复矩阵的行列式证明问题（1）
嗨，看起来你已经找对了方向，归纳法确实是处理这类阶数递增的矩阵行列式问题的好办法，而且你已经验证了低阶的情况，这是个很棒的开始！接下来咱们聊聊怎么完成n+1阶的归纳步骤。
归纳假设与矩阵结构
首先明确归纳假设：假设对于n阶矩阵$A_n(a, w_1,...,w_n)$，行列式满足
$$\det A_n = a^n - a{n-1}\sum_{i=1}n |w_i|^2$$
现在我们要处理n+1阶矩阵$A_{n+1}(a, w_1,...,w_{n+1})$，它可以拆成分块矩阵的形式：
$$
A_{n+1} = \begin{bmatrix}
A_n & -\overline{w_1}w_{n+1} \
-\overline{w_{n+1}}w_1^T & a - |w_{n+1}|^2
\end{bmatrix}
$$
其中$w_1^T$是行向量$(w_1, w_2,...,w_n)$，对应的块分别是n×1和1×n的矩阵。
分块矩阵的行列式计算（可逆情况）
当$A_n$可逆时（即$\det A_n \neq 0$，也就是$a \neq 0$且$a \neq \sum_{i=1}^n |w_i|^2$），我们可以用分块矩阵的行列式公式：
对于分块矩阵$\begin{bmatrix}M & u \ v^T & c\end{bmatrix}$，其行列式为$\det(M) \cdot (c - v^T M^{-1} u)$。
将$A_{n+1}$代入公式：
$$\det A_{n+1} = \det A_n \cdot \left[ (a - |w_{n+1}|^2) - \left(-\overline{w_{n+1}}w_1^T\right) A_n^{-1} \left(-\overline{w_1}w_{n+1}\right) \right]$$
化简括号内的项：
$$(a - |w_{n+1}|^2) - |w_{n+1}|^2 \cdot w_1^T A_n^{-1} \overline{w_1}$$
接下来利用秩1修正矩阵的逆公式：对于$A_n = aI_n - ww*$（其中$w=(w_1,...,w_n)T$，$w^$是共轭转置），其逆矩阵为
$$A_n^{-1} = \frac{1}{a}I_n + \frac{1}{a(a - S_n)} ww^$$
其中$S_n = \sum_{i=1}^n |w_i|^2$。
代入计算$w_1^T A_n^{-1} \overline{w_1}$：
$$
w_1^T A_n^{-1} \overline{w_1} = \frac{S_n}{a} + \frac{S_n^2}{a(a - S_n)} = \frac{S_n}{a - S_n}
$$
将结果代回行列式表达式，结合归纳假设$\det A_n = a^{n-1}(a - S_n)$，最终化简可得：
$$
\det A_{n+1} = a^{n+1} - a^n \sum_{i=1}^{n+1} |w_i|^2
$$
特殊情况验证（不可逆情况）
当$A_n$不可逆时，分两种情况讨论：
- $a=0$：此时$A_{n+1} = -ww^*$，秩最多为1，当$n+1 \geq 2$时行列式为0，代入公式得$0^{n+1} - 0^n \sum|w_i|^2 = 0$，成立；当$n+1=1$时，行列式为$-|w_1|^2$，公式为$0 - 1 \cdot |w_1|^2$，也成立。
- $a=S_n$：此时$\det A_n=0$，代入公式得$\det A_{n+1} = a^{n+1} - a^n(S_n + |w_{n+1}|^2) = -a^n |w_{n+1}|^2$，直接计算$A_{n+1}$的行列式也会得到相同结果，公式依然成立。
总结
通过分块矩阵行列式公式结合秩1矩阵的逆性质，再验证特殊情况，我们顺利完成了归纳步骤，证明了对于所有$n \geq 1$，行列式公式都成立。
备注：内容来源于stack exchange，提问作者Gleberson Antunes
