嘿，你的结论完全正确！当你把n个n维正交行向量拼成矩阵A时，它的行列式确实等于±（各个行向量范数的乘积）。我给你拆解下证明的步骤，保证好懂：

1. 先明确正交向量的核心性质
   假设矩阵A的行向量是$\mathbf{r}_1, \mathbf{r}_2, ..., \mathbf{r}_n$，因为它们是正交集，所以满足：

   • 任意两个不同行向量的内积为0：$\mathbf{r}_i \cdot \mathbf{r}_j = 0$（当$i≠j$时）
   • 单个行向量与自身的内积等于其范数的平方：$\mathbf{r}_i \cdot \mathbf{r}_i = |\mathbf{r}_i|^2$

2. 计算矩阵乘积$A A^T$
   我们知道$A^T$的列向量就是A的行向量，所以$A A^T$的第(i,j)个元素，其实就是行向量$\mathbf{r}_i$和$\mathbf{r}_j$的内积。结合正交性的性质，这个乘积矩阵会是一个对角矩阵：
   $$A A^T = \begin{pmatrix}
   |\mathbf{r}_1|^2 & 0 & ... & 0 \
   0 & |\mathbf{r}_2|^2 & ... & 0 \
   ... & ... & ... & ... \
   0 & 0 & ... & |\mathbf{r}_n|^2
   \end{pmatrix}$$

3. 利用行列式的关键性质推导
   行列式有两个核心性质我们要用到：

   • 两个矩阵乘积的行列式等于行列式的乘积：$\det(AB) = \det(A)\det(B)$
   • 矩阵转置的行列式等于原矩阵的行列式：$\det(A^T) = \det(A)$

   对$A A^T$的等式两边取行列式：
   $$\det(A A^T) = \det(A) \cdot \det(A^T) = [\det(A)]^2$$
   而对角矩阵的行列式就是其对角元素的乘积，所以右边的行列式结果是：
   $$\det\left(\text{diag}(|\mathbf{r}_1|^2, ..., |\mathbf{r}n|^2)\right) = \prod{i=1}^n |\mathbf{r}_i|^2$$

4. 最终结论推导
   把上面两个结果联立起来，我们得到：
   $$[\det(A)]^2 = \prod_{i=1}^n |\mathbf{r}i|^2$$
   两边同时开平方，就有：
   $$\det(A) = \pm \prod{i=1}^n |\mathbf{r}_i|$$
   这里的正负号取决于行向量的排列顺序对应的坐标系是右手系还是左手系（本质是排列的奇偶性）。

额外提一句，如果这些行向量是标准正交向量（每个向量的范数都是1），那行列式就等于±1，这刚好就是正交矩阵的典型性质，也算是这个结论的一个特例啦。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Makogan