Пусть задан определитель $n-$го порядка:$$\det\;A=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\dots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\dots&a_{nn}\end{vmatrix}.$$ Возьмем $j-$й столбец матрицы $A$ и представим его в виде суммы:$$\begin{bmatrix}a_{1j}\\a_{2j}\\\vdots\\a_{nj}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a_{1j}\\0\\\vdots\\0\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}0\\a_{2j}\\\vdots\\0\end{bmatrix}+\dots+\begin{bmatrix}0\\0\\\vdots\\a_{nj}\end{bmatrix}.$$ Таким же образом запишем наш определитель: $$\det\;A=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1j}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2j}&\cdots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nj}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}=$$$$=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1j}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&0&\cdots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&0&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&0&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2j}&\cdots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&0&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}+\dots$$$$\dots+\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&0&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&0&\cdots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nj}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$$ Данную сумму можем записать более кратко:$$\det\;A=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\begin{vmatrix}\begin{array}{c}a_{11}\end{array}&a_{12}&\cdots&a_{1,j-1}&0&a_{1,j+1}&\cdots&a_{1n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{k1}&a_{k2}&\cdots&a_{k,j-1}&0&a_{k,j+1}&\cdots&a_{kn}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{n,j-1}&0&a_{n,j+1}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$$
Переместим элемент $a_{kj}$ в левый верхний угол матрицы. Для этого переставим $k-$ю строку на первое место, последовательно переставляя ее со строками, стоящими выше. Исходя из этого потребуется $k-1$ транспозиций. По свойствам определителей, каждая транспозиция двух строк (столбцов) приводит к определителю, у которого изменены все знаки его членов на противоположные. То есть при каждой транспозиции определитель умножается на $-1$:$$\det\;A=$$$$\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{k-1}\begin{vmatrix}a_{k1}&a_{k2}&\cdots&a_{k,j-1}&a_{kj}&a_{k,j+1}&\cdots&a_{kn}\\a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1,j-1}&0&a_{1,j+1}&\cdots&a_{1n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{k-1,1}&a_{k-1,2}&\cdots&a_{k-1,j-1}&0&a_{k-1,j+1}&\cdots&a_{k-1,n}\\a_{k+1,1}&a_{k+1,2}&\cdots&a_{k+1,j-1}&0&a_{k+1,j+1}&\cdots&a_{k+1,n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{n,j-1}&0&a_{n,j+1}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$$Затем переместим $j-$й столбец на первое место, последовательно переставляя со столбцами, стоящими левее $j-$го. На это потребуется $j-1$ транспозиций:$$\det\;A=$$$$\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left(k-1\right)+\left(j-1\right)}\begin{vmatrix}a_{kj}&a_{k1}&a_{k2}&\cdots&a_{k,j-1}&a_{k,j+1}&\cdots&a_{kn}\\0&a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1,j-1}&a_{1,j+1}&\cdots&a_{1n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&a_{k-1,1}&a_{k-1,2}&\cdots&a_{k-1,j-1}&a_{k-1,j+1}&\cdots&a_{k-1,n}\\0&a_{k+1,1}&a_{k+1,2}&\cdots&a_{k+1,j-1}&a_{k+1,j+1}&\cdots&a_{k+1,n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{n,j-1}&a_{n,j+1}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$$В итоге мы получаем определитель, отличающийся от искомого знаком $\left(-1\right)^{\left(k+j\right)}:$$$\det\;A=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left(k+j\right)}\begin{vmatrix}a_{kj}&a_{k1}&a_{k2}&\cdots&a_{kn}\\0&a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$$
Теперь пусть $$\det\;A^\prime=\begin{vmatrix}a_{kj}&a_{k1}&a_{k2}&\cdots&a_{kn}\\0&a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$$ Так как все элементы первого столбца, кроме $a_{kj},$ равны нулю, можем записать полученный определитель как сумму:$$\det\;A^\prime=\underset{s=2}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left[1,s_2,\dots,s_n\right]}a_{kj} a_{s2}\dots a_{sn},$$ где суммирование производится по всем перестановкам длины $n.$
Множитель $a_{kj}$ является общим для всех слагаемых. Единица, стоящая на первом месте, не образует никаких инверсий (перестановок), что не влияет на знак: $\left[1,s_2,\dots,s_n\right]=\left[s_2,\dots,s_n\right].$ Исходя из этого, можем вынести за знак суммы множитель $a_{kj}:$$$\det\;A^\prime=a_{kj}\underset{s=2}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left[s_2,\dots,s_n\right]}a_{s2}\dots a_{sn}.$$
Сумма $$\underset{s=2}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left[s_2,\dots,s_n\right]}a_{s2}\cdot\dots\cdot a_{sn}$$ равна определителю $\left(n-1\right)-$го порядка. Этот определитель получается путем вычеркивания первой строки и первого столбца и является дополнительным минором искомого определителя. Следовательно, определитель матрицы $A$ равен:$$\det\;A=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left(k+j\right)}a_{kj}M_{kj}.$$
Согласно определению, дополнительный минор, умноженный на число $\left(-1\right)^{\left(k+j\right)},$ где $k-$ номер строки, а $j-$ номер столбца, в которых расположен минор первого порядка, равен алгебраическому дополнению. Таким образом, мы получаем, что исходный определитель равен сумме произведений элементов $j-$го столбца на их алгебраическое дополнение:$$\det\;A=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}a_{kj}A_{kj}.$$ Разложение по столбцу доказано.
Аналогично докажем разложение определителя по строке: $$\det\;A=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\dots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\dots&a_{nn}\end{vmatrix}=$$$$=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\dots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{i1}&0&\dots&0\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\dots&a_{nn}\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\dots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&a_{i2}&\dots&0\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\dots&a_{nn}\end{vmatrix}+\cdots$$$$\cdots+\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\dots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&0&\dots&a_{in}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\dots&a_{nn}\end{vmatrix}=$$$$=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1k}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2k}&\cdots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{i-1,1}&a_{i-1,2}&\cdots&a_{i-1,k}&\cdots&a_{i-1,n}\\0&0&\cdots&a_{ik}&\cdots&0\\a_{i+1,1}&a_{i+1,2}&\cdots&a_{i+1,k}&\cdots&a_{i+1,n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nk}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$$Элемент $a_{ik}$ перемещаем в левый верхний угол матрицы, последовательно меняя $i-$ю строку с выше стоящими строками и $k-$й столбец со стоящими слева столбцами. Потребуется $i+k$ транспозиций. Это означает, что определитель будет отличаться от искомого знаком $\left(-1\right)^{\left(i+k\right)}:$$$\det\;A=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left(i+k\right)}\begin{vmatrix}a_{ik}&a_{i1}&a_{i2}&\cdots&a_{in}\\0&a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}=$$$$=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left(i+k\right)}a_{ik}M_{ik}=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}a_{ik}A_{ik}.$$ Таким образом, разложение по строке доказано.
