Exercise 1

设 $ A $ 的特征多项式为 $ P(\lambda) = \det(A-\lambda I) $。由于特征值 $ \lambda_{1},\lambda_{2},\dots,\lambda_{n} $ 是 $ P(\lambda) $ 的根，因此 $$ P(\lambda) = (-1)^{n}(\lambda-\lambda_{1})(\lambda-\lambda_{2})\dots(\lambda-\lambda_{n}) $$ 我们首先证明 $ \prod_{i=1}^{n}\lambda_{i}=\det(A) $。首先直接带入 $$ P(0)=\det(A-0\cdot I)=\det A $$ 又有 $$ P(0) = (-1)^{n}(0-\lambda_{1})(0-\lambda_{2})\dots(0-\lambda_{n})=\prod_{i=1}^{n} \lambda_{i} $$ 这样就得到了 $ \prod_{i=1}^{n}\lambda_{i}=\det(A) $。

接着证明 $ \sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}=\mathrm{trace}(A) $。展开 $ P(\lambda) $ 考察 $ \lambda^{n-1} $ 的系数，为 $$ (-1)^{n}\cdot \sum_{i=1}^{n} (-\lambda_{i}) = (-1)^{n+1}\sum_{i=1}^{n} \lambda_{i} $$ 同时对于矩阵 $ M=A-\lambda I $，利用行列式定义，有 $$ \det(A-\lambda I)=\sum_{\sigma \in S_{n}}\text{sgn}(n)\prod_{i=1}^{n} (A-\lambda I)_{i,\sigma(i)} $$ 其中 $ S_{n} $ 表示 $ [n] $ 中所有置换的集合。

考虑其中 $ \lambda^{n-1} $ 的系数。矩阵 $ A-\lambda I $ 中包含 $ \lambda $ 的元素都在对角线上。由于只要 $ \sigma $ 不是恒等置换，那么乘积中至少包含两个非对角线元素，从而最多只包含 $ n-2 $ 个 $ \lambda $，乘积不可能含有 $ \lambda^{n-1} $。从而只有在 $ \sigma $ 为恒等置换时乘积才有可能包含 $ \lambda^{n-1} $ 的项。从而展开 $$ \begin{align*} \prod_{i=1}^{n} (A-\lambda I)_{i,i} & = \prod_{i=1}^{n} (a_{i,i}-\lambda) \\ & = (-1)^{n}\lambda^{n}+(-1)^{n-1}\left( \sum_{i=1}^{n} a_{i,i} \right)\lambda^{n-1}+\dots \\ \end{align*} $$ 得到其中 $ \lambda^{n-1} $ 的系数为 $ \sum_{i=1}^{n}a_{i,i} $ 也就是 $ (-1)^{n-1}\mathrm{trace}(A) $。比较系数，就得到了 $$ (-1)^{n+1}\sum_{i=1}^{n} \lambda_{i} = (-1)^{n-1}\sum_{i=1}^{n}\mathrm{trace}(A)\implies \sum_{i=1}^{n} \lambda_{i}=\mathrm{trace}(A) $$ 证毕。

Exercise 2

设 $ \{ e_{1},e_{2},\dots,e_{n} \} $ 是 $ \mathbb{R}^{n} $ 的标准基。构造矩阵 $ A $，它的第 $ j $ 列为 $ T(e_{j}) $，也就是 $$ A = (T(e_{1}),T(e_{2}),\dots,T(e_{n})) $$ 对于任意 $ x \in \mathbb{R}^{n} $，都有 $ x=\sum_{j=1}^{n}x_{j}e_{j} $，从而 $$ T(x) = T\left( \sum_{j=1}^{n} x_{j}e_{j} \right) = \sum_{j=1}^{n} x_{j}T(e_{j}) $$ 其中 $ T(e_{j}) $ 也是矩阵 $ A $ 的第 $ j $ 列，从而就有 $$ T(x) = \sum_{j=1}^{n} x_{j}a_{j} = Ax $$

Exercise 3

要证明这是一个线性变换，我们需要证明 $ T_{A}(M)=AM $ 满足加法和数乘的封闭性。设 $ M_{1},M_{2}\in M_{m\times n}(\mathbb{R}) $ 为任意矩阵，$ c\in \mathbb{R} $ 为任意标量。

加法：根据矩阵乘法的分配律 $$ T_{A}(M_{1}+M_{2}) = A(M_{1}+M_{2}) = AM_{1}+AM_{2} = T_{A}(M_{1}) + T_{A}(M_{2}) $$ 数乘：根据乘法结合律 $$ T_{A}(cM_{1}) = A(cM_{1}) = c(AM_{1}) = cT_{A}(M_{1}) $$ 从而 $ T_{A} $ 是 $ M_{m\times n}(\mathbb{R}) $ 到 $ M_{l\times n}(\mathbb{R}) $ 的线性变换。

Exercise 4

记行向量组 $ V = [v_1 \dots v_n] $。

加法：需证 $ [v_1 \dots v_n](A+A') = [v_1 \dots v_n]A + [v_1 \dots v_n]A' $。考虑结果向量的第 $ j $ 个分量，左边第 $ j $ 项为 $$ = \sum_{i=1}^n v_i (A+A')_{ij} = \sum_{i=1}^n v_i (A_{ij} + A'_{ij}) = \sum_{i=1}^n v_i A_{ij} + \sum_{i=1}^n v_i A'_{ij} $$ 这正是右边 $ (VA)_j + (VA')_j $ 的定义。

乘法：需证 $ [v_1 \dots v_n](AB) = ([v_1 \dots v_n]A)B $。考虑结果向量的第 $ k $ 个分量。 左边第 $ k $ 项为 $$ \sum_{i=1}^n v_i (AB)_{ik} = \sum_{i=1}^n v_i (\sum_{j=1}^m A_{ij} B_{jk}) $$ 交换求和顺序得到 $$ \sum_{j=1}^{m} \left( \sum_{i=1}^{n} v_{i}A_{ij} \right)B_{jk} $$ 括号内是 $ VA $ 的第 $ j $ 个分量，从而就说明了上式等于 $ ((VA)B) $ 的第 $ k $ 项。

Exercise 5

设旧基矩阵 $ V = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 3 \end{bmatrix} $，新基矩阵 $ U = \begin{bmatrix} 4 & 6 \\ 5 & 7 \end{bmatrix} $。

(1)

我们需要找到 $ c_1, c_2 $ 使得 $ c_1 \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} + c_2 \begin{bmatrix} 2 \\ 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} $。即求解 $ V \mathbf{c} = \mathbf{x} $，故 $ \mathbf{c} = V^{-1} \mathbf{x} $。 $$ V^{-1} = \frac{1}{3-2} \begin{bmatrix} 3 & -2 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 & -2 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} $$ 因此坐标向量为 $$ [\mathbf{x}]_{\bar{v}} = \begin{bmatrix} 3x - 2y \\ -x + y \end{bmatrix} $$ (2)

从基 $ V $ 变到基 $ U $ 的过渡矩阵 $ P $ 满足 $ UP=V $ ，从而 $ P = U^{-1}V $。

首先求解 $ U^{-1} $ $$ U^{-1} = \frac{1}{28-30} \begin{bmatrix} 7 & -6 \\ -5 & 4 \end{bmatrix} = -\frac{1}{2} \begin{bmatrix} 7 & -6 \\ -5 & 4 \end{bmatrix} $$ 从而计算 $ P = U^{-1}V $ 得到 $$ P = -\frac{1}{2} \begin{bmatrix} 7 & -6 \\ -5 & 4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 3 \end{bmatrix} = -\frac{1}{2} \begin{bmatrix} 1 & -4 \\ -1 & 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -0.5 & 2 \\ 0.5 & -1 \end{bmatrix} $$