $a_{kj} = lambda a_{ij}$ 代入上面的展开式：
$D = sum_{j=1}^n (1)^{k+j} (lambda a_{ij}) M_{kj}$
5. 提取常数 $lambda$： 由于 $lambda$ 是一个常数，可以从求和中提取出来：
$D = lambda sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj}$
6. 识别新的行列式： 现在观察求和式 $sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj}$。它是什么？
它是由矩阵 $A$ 的第 $i$ 行元素 $a_{ij}$ 与它们对应的代数余子式 $M_{kj}$ 相乘后求和。
关键点来了： 这里的代数余子式 $M_{kj}$ 是通过去掉矩阵 $A$ 的第 $k$ 行和第 $j$ 列得到的。
但是，我们现在的求和式中，代数余子式是 $M_{kj}$，而它又是通过去掉第 $k$ 行和第 $j$ 列得到的。
我们上面展开时是按第 $k$ 行展开的，所以 $a_{kj}$ 对应的代数余子式应该是去掉第 $k$ 行和第 $j$ 列得到的子矩阵的行列式，即 $M_{kj}$。
现在，我们把 $a_{kj} = lambda a_{ij}$ 代入，得到 $lambda sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj}$。
这个求和 $sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj}$ 正是用矩阵 $A$ 的第 $i$ 行元素 $a_{ij}$ 去按第 $k$ 行展开所得到的行列式的值。
当我们在一个行列式中，用某一行（例如第 $i$ 行）的元素去乘以另一行（例如第 $k$ 行）的代数余子式并相加时，其结果是零。
为什么会是零？
回忆一下行列式的代数展开性质：
按第 $i$ 行展开：$D = sum_{j=1}^n (1)^{i+j} a_{ij} M_{ij}$
如果用第 $i$ 行元素去乘以第 $p$ 行的代数余子式（$p eq i$），即 $sum_{j=1}^n (1)^{p+j} a_{ij} M_{pj}$，这实际上相当于将矩阵 $A$ 的第 $p$ 行复制成第 $i$ 行，然后计算该新矩阵的行列式。因为该新矩阵有两行是相同的（原来的第 $i$ 行和被复制成第 $i$ 行的第 $p$ 行），所以其行列式为零。
在我们的推导中，$sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj}$ 就是用矩阵 $A$ 的第 $i$ 行元素去按第 $k$ 行展开的结果。而展开时使用的代数余子式 $M_{kj}$ 是通过去掉原矩阵的第 $k$ 行和第 $j$ 列得到的。
所以，$sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj}$ 实际上是用矩阵 $A$ 的第 $i$ 行元素 $a_{ij}$ 去乘以去掉原矩阵第 $k$ 行和第 $j$ 列后的子矩阵的行列式 $M_{kj}$ 并求和。
这个表达式 $sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj}$ 是用矩阵 $A$ 的第 $i$ 行去按照第 $k$ 行展开的结果。但是，展开时使用的代数余子式 $M_{kj}$ 是由除去第 $k$ 行得到的子矩阵的行列式。
所以，这个和式代表的是一个新的矩阵的行列式，而这个新矩阵是将原矩阵 $A$ 的第 $k$ 行替换为矩阵 $A$ 的第 $i$ 行所得到的。
也就是说，这个新矩阵有两行是相同的（原矩阵的第 $i$ 行和新替换上去的第 $i$ 行），因此它的行列式必定为零。
更严谨地说明：
我们有 $D = sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{kj} M_{kj}$。
已知 $a_{kj} = lambda a_{ij}$。
代入得到 $D = sum_{j=1}^n (1)^{k+j} (lambda a_{ij}) M_{kj} = lambda sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj}$。
现在我们看 $sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj}$。
这正是按照第 $k$ 行展开的行列式形式。但是，展开式中的元素是 $a_{ij}$，而代数余子式 $M_{kj}$ 是去掉矩阵 $A$ 的第 $k$ 行和第 $j$ 列得到的子矩阵的行列式。
这等同于计算一个新矩阵的行列式，该新矩阵的第 $k$ 行的元素是 $a_{ij}$（即原矩阵的第 $i$ 行元素），而其他行的元素与原矩阵 $A$ 完全相同。
这个新矩阵的第 $k$ 行和第 $i$ 行（$i eq k$）是相同的（因为我们用第 $i$ 行的元素去“填充”了第 $k$ 行）。
一个具有两行（或两列）相同的矩阵，其行列式为零。
7. 结论： 因此，$sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj} = 0$。
所以，$D = lambda imes 0 = 0$。
证明方法二：利用行列式的性质（行变换）
证明步骤：
1. 设阵： 考虑一个 $n imes n$ 的矩阵 $A$，其行列式为 $D = det(A)$。
2. 设定比例关系： 假设矩阵 $A$ 的第 $i$ 行和第 $k$ 行（其中 $i eq k$）的元素分别对应成比例。这意味着存在一个常数 $lambda$ 使得对于所有的列 $j$（$1 le j le n$），都有：
$a_{kj} = lambda a_{ij}$
3. 进行行变换： 对矩阵 $A$ 进行一次初等行变换：将第 $k$ 行替换为“第 $k$ 行减去 $lambda$ 倍的第 $i$ 行”。我们称这个新的矩阵为 $A'$。
$A'_{mj} = A_{mj}$ (当 $m eq k$)
$A'_{kj} = a_{kj} lambda a_{ij}$ (当 $m = k$)
4. 计算新矩阵的行列式：
根据我们设定的比例关系，$a_{kj} = lambda a_{ij}$，我们可以看到新矩阵 $A'$ 的第 $k$ 行的每个元素都是：
$A'_{kj} = a_{kj} lambda a_{ij} = (lambda a_{ij}) lambda a_{ij} = 0$
因此，新矩阵 $A'$ 的第 $k$ 行所有元素都为零。
一个矩阵如果有一整行（或一整列）的元素全为零，那么它的行列式为零。
可以通过代数展开公式证明这一点：如果你按全零行进行展开，每一项都包含该行的元素，所以结果必然为零。
所以，$det(A') = 0$。
5. 行变换对行列式的影响：
我们使用的行变换是“用某一行减去另一行的倍数”。这种行变换不改变行列式的值。
换句话说，$det(A') = det(A) = D$。
6. 结论：
由于 $det(A') = 0$ 且 $det(A') = D$，所以 $D = 0$。
这个方法通常被认为是最简洁和最直观的。
证明方法三：利用行列式的多线性性
行列式对于每一行（或每一列）都具有多线性性。这意味着：
常数因子性质： 行列式中某一行（或列）的常数因子可以提到行列式符号的外面。
$det(dots, c cdot R_i, dots) = c cdot det(dots, R_i, dots)$
加法性质： 行列式中某一行（或列）的和可以拆分成两个行列式的和。
$det(dots, R_i + R'_i, dots) = det(dots, R_i, dots) + det(dots, R'_i, dots)$
证明步骤：
1. 设阵： 考虑一个 $n imes n$ 的矩阵 $A$，其行列式为 $D = det(A)$。
2. 设定比例关系： 假设矩阵 $A$ 的第 $i$ 行和第 $k$ 行（其中 $i eq k$）的元素分别对应成比例。这意味着存在一个常数 $lambda$ 使得对于所有的列 $j$（$1 le j le n$），都有：
$a_{kj} = lambda a_{ij}$
记矩阵 $A$ 的第 $i$ 行向量为 $R_i = (a_{i1}, a_{i2}, dots, a_{in})$，第 $k$ 行向量为 $R_k = (a_{k1}, a_{k2}, dots, a_{kn})$。
则我们有 $R_k = lambda R_i$。
3. 应用行列式多线性性（常数因子性质）：
将矩阵 $A$ 的第 $k$ 行 $R_k$ 用 $lambda R_i$ 替换（这只是一种表示方式，不代表真正的行变换）。
$D = det(dots, R_i, dots, R_k, dots)$
由于 $R_k = lambda R_i$，我们可以将 $lambda$ 提到行列式符号外面：
$D = det(dots, R_i, dots, lambda R_i, dots)$
$D = lambda cdot det(dots, R_i, dots, R_i, dots)$
4. 识别新行列式：
现在我们看到的行列式 $det(dots, R_i, dots, R_i, dots)$ 是一个新矩阵的行列式，这个新矩阵的第 $i$ 行和第 $k$ 行（此处 $k$ 是我们指定的那一行）是完全相同的（都是 $R_i$）。
5. 利用两行相同的性质：
一个具有两行（或两列）相同的矩阵，其行列式为零。这是行列式另一个重要的基本性质。
证明这个性质也可以通过代数展开。如果矩阵 $B$ 的第 $p$ 行和第 $q$ 行相同 ($p eq q$)，那么 $b_{pj} = b_{qj}$ 对于所有 $j$ 都成立。
按第 $p$ 行展开：$det(B) = sum_{j=1}^n (1)^{p+j} b_{pj} M_{pj}$。
代数余子式 $M_{pj}$ 是去掉第 $p$ 行和第 $j$ 列得到的。
现在考虑一个新矩阵 $B'$，它是通过将矩阵 $B$ 的第 $q$ 行复制到第 $p$ 行得到的。
那么，在计算 $det(B')$ 时，按第 $p$ 行展开是 $sum_{j=1}^n (1)^{p+j} b'_{pj} M'_{pj}$。
因为 $B'$ 的第 $p$ 行是复制自 $B$ 的第 $q$ 行，所以 $b'_{pj} = b_{qj}$。同时，去掉第 $p$ 行和第 $j$ 列后的子矩阵，其余的行与矩阵 $B$ 是一样的，只不过第 $q$ 行被“移走”了。
然而，在原始矩阵 $B$ 中，第 $p$ 行和第 $q$ 行是相同的。所以，去掉第 $p$ 行和第 $j$ 列后得到的子矩阵（记为 $M'_{pj}$），与去掉第 $q$ 行和第 $j$ 列后得到的子矩阵（记为 $M_{qj}$）是相同的。
也就是说，$M'_{pj} = M_{qj}$（这里的 $M_{qj}$ 是矩阵 $B$ 去掉第 $q$ 行和第 $j$ 列得到的代数余子式）。
所以，$det(B) = sum_{j=1}^n (1)^{p+j} b_{pj} M_{pj}$。
我们知道，如果一个矩阵有两行相同，它的行列式为零。所以 $det(dots, R_i, dots, R_i, dots) = 0$。
6. 结论：
因此，$D = lambda cdot 0 = 0$。
总结
这三种证明方法都殊途同归，最终都证明了：若行列式 $D$ 中有两行元素分别对应成比例，则 $D=0$。
方法一（代数展开）： 直接利用代数展开公式，将比例关系代入，发现展开项变成了用某一行元素去乘以另一行的代数余子式之和，其结果为零。
方法二（行变换）： 通过一次行变换将其中一行为零行，从而使新矩阵行列式为零。由于该行变换不改变行列式的值，原行列式也必然为零。这是最直观的方法。
方法三（多线性性）： 利用行列式多线性性质，将比例常数 $lambda$ 提到外面，得到一个两行相同的行列式，其值为零。
这三个方法也展示了行列式的不同视角和性质之间的联系。理解这些证明，对于深入掌握行列式的计算和应用至关重要。
这个性质是行列式的一个非常重要的基本性质，它有多种证明方法。我们将从几个不同的角度来解释，力求详细易懂。
核心思想： 行列式代表了一个由行向量（或列向量）构成的 $n$ 维空间的体积（带符号）。如果两行向量是线性相关的（即成比例），那么它们所张成的空间是降维的，体积为零。
证明方法一：利用行列式的代数展开公式
行列式的代数展开公式（按行展开）是：
对于一个 $n imes n$ 的矩阵 $A = (a_{ij})$，其行列式 $D = det(A)$ 可以表示为：
$D = sum_{j=1}^n (1)^{i+j} a_{ij} M_{ij}$
其中，$i$ 是选定的行，$a_{ij}$ 是第 $i$ 行第 $j$ 列的元素，$M_{ij}$ 是去掉第 $i$ 行和第 $j$ 列后得到的 $(n1) imes (n1)$ 子矩阵的行列式（称为代数余子式）。
证明步骤：
1. 设阵： 考虑一个 $n imes n$ 的矩阵 $A$，其行列式为 $D = det(A)$。
2. 设定比例关系： 假设矩阵 $A$ 的第 $i$ 行和第 $k$ 行（其中 $i eq k$）的元素分别对应成比例。这意味着存在一个常数 $lambda$ 使得对于所有的列 $j$（$1 le j le n$），都有：
$a_{kj} = lambda a_{ij}$
3. 选择展开行： 为了方便证明，我们选择其中一行（例如第 $k$ 行）来按行展开行列式 $D$。
$D = sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{kj} M_{kj}$
4. 代入比例关系： 将比例关系 $a_{kj} = lambda a_{ij}$ 代入上面的展开式：
$D = sum_{j=1}^n (1)^{k+j} (lambda a_{ij}) M_{kj}$
5. 提取常数 $lambda$： 由于 $lambda$ 是一个常数，可以从求和中提取出来：
$D = lambda sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj}$
6. 识别新的行列式： 现在观察求和式 $sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj}$。它是什么？
它是由矩阵 $A$ 的第 $i$ 行元素 $a_{ij}$ 与它们对应的代数余子式 $M_{kj}$ 相乘后求和。
关键点来了： 这里的代数余子式 $M_{kj}$ 是通过去掉矩阵 $A$ 的第 $k$ 行和第 $j$ 列得到的。
但是，我们现在的求和式中，代数余子式是 $M_{kj}$，而它又是通过去掉第 $k$ 行和第 $j$ 列得到的。
我们上面展开时是按第 $k$ 行展开的，所以 $a_{kj}$ 对应的代数余子式应该是去掉第 $k$ 行和第 $j$ 列得到的子矩阵的行列式，即 $M_{kj}$。
现在，我们把 $a_{kj} = lambda a_{ij}$ 代入，得到 $lambda sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj}$。
这个求和 $sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj}$ 正是用矩阵 $A$ 的第 $i$ 行元素 $a_{ij}$ 去按第 $k$ 行展开所得到的行列式的值。
当我们在一个行列式中，用某一行（例如第 $i$ 行）的元素去乘以另一行（例如第 $k$ 行）的代数余子式并相加时，其结果是零。
为什么会是零？
回忆一下行列式的代数展开性质：
按第 $i$ 行展开：$D = sum_{j=1}^n (1)^{i+j} a_{ij} M_{ij}$
如果用第 $i$ 行元素去乘以第 $p$ 行的代数余子式（$p eq i$），即 $sum_{j=1}^n (1)^{p+j} a_{ij} M_{pj}$，这实际上相当于将矩阵 $A$ 的第 $p$ 行复制成第 $i$ 行，然后计算该新矩阵的行列式。因为该新矩阵有两行是相同的（原来的第 $i$ 行和被复制成第 $i$ 行的第 $p$ 行），所以其行列式为零。
在我们的推导中，$sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj}$ 就是用矩阵 $A$ 的第 $i$ 行元素去按第 $k$ 行展开的结果。而展开时使用的代数余子式 $M_{kj}$ 是通过去掉原矩阵的第 $k$ 行和第 $j$ 列得到的。
所以，$sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj}$ 实际上是用矩阵 $A$ 的第 $i$ 行元素 $a_{ij}$ 去乘以去掉原矩阵第 $k$ 行和第 $j$ 列后的子矩阵的行列式 $M_{kj}$ 并求和。
这个表达式 $sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj}$ 是用矩阵 $A$ 的第 $i$ 行去按照第 $k$ 行展开的结果。但是，展开时使用的代数余子式 $M_{kj}$ 是由除去第 $k$ 行得到的子矩阵的行列式。
所以，这个和式代表的是一个新的矩阵的行列式，而这个新矩阵是将原矩阵 $A$ 的第 $k$ 行替换为矩阵 $A$ 的第 $i$ 行所得到的。
也就是说，这个新矩阵有两行是相同的（原矩阵的第 $i$ 行和新替换上去的第 $i$ 行），因此它的行列式必定为零。
更严谨地说明：
我们有 $D = sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{kj} M_{kj}$。
已知 $a_{kj} = lambda a_{ij}$。
代入得到 $D = sum_{j=1}^n (1)^{k+j} (lambda a_{ij}) M_{kj} = lambda sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj}$。
现在我们看 $sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj}$。
这正是按照第 $k$ 行展开的行列式形式。但是，展开式中的元素是 $a_{ij}$，而代数余子式 $M_{kj}$ 是去掉矩阵 $A$ 的第 $k$ 行和第 $j$ 列得到的子矩阵的行列式。
这等同于计算一个新矩阵的行列式，该新矩阵的第 $k$ 行的元素是 $a_{ij}$（即原矩阵的第 $i$ 行元素），而其他行的元素与原矩阵 $A$ 完全相同。
这个新矩阵的第 $k$ 行和第 $i$ 行（$i eq k$）是相同的（因为我们用第 $i$ 行的元素去“填充”了第 $k$ 行）。
一个具有两行（或两列）相同的矩阵，其行列式为零。
7. 结论： 因此，$sum_{j=1}^n (1)^{k+j} a_{ij} M_{kj} = 0$。
所以，$D = lambda imes 0 = 0$。
证明方法二：利用行列式的性质（行变换）
证明步骤：
1. 设阵： 考虑一个 $n imes n$ 的矩阵 $A$，其行列式为 $D = det(A)$。
2. 设定比例关系： 假设矩阵 $A$ 的第 $i$ 行和第 $k$ 行（其中 $i eq k$）的元素分别对应成比例。这意味着存在一个常数 $lambda$ 使得对于所有的列 $j$（$1 le j le n$），都有：
$a_{kj} = lambda a_{ij}$
3. 进行行变换： 对矩阵 $A$ 进行一次初等行变换：将第 $k$ 行替换为“第 $k$ 行减去 $lambda$ 倍的第 $i$ 行”。我们称这个新的矩阵为 $A'$。
$A'_{mj} = A_{mj}$ (当 $m eq k$)
$A'_{kj} = a_{kj} lambda a_{ij}$ (当 $m = k$)
4. 计算新矩阵的行列式：
根据我们设定的比例关系，$a_{kj} = lambda a_{ij}$，我们可以看到新矩阵 $A'$ 的第 $k$ 行的每个元素都是：
$A'_{kj} = a_{kj} lambda a_{ij} = (lambda a_{ij}) lambda a_{ij} = 0$
因此，新矩阵 $A'$ 的第 $k$ 行所有元素都为零。
一个矩阵如果有一整行（或一整列）的元素全为零，那么它的行列式为零。
可以通过代数展开公式证明这一点：如果你按全零行进行展开，每一项都包含该行的元素，所以结果必然为零。
所以，$det(A') = 0$。
5. 行变换对行列式的影响：
我们使用的行变换是“用某一行减去另一行的倍数”。这种行变换不改变行列式的值。
换句话说，$det(A') = det(A) = D$。
6. 结论：
由于 $det(A') = 0$ 且 $det(A') = D$，所以 $D = 0$。
这个方法通常被认为是最简洁和最直观的。
证明方法三：利用行列式的多线性性
行列式对于每一行（或每一列）都具有多线性性。这意味着：
常数因子性质： 行列式中某一行（或列）的常数因子可以提到行列式符号的外面。
$det(dots, c cdot R_i, dots) = c cdot det(dots, R_i, dots)$
加法性质： 行列式中某一行（或列）的和可以拆分成两个行列式的和。
$det(dots, R_i + R'_i, dots) = det(dots, R_i, dots) + det(dots, R'_i, dots)$
证明步骤：
1. 设阵： 考虑一个 $n imes n$ 的矩阵 $A$，其行列式为 $D = det(A)$。
2. 设定比例关系： 假设矩阵 $A$ 的第 $i$ 行和第 $k$ 行（其中 $i eq k$）的元素分别对应成比例。这意味着存在一个常数 $lambda$ 使得对于所有的列 $j$（$1 le j le n$），都有：
$a_{kj} = lambda a_{ij}$
记矩阵 $A$ 的第 $i$ 行向量为 $R_i = (a_{i1}, a_{i2}, dots, a_{in})$，第 $k$ 行向量为 $R_k = (a_{k1}, a_{k2}, dots, a_{kn})$。
则我们有 $R_k = lambda R_i$。
3. 应用行列式多线性性（常数因子性质）：
将矩阵 $A$ 的第 $k$ 行 $R_k$ 用 $lambda R_i$ 替换（这只是一种表示方式，不代表真正的行变换）。
$D = det(dots, R_i, dots, R_k, dots)$
由于 $R_k = lambda R_i$，我们可以将 $lambda$ 提到行列式符号外面：
$D = det(dots, R_i, dots, lambda R_i, dots)$
$D = lambda cdot det(dots, R_i, dots, R_i, dots)$
4. 识别新行列式：
现在我们看到的行列式 $det(dots, R_i, dots, R_i, dots)$ 是一个新矩阵的行列式，这个新矩阵的第 $i$ 行和第 $k$ 行（此处 $k$ 是我们指定的那一行）是完全相同的（都是 $R_i$）。
5. 利用两行相同的性质：
一个具有两行（或两列）相同的矩阵，其行列式为零。这是行列式另一个重要的基本性质。
证明这个性质也可以通过代数展开。如果矩阵 $B$ 的第 $p$ 行和第 $q$ 行相同 ($p eq q$)，那么 $b_{pj} = b_{qj}$ 对于所有 $j$ 都成立。
按第 $p$ 行展开：$det(B) = sum_{j=1}^n (1)^{p+j} b_{pj} M_{pj}$。
代数余子式 $M_{pj}$ 是去掉第 $p$ 行和第 $j$ 列得到的。
现在考虑一个新矩阵 $B'$，它是通过将矩阵 $B$ 的第 $q$ 行复制到第 $p$ 行得到的。
那么，在计算 $det(B')$ 时，按第 $p$ 行展开是 $sum_{j=1}^n (1)^{p+j} b'_{pj} M'_{pj}$。
因为 $B'$ 的第 $p$ 行是复制自 $B$ 的第 $q$ 行，所以 $b'_{pj} = b_{qj}$。同时，去掉第 $p$ 行和第 $j$ 列后的子矩阵，其余的行与矩阵 $B$ 是一样的，只不过第 $q$ 行被“移走”了。
然而，在原始矩阵 $B$ 中，第 $p$ 行和第 $q$ 行是相同的。所以，去掉第 $p$ 行和第 $j$ 列后得到的子矩阵（记为 $M'_{pj}$），与去掉第 $q$ 行和第 $j$ 列后得到的子矩阵（记为 $M_{qj}$）是相同的。
也就是说，$M'_{pj} = M_{qj}$（这里的 $M_{qj}$ 是矩阵 $B$ 去掉第 $q$ 行和第 $j$ 列得到的代数余子式）。
所以，$det(B) = sum_{j=1}^n (1)^{p+j} b_{pj} M_{pj}$。
我们知道，如果一个矩阵有两行相同，它的行列式为零。所以 $det(dots, R_i, dots, R_i, dots) = 0$。
6. 结论：
因此，$D = lambda cdot 0 = 0$。
总结
这三种证明方法都殊途同归，最终都证明了：若行列式 $D$ 中有两行元素分别对应成比例，则 $D=0$。
方法一（代数展开）： 直接利用代数展开公式，将比例关系代入，发现展开项变成了用某一行元素去乘以另一行的代数余子式之和，其结果为零。
方法二（行变换）： 通过一次行变换将其中一行为零行，从而使新矩阵行列式为零。由于该行变换不改变行列式的值，原行列式也必然为零。这是最直观的方法。
方法三（多线性性）： 利用行列式多线性性质，将比例常数 $lambda$ 提到外面，得到一个两行相同的行列式，其值为零。
这三个方法也展示了行列式的不同视角和性质之间的联系。理解这些证明，对于深入掌握行列式的计算和应用至关重要。
网友意见
谢邀。
这个性质是行列式基本性质的推论，从定义论证才不致循环证明。
定义的回忆
从行列式的定义出发：
其中
置换σ是k个对换的乘积，而ε(σ)被称为置换σ的符号。ε(σ)为+1时，称置换σ为偶置换，反之，则称之为奇置换；
定义和式中的每一项，来自于矩阵A不同行不同列元素的乘积。
（也有的课本用逆序数定义，其本质上是一样的。）
证明
我们将上图中的和式分成俩俩一组，每一组可以正负抵消。
具体做法如下：
已知有两行对应成比例：
如上图示意，当选取不同行不同列的元素组成α项：
α = … a … b’ …
对称地，也会有β项：
β = … a’ … b …
α, β两项在“…”处的元素完全一样。又因为两行对应成比例，不妨设：
k •( …, a, …, a’ , … ) = ( …, b, …, b’, … )
于是
α = … a … b’ … = … a … ka’ …
β = … a’ … b … = … a’ … ka …
于是
α = β
最后我们考虑α与β要佩带的符号ε：由上式可知α、β两者列标的排列，只差一个对换（或者逆序差1），于是ε(α)、ε(β)的符号相反，代入行列式中，像α、β这样的项最终两两抵消，故行列式为0
Q.E.D
另外，从几何直观性而言，行列式是在n维空间中，由n个共起点的行向量，所围成单纯形的有向体积（可能为负）。例，n=2时，是平形四边形面积；n=3时，是平行六面体体积。那么当行列式有两行对应成比例，即两行向量共线，此势必造成一个面退化为了一条线（降维），于是体积为0（最简单的情形，就好比在二维情况下，平行四边形的邻边共线，那么面积就为0了）。
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好的，我们来详细地证明这个关于行列式的性质：若行列式 $D$ 中有两行元素分别对应成比例，则 $D=0$。这个性质是行列式的一个非常重要的基本性质，它有多种证明方法。我们将从几个不同的角度来解释，力求详细易懂。核心思想： 行列式代表了一个由行向量（或列向量）构成的 $n$ 维空间的体积（带符号）。如............. -
您这个问题问得非常有深度！将行列式与高维多边形（更准确地说是高维平行多面体，或称为平行体）的体积联系起来，是线性代数中一个非常优美且核心的概念。证明这个关系需要从低维度逐步推广，并理解行列式的几何意义。下面我将详细地为您讲解这个过程： 1. 从低维度开始：理解几何意义行列式的概念首先起源于求解线性方.............
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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.............
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好的，我们来梳理一下，如何才能更有说服力地证明案发当晚刘鑫知道门外是陈世峰，并且意识到他意图行凶。这需要从多个角度、多层证据进行交叉印证，并且在叙述时尽量避免生硬的罗列，而是融入对当时情境的还原和人物行为的分析。核心证明逻辑：行为反常 + 认知合理性要证明刘鑫当时知情，我们不能仅仅依赖她的“说辞”，.............
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这个问题很有意思，因为它触及了我们如何与世界互动，以及如何让我们的价值观真正落地。要用行动证明“内在美”比“外在美”更重要，关键在于“行动”本身，以及这些行动所折射出的价值观。这需要细致的观察、真诚的付出，以及在关键时刻的坚持。1. 聚焦于“给予”和“帮助”，而非“获得”和“索取”。 无私的付出.............
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关于2017年12月17日环保部发布的这篇题为“真正关心民生冷暖，行动是最好的证明（环境保护）”的文章，我一直觉得挺有意思的，它触及了一个非常核心的问题：环保工作与老百姓的切身利益到底有多紧密，以及政府在其中的角色和作为。这篇文章的标题就很有意思，“关心民生冷暖”，这几个字一下就拉近了环保和普通人的.............
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要证明这个命题，我们需要用到一些复变函数论中的经典工具和概念。这个结论是黎曼映射定理和刘维尔定理的一个有趣推论。命题： 若整函数 $f(z)$ 的值均位于右半平面，则 $f(z)$ 恒为常数。这里，“整函数”指的是在整个复平面 $mathbb{C}$ 上都解析（可微）的函数。右半平面指的是所有实部大.............
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好的，我们来详细证明一下，当 $a_1, a_2, dots, a_n$ 互不相等时，范德蒙矩阵 $V$ 的秩是 $min(m, n)$。首先，我们需要明确范德蒙矩阵的定义。一个 $m imes n$ 的范德蒙矩阵 $V$ 的元素由 $V_{ij} = a_j^{i1}$ 给出，其中 $i$ 表示.............
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对“比亚迪车主故意，负事故全责”这一情况的深度剖析“若证明比亚迪车主故意，将负事故全责”这句话，看似简单直接，实则背后牵涉到法律、伦理、证据收集等诸多复杂层面的考量。当我们深入探究这句话时，会发现它并非仅仅是一个孤立的陈述，而是在特定情境下对责任划分原则的强调，尤其是在交通肇事案件中。首先，我们需要.............
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好的，我们来深入探讨一下这个问题。我们要证明的是：对于任意正整数 $n$，如果一个素数 $p$ 能够整除 $n^2+n+1$，那么 $p$ 除以 $3$ 的余数不可能是 $2$。换句话说，$p$ 除以 $3$ 的余数只能是 $0$ 或 $1$。首先，让我们明确一下题目中涉及到的概念： 正整数 $.............
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两个正整数互质，意味着它们没有大于1的公约数。换句话说，它们唯一的公共正约数就是1。我们要证明，如果 $a$ 和 $b$ 是互质的正整数，那么 $a^2$ 和 $b^2$ 也互质。核心思想：互质的性质是关于约数的。如果 $a$ 和 $b$ 互质，那么它们在质因数分解上没有任何重叠。 $a^2$ 和 .............
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在性侵案件中，受害人是否反抗并非判断是否构成强奸的唯一标准。尽管法律和调查过程会考虑所有相关证据，包括受害人的陈述、身体状况、证人证词以及其他物证，但受害人的“不反抗”并不能否定强奸的发生。以下将详细阐述如何在缺乏明显反抗的情况下，通过其他途径来证明一起强奸案件的发生：一、 受害人的陈述是关键的起点.............
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好的，我们来详细地聊聊这个问题。这是一个关于抽象代数中环论的经典命题：如果一个带单位元的非零环是有限环，那么它的素理想一定是极大理想。要理解和证明这个命题，我们需要先梳理清楚几个关键概念：1. 环 (Ring):一个环是一个集合 $R$，上面定义了两种二元运算：加法（记为 $+$）和乘法（记为 $c.............
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马斯克（Elon Musk）回应联合国世界粮食计划署（WFP）执行干事戴维·比斯利（David Beasley）关于富豪捐款以解决全球饥饿问题的呼吁，声称如果比斯利能证明 60 亿美元就能解决全球饥饿问题，他“立马卖掉特斯拉股票捐款”，这一事件在国际上引起了广泛关注和讨论。对此，我们可以从多个角度进.............
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好的，咱们来聊聊托马斯·阿奎那那几个著名的“证明”上帝存在的论证，以及怎么从逻辑上拆解它们。这可不是件容易的事，毕竟阿奎那的论证经过了几个世纪的沉淀和检验，但咱们可以一层层地剥开来，看看里头有没有可以商榷的地方。首先得明白，阿奎那的这五个证明（通常称为“五路论证”，Five Ways）都是基于我们对.............
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货拉拉女生跳窗身亡案，无疑是一起牵动人心的悲剧。在没有直接录音录像的情况下，警方要还原真相，找出责任人，确实面临巨大的挑战。但这并不意味着案情就此扑朔迷离，无迹可寻。警方会从多个维度入手，搜集间接证据，层层剥茧，力求查明事实。一、 寻找证据线索的艰辛之路：即使没有监控和录音，警方依然会沿着这条思路展.............
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首先，我要明确地告诉你：根据目前我们所接受的数学公理体系，0 绝对不能作为除数。 你自认为证明了 0 可以作为除数，这是一个非常大胆甚至可以说是颠覆性的想法，但它违背了数学中最基本、最核心的定义和规则。然而，为了回答你“若如此将会有哪些改变？”这个问题，我们可以进行一次 思想实验，来探讨一下如果数学.............
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这个问题真有意思，想啊，一个活了不知道多少年的人，在这堆叠着各种证件的现代社会里，简直就是活生生的“幽灵”。他没法去银行开户，没法坐飞机，甚至连租个房子都难。这日子，光是想想就够让人抓狂的。首先，最直接的障碍就是身份证明。你想啊，银行要开户，得身份证；买房子，得房产证；坐火车飞机，得身份证；甚至连办.............
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关于上帝存在的证明，这是一个自古以来哲学家、神学家和普通人都在不断探索和争论的问题。需要明确的是，历史上并没有一个被普遍接受、无可争议的科学或逻辑证明能够“证明”上帝的存在。 许多“证明”更多的是基于信仰、推理、个人经验或哲学论证，而不是基于可重复的实验或严谨的数学推导。然而，我们可以从不同的角度来.............
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关于“一个红色的物体，当没有人看它的时候，它依然是红色”这个说法，我们可以从不同的角度来分析，并尝试去证明或反驳它。这其实触及到一个哲学上的经典问题：客观实在与主观感知之间的关系。证明的论据：倾向于客观实在从科学和哲学的角度来看，大多数人会倾向于认为这个说法是成立的，也就是说，红色物体在无人观看时依.............
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