Primero, escribiré esa identidad como $\det(I_n + A) = \sum_{J \subseteq\{1,2,\ldots,n\}} \det(A_J)$ para mayor claridad.
Necesitas obtener una suma sobre $2^n$ términos, mientras que tienes $2$ términos dentro del determinante; por lo tanto, es útil aplicar sucesivamente la multilinealidad con respecto a cada una de las $n$ columnas (esto es similar a expandir un producto de $n$ binomios usando la distributividad, dando $2^n$ términos). Aplicándolo para la primera columna, se obtiene $\det(I_n+A)=\det(A_0)+\det(A_1)$ donde $A_0$ es el resultado de reemplazar la primera columna de $A+I$ por la primera columna de $I_n$, y $A_1$ es el resultado de reemplazar la primera columna de $A+I$ por la primera columna de $A$. Repite esto para cada columna, dando $2^n$ términos que etiquetamos con el subconjunto $J$ de índices de columna para los cuales hemos reemplazado la columna por la de $A$ en lugar de $I_n$. Escribiré ese término como $\det(A[J])$ donde $A[J]$ es la matriz obtenida de $A$ al reemplazar todas las columnas con índice en el complemento de $J$ por la columna correspondiente de $I_n$, entonces hemos obtenido $$\det(I_n + A) = \sum_{J \subseteq\{1,2,\ldots,n\}} \det(A[J]).$$
Resta mostrar que $\det(A[J])=\det(A_J)$, el menor principal de $A$ para las filas y columnas indexadas por $J$. Esto significa que debemos eliminar de $A[J]$ las columnas que fueron tomadas de $I_n$ y las filas en las cuales esas columnas tienen una entrada $1$. Pero para una columna dada, es inmediato que la expansión de Laplace por esa columna hace precisamente eso (eliminar la columna y la fila donde tiene una entrada $1$).
La expansión repetida por linealidad en cada una de las columnas podría, por supuesto (y debería si queremos una prueba formal), formularse en forma de una prueba por inducción. Si se considera el argumento utilizado, queda claro, sin embargo, que esto requiere un poco de carga inductiva: fortalecer la declaración a ser probada con el único propósito de hacer posible el argumento inductivo. La declaración implicará un parámetro adicional $K\subseteq\{1,2,\ldots,n\}$ que en la aplicación final se tomará como el conjunto entero, y la inducción será por el tamaño del conjunto $K$. La declaración a demostrar por inducción entonces se convierte en la siguiente, utilizando la notación anterior y además $I_K$ para representar la matriz diagonal $n\times n$ cuya entrada en la posición $i$ es $1$ si $i\in K$, y $0$ en caso contrario: $$ \det(A+I_K) = \sum_{J\subseteq K} A[J\cup\overline K] $$ (la barra designa el complemento del conjunto dentro de $\{1,2,\ldots,n\}$). La prueba por inducción es ahora directa. El caso inicial $K=\emptyset$ se cumple por definición (la suma tiene un solo término $J=\emptyset$), y para el paso inductivo con $K\neq\emptyset$ se escribe $K=K^-\cup\{k\}$ (con, por supuesto, $k\notin K^-$), luego se aplica la linealidad en la columna $k$ dando $\det(A+I_K)=\det(A+I_{K^-})+\det(A'+I_{K^-})$ donde $A'=A[\overline{\{k\}}]$ se obtiene de $A$ reemplazando la columna $k$ por la de $I_n$; luego por inducción, el primer término $\det(A+I_{K^-})$ da la suma de términos $\det(A[J\cup\overline{K^-}])$ para aquellos $J\subseteq K$ que contienen a $k$, mientras que el segundo término $\det(A'+I_{K^-})$ da una suma similar para aquellos $J\subseteq K$ que no contienen a $k$. Dejaré los detalles (simples pero algo confusos debido a los complementos tomados) como un ejercicio, señalando solo que la prueba para el segundo término utiliza que $A'[J\cup\{k\}\cup\overline K]=A[J\cup\overline K]$ cuando $k\notin J$.
