Conforme a lo solicitado, aquí está la respuesta que me dio a entender que en mi comentario:
Teorema 1. Deje $n\in\mathbb{N}$. Deje $\mathbb{K}$ ser un anillo conmutativo.
Deje $a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}$ $n$ elementos de $\mathbb{K}$. Vamos
$x\in\mathbb{K}$. Deje $A\in\mathbb{K}^{n\times n}$ $n\times n$- matriz
$\left(
\begin{array}
[c]{ccccc}
a_{1} & x & x & \cdots & x\\
x & a_{2} & x & \cdots & x\\
x & x & a_{3} & \cdots & x\\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\
x & x & x & \cdots & a_{n}
\end{array}
\right) $ (this is the $n\times n$-matriz cuya diagonal entradas son
$a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}$, mientras que todas las demás entradas se $x$). Para cada
$i\in\left\{ 1,2,\ldots,n\right\} $ , $b_{i}=\prod\limits_{\substack{k\in
\left\{ 1,2,\ldots,n\right\} ;\\k\neq i}}\left( a_{k} x\right) $. A continuación,
$\det A=\prod\limits_{i=1}^{n}\left( a_{i}-x\right) +x\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}$.
Para probar esto, recordamos el hecho siguiente (conocido como el determinante de la matriz
lema,
aunque no me sorprendería si tiene varios pretendientes para su lugar
nombre genérico):
Lema 2. Deje $n\in\mathbb{N}$. Deje $\mathbb{K}$ ser un anillo conmutativo. Vamos
$\mathbf{A}\in\mathbb{K}^{n\times n}$ $n\times n$- matriz. Vamos
$\mathbf{u}\in\mathbb{K}^{n\times1}$ $\mathbf{v}\in\mathbb{K}^{n\times1}$
dos vectores columna. A continuación,
$\det\left( \mathbf{A}+\mathbf{uv}^{T}\right) =\det\mathbf{A}+\mathbf{v}
^{T}\left( \operatorname*{adj}\mathbf{A}\right) \mathbf{u}$.
(Aquí y en las siguientes, $\operatorname*{adj}\mathbf{A}$ denota la
adjunta de $\mathbf{A}$.)
Ver Matriz de determinante lema con matriz adjunta de una prueba del Lema 2.
También se usa la siguiente hecho:
Lema 3. Deje $n\in\mathbb{N}$. Deje $\mathbb{K}$ ser un anillo conmutativo. Vamos
$a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}$ $n$ elementos de $\mathbb{K}$. Para cada
$i\in\left\{ 1,2,\ldots,n\right\} $ , $b_{i}=\prod\limits_{\substack{k\in
\left\{ 1,2,\ldots,n\right\} ;\\k\neq i}}a_{k}$. A continuación,
$\operatorname*{adj}\left( \left( a_{i}\delta_{i,j}\right) _{1\leq i\leq
n,\ 1\leq j\leq n}\right) =\left( b_{i}\delta_{i,j}\right) _{1\leq i\leq
n,\ 1\leq j\leq n}$.
(Aquí, como de costumbre, $\delta_{i,j}$ es la delta de Kronecker de $i$$j$.)
La prueba del Lema 3. Lema 3 dice simplemente que la adjunta de la diagonal
matriz diagonal con entradas de $a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}$ es la matriz diagonal
con las entradas de la diagonal $b_{1},b_{2},\ldots,b_{n}$. Esto es fácil de comprobar (ya que
cada una de las $\left( n-1\right) \times\left( n-1\right) $-submatriz de una diagonal
la matriz es una matriz diagonal en sí, o tiene un cero de la fila).
Ahora, podemos probar el Teorema 1:
La prueba del Teorema 1. Deje $\mathbf{A}$ $n\times n$- matriz $\left(
\left( a_{i}-x\right) \delta_{i,j}\right) _{1\leq i\leq n,\ 1\leq j\leq n}
$. (This $\mathbf{A}$ es la diagonal de la matriz diagonal con entradas
$a_{1}-x,a_{2}-x,\ldots,a_{n}-x$). Por lo tanto, $\det\mathbf{A}=\prod\limits_{i=1}
^{n}\left( a_{i}-x\right) $ (ya que el determinante de una matriz diagonal es
el producto de las entradas de su diagonal). Pero el Lema 3 (aplicado a $a_{1}
-x,a_{2}-x,\ldots,a_{n}-x$ instead of $a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}$) los rendimientos que
$\operatorname*{adj}\left( \left( \left( a_{i}-x\right) \delta
_{i,j}\right) _{1\leq i\leq n,\ 1\leq j\leq n}\right) =\left( b_{i}
\delta_{i,j}\right) _{1\leq i\leq n,\ 1\leq j\leq n}$.
Desde $\left( \left( a_{i}-x\right) \delta_{i,j}\right) _{1\leq i\leq
n,\ 1\leq j\leq n}=\mathbf{A}$, esta reescribe como
$\operatorname*{adj}\mathbf{A}=\left( b_{i}\delta_{i,j}\right)
_{1\leq i\leq n,\ 1\leq j\leq n}$.
Deje $\mathbf{v}\in\mathbb{K}^{n\times1}$ ser el vector columna de $\left(
1,1,\ldots,1\right) ^{T}$. Then, $\mathbf{vv}^{T}=\left( 1\right) _{1\leq
i\leq n,\ 1\leq j\leq n}$, so that $x\mathbf{vv}^{T}=x\left( 1\right)
_{1\leq i\leq n,\ 1\leq j\leq n}=\left( x\right) _{1\leq i\leq n,\ 1\leq
j\leq n}$. Hence, it is easy to see that $=\mathbf{A}+x\mathbf{vv}^{T}$.
Recordemos que $\mathbf{v}=\left( 1,1,\ldots,1\right) ^{T}$. Por lo tanto, para cada
$n\times n$-matriz $B$, tenemos
$\mathbf{v}^{T}B\mathbf{v}=\left( \text{la suma de todas las entradas de }B\right)
$.
La aplicación de esta a $B=\left( b_{i}\delta_{i,j}\right) _{1\leq i\leq n,\ 1\leq
j\leq n}$, obtenemos
$\mathbf{v}^{T}\left( b_{i}\delta_{i,j}\right) _{1\leq i\leq n,\ 1\leq j\leq
n}\mathbf{v}$
$=\left( \text{la suma de todas las entradas de }\left( b_{i}\delta_{i,j}\right)
_{1\leq i\leq n,\ 1\leq j\leq n}\right) $
$=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}b_{i}\delta_{i,j}=\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}
\underbrace{\sum\limits_{j=1}^{n}\delta_{i,j}}_{=1}=\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}$.
Pero de $A=\mathbf{A}+x\mathbf{vv}^{T}$, obtenemos
$\det A=\det\left( \mathbf{A}+x\mathbf{vv}^{T}\right) $
$=\underbrace{\det\mathbf{A}}_{=\prod\limits_{i=1}^{n}\left( a_{i}-x\right)
}+\mathbf{v}^{T}\underbrace{\left( \operatorname*{adj}\mathbf{A}\right)
}_{=\left( b_{i}\delta_{i,j}\right) _{1\leq i\leq n,\ 1\leq j\leq n}
}x\mathbf{v}$
(por el Lema 2, aplicado a $\mathbf{u}=x\mathbf{v}$)
$=\prod\limits_{i=1}^{n}\left( a_{i}-x\right) +\mathbf{v}^{T}\left( b_{i}
\delta_{i,j}\right) _{1\leq i\leq n,\ 1\leq j\leq n}x\mathbf{v}$
$=\prod\limits_{i=1}^{n}\left( a_{i}-x\right) +x\underbrace{\mathbf{v}^{T}\left(
b_{i}\delta_{i,j}\right) _{1\leq i\leq n,\ 1\leq j\leq n}\mathbf{v}}
_{=\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}}$
$=\prod\limits_{i=1}^{n}\left( a_{i}-x\right) +x\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}$.
Esto demuestra el Teorema 1.
