Podemos probar la declaración de la inducción matemática. El caso base $n=2$ es fácil y vamos a omitir su prueba. Supongamos $n>2$. Nos llamamos el destino de la matriz $A$ y la dividimos de la siguiente manera:
\begin{align*}
A=\left[
\begin{array}{ccccc}
\pmatrix{|\\ |\\ \mathbf v_1\\ | \\ |}
&\pmatrix{|\\ |\\ \mathbf v_2\\ | \\ |}
&\cdots
&\pmatrix{|\\ |\\ \mathbf v_n\\ | \\ |}\\
a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}
\end{array}
\right]
\end{align*}
donde cada una de las $\mathbf v_j=(a_{1j},a_{2j},\ldots,a_{n-1,j})^\top$ $(n-1)$- dimensiones del vector.
Por hipótesis de inducción, podemos suponer que los elementos de la submatriz $M_{n1}=[\mathbf v_2,\ldots,\mathbf v_n]$ han elegido de manera que $M_{n1}$ es nonsingular. Por lo tanto, mediante la eliminación de algunos de fila $\color{red}{k}$ de la submatriz $[\mathbf v_{\color{red}{3}},\ldots,\mathbf v_n]$, se puede obtener un $(n-2)\times(n-2)$ nonsingular submatriz.
¿Qué significa eso? Esto significa que mediante la variación de la elección de $a_{\color{red}{k}1}$, siempre podemos escoger $\mathbf v_1$, de modo que con $M_{n2}=[\mathbf v_1, \mathbf v_3,\ldots,\mathbf v_n]$,$\det M_{n2}\ne-\det M_{n1}$.
Queda por recoger las entradas de la última fila de $A$ de la $n$ números de la izquierda. Por Laplace de expansión, $(-1)^{n+1}\det A$ es igual a
$$
a_{n1}\det M_{n1} - a_{n2}\det M_{n2} + \ldots\etiqueta{1}
$$
donde los puntos suspensivos indican otros sumandos que no implican $a_{n1}$ o $a_{n2}$. Si podemos cambiar las opciones de $a_{n1}$$a_{n2}$, la firma se convierte en determiant
$$
a_{n2}\det M_{n1} - a_{n1}\det M_{n2} + \ldots\etiqueta{2}
$$
en su lugar. Ya que la diferencia entre el$(1)$$(2)$$(a_{n1}-a_{n2})(\det M_{n1}+\det M_{n2}) \ne 0$, vemos que al menos un conjunto de opciones harían $\det A$ distinto de cero.
