无需归纳法直接证明拉普拉斯第二定理相关交叉项等式的请求

当然可以！我们可以利用行列式的核心基本性质——两行相同的矩阵行列式为0来直接推导这个结论，完全不需要归纳法。下面是具体的证明过程：

先明确符号定义（回顾） #

• 设 $A \in M_n$ 是n阶方阵，$A_{j,k}$ 是去掉$A$的第$j$行、第$k$列后得到的n-1阶子矩阵
• 我们要证的核心结论：当 $i \neq j$ 时，$\sum\limits_{k=1}^n a_{ik}(-1)^{k+j} \det(A_{j,k}) = 0$

构造辅助矩阵并利用行列式性质 #

1. 构造矩阵$C$：把原矩阵$A$的第$j$行替换成第$i$行（因为$i≠j$，所以$C$的第$i$行和第$j$行完全相同）。根据行列式的基本性质，两行相同的方阵行列式必为0，因此 $\det(C) = 0$。

2. 对$C$的第$j$行做拉普拉斯展开：
   按行列式的行展开规则，$C$的行列式可以表示为：
   $$\det(C) = \sum\limits_{k=1}^n c_{j,k}(-1)^{j+k} \det(C_{j,k})$$
   这里有两个关键观察：

   • $C$的第$j$行就是$A$的第$i$行，所以 $c_{j,k} = a_{i,k}$（对所有$k=1,2,...,n$）；
   • 我们只修改了$A$的第$j$行，因此去掉$C$的第$j$行、第$k$列得到的子矩阵$C_{j,k}$，和$A$对应的子矩阵$A_{j,k}$完全一致，即 $\det(C_{j,k}) = \det(A_{j,k})$；
   • 符号项$(-1)^{{j+k}$和$(-1)}{k+j}$是等价的，加法交换律不改变指数的奇偶性。

3. 代入化简得到结论：
   将上述观察代入展开式，可得：
   $$\det(C) = \sum\limits_{k=1}^n a_{ik}(-1)^{k+j} \det(A_{j,k})$$
   又因为$\det(C)=0$，所以直接推出：
   $$\sum\limits_{k=1}^n a_{ik}(-1)^{k+j} \det(A_{j,k}) = 0$$

这个证明全程基于行列式的基本性质，没有用到归纳法，逻辑简洁直接，完美符合你的需求！

备注：内容来源于stack exchange，提问作者NotaChoice