一、看穿矩阵的结构
题目要算的行列式
$$A=\begin{pmatrix}1+a_1^2 & a_1a_2 & \cdots & a_1a_n\\a_2a_1 & a_2^2+1 & \cdots & a_2a_n\\\vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\a_na_1 & a_na_2 & \cdots & a_n^2+1\end{pmatrix}.$$
逐元素看：对角元是 $1+a_i^2$，非对角元 $(i,j)$ 是 $a_ia_j$。把对角上的那个 $1$ 单独拎出来，第 $(i,j)$ 元可统一写成
$$ (A)_{ij}=\delta_{ij}+a_ia_j,\qquad \delta_{ij}=\begin{cases}1,&i=j\\0,&i\ne j\end{cases}. $$
而 $a_ia_j$ 恰是列向量 $\mathbf a=(a_1,\dots,a_n)^{\mathsf T}$ 与其转置相乘 $\mathbf a\mathbf a^{\mathsf T}$ 的第 $(i,j)$ 元。于是矩阵是单位阵的一个秩 1 修正：
$$ \boxed{\,A=I_n+\mathbf a\mathbf a^{\mathsf T}\,}. $$
看穿这一点，问题就变成求 $\det\!\big(I_n+\mathbf a\mathbf a^{\mathsf T}\big)$——正是降阶公式的拿手好戏。
设分块矩阵 $\begin{pmatrix}P&Q\\R&S\end{pmatrix}$，其中 $P,S$ 为方阵。
- 第一降阶公式（要求 $P$ 可逆）：用 $-RP^{-1}$ 左乘第一行块加到第二行块，化为分块上三角
$$\begin{vmatrix}P&Q\\R&S\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}P&Q\\O&S-RP^{-1}Q\end{vmatrix}=|P|\,\big|S-RP^{-1}Q\big|.$$
- 第二降阶公式（要求 $S$ 可逆）：对称地有
$$\begin{vmatrix}P&Q\\R&S\end{vmatrix}=|S|\,\big|P-QS^{-1}R\big|.$$
- 两式都等于同一个行列式，故当 $P,S$ 均可逆时
$$ |P|\,\big|S-RP^{-1}Q\big|=|S|\,\big|P-QS^{-1}R\big|. $$ 思想：用一个块去“消”另一个块的耦合项，把大行列式拆成两个小块行列式之积。
二、解题思路：加一道边（bordering）
$A=I_n+\mathbf a\mathbf a^{\mathsf T}$ 是 $n$ 阶的，直接降阶没有现成的分块。关键技巧：把它“加边”嵌进一个 $(n+1)$ 阶矩阵 $M$，使得
- 沿一个方向降阶，恰好重建出 $A=I_n+\mathbf a\mathbf a^{\mathsf T}$；
- 沿另一个方向降阶，耦合项被 $I_n$ 吸收，塌缩成一个 $1\times1$ 标量 $1+\mathbf a^{\mathsf T}\mathbf a$。
两条路算的是同一个 $\det M$，于是相等——这就把 $n$ 阶行列式一步降到 1 阶。取左上角为标量 $1$、右下角为 $I_n$，让 $\mathbf a$ 充当边：
$$ M=\left[\begin{array}{c|c}1 & -\mathbf a^{\mathsf T}\\ \hline \mathbf a & I_n\end{array}\right]\in\mathbb R^{(n+1)\times(n+1)}. $$
这里 $P=1$（$1\times1$）、$Q=-\mathbf a^{\mathsf T}$（$1\times n$）、$R=\mathbf a$（$n\times1$）、$S=I_n$。$P=1$ 与 $S=I_n$ 都可逆，两条降阶都合法。
三、两路降阶，殊途同归
路线 ①——第一降阶公式（$P=1$ 可逆，消去左下块 $\mathbf a$）。由 $|P|=1$、$R=\mathbf a$、$Q=-\mathbf a^{\mathsf T}$：
$$\det M=|P|\cdot\bigl|S-RP^{-1}Q\bigr|=1\cdot\bigl|\,I_n-\mathbf a\cdot 1^{-1}\cdot(-\mathbf a^{\mathsf T})\,\bigr|$$右下角的 Schur 补正好就是原矩阵 $A$：
$$\det M=\bigl|\,I_n+\mathbf a\mathbf a^{\mathsf T}\,\bigr|=\det A.$$路线 ②——第二降阶公式（$S=I_n$ 可逆，消去右上块 $-\mathbf a^{\mathsf T}$）。由 $|S|=|I_n|=1$：
$$\det M=|S|\cdot\bigl|P-QS^{-1}R\bigr|=1\cdot\bigl|\,1-(-\mathbf a^{\mathsf T})\,I_n^{-1}\,\mathbf a\,\bigr|$$左上角的 Schur 补塌缩成 $1\times1$ 标量（注意 $\mathbf a^{\mathsf T}\mathbf a=\sum a_i^2$ 是内积）：
$$\det M=1+\mathbf a^{\mathsf T}\mathbf a=1+\sum_{i=1}^{n}a_i^{2}.$$两条路线算的是同一个 $\det M$，令二者相等：
$$\det A=\det M=1+\sum_{i=1}^{n}a_i^{2}.$$
$$ \det A=\begin{vmatrix}1+a_1^2 & a_1a_2 & \cdots & a_1a_n\\a_2a_1 & a_2^2+1 & \cdots & a_2a_n\\\vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\a_na_1 & a_na_2 & \cdots & a_n^2+1\end{vmatrix}=1+a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2. $$
与题目要证的结果完全一致。这其实就是著名的矩阵行列式引理 $\det(I+\mathbf u\mathbf v^{\mathsf T})=1+\mathbf v^{\mathsf T}\mathbf u$ 在 $\mathbf u=\mathbf v=\mathbf a$ 时的特例。
四、具体验证（$n=3$，符号展开）
用 SymPy 对 $n=3$ 直接展开行列式，看是否真等于 $1+a_1^2+a_2^2+a_3^2$：
$n=3$ 时 $A=I_3+\mathbf a\mathbf a^{\mathsf T}$ 写开来是：
$$A=\left[\begin{matrix}a_{1}^{2} + 1 & a_{1} a_{2} & a_{1} a_{3}\\a_{1} a_{2} & a_{2}^{2} + 1 & a_{2} a_{3}\\a_{1} a_{3} & a_{2} a_{3} & a_{3}^{2} + 1\end{matrix}\right]$$符号展开其行列式（SymPy 精确计算），交叉项全部抵消，只剩平方和加一：
$$\det A=a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + a_{3}^{2} + 1$$
五、几何直观（以 $n=2$、$\mathbf a=(1,1)^{\mathsf T}$ 为例）
取 $\mathbf a=(1,1)^{\mathsf T}$，则 $A=I_2+\mathbf a\mathbf a^{\mathsf T}=\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}$，公式给出 $\det A=1+1^2+1^2=3$。
行列式 = 面积缩放因子：把单位正方形经 $A$ 变换，面积放大为原来的 $\det A=3$ 倍。拖动下面的滑块 $t$，看空间如何从单位阵连续“长”成 $A$：
绿线方向 $(1,1)\parallel\mathbf a$ 是被拉伸 $\lambda=3$ 的特征方向；橙线方向 $(1,-1)\perp\mathbf a$ 上的向量纹丝不动（$\lambda=1$）。面积缩放 $=3\times1=\det A$。
单位正方形（虚线）→ 平行四边形（蓝），其面积 $=\det A=3$。
两条特征方向：沿 $\mathbf a$ 被拉长 3 倍，垂直方向不变。
$A=I_n+\mathbf a\mathbf a^{\mathsf T}$ 是单位阵的对称秩 1 修正，其特征值一眼可得：
- 沿 $\mathbf a$ 方向：$A\mathbf a=\mathbf a+\mathbf a(\mathbf a^{\mathsf T}\mathbf a)=(1+\lVert\mathbf a\rVert^2)\mathbf a$，即特征值 $\lambda_1=1+\sum a_i^2$；
- 任何与 $\mathbf a$ 正交的向量 $\mathbf x$（共 $n-1$ 维）：$\mathbf a^{\mathsf T}\mathbf x=0$，故 $A\mathbf x=\mathbf x$，特征值 $\lambda=1$（重数 $n-1$）。
行列式等于全部特征值之积： $$ \det A=\Big(1+\textstyle\sum_i a_i^2\Big)\cdot 1^{\,n-1}=1+\sum_{i=1}^n a_i^2, $$ 与降阶法完全吻合。$n=2$ 例子里正是 $\lambda_1=3,\ \lambda_2=1$，$\det=3\cdot1=3$。
- 降阶要求被“除”的块可逆：第一降阶要 $P$ 可逆、第二降阶要 $S$ 可逆。本题我们刻意把可逆的 $1$ 和 $I_n$ 放在对角块上，所以两条公式对任意 $\mathbf a$ 都无条件成立，不需要讨论 $\mathbf a=\mathbf 0$ 等特殊情形。
- 加边的符号：边取成 $-\mathbf a^{\mathsf T}$ 与 $\mathbf a$（一正一负），才能在路线 ① 得到 $I_n-\mathbf a(-\mathbf a^{\mathsf T})=I_n+\mathbf a\mathbf a^{\mathsf T}$ 这个加号；若两边同号，重建出来的就成了 $I_n-\mathbf a\mathbf a^{\mathsf T}$。
- 内积与外积别混：$\mathbf a^{\mathsf T}\mathbf a=\sum a_i^2$ 是 $1\times1$ 标量（内积），$\mathbf a\mathbf a^{\mathsf T}$ 是 $n\times n$ 秩 1 矩阵（外积），两者形状天差地别。