线性代数里面蕴含着丰富的数形结合思想，结合图形来理解，难度会小很多,以下证明不一定严密，但至少不依赖任何技巧的花哨的数学方法，依赖空间直觉得出自然而然的结论，学习线性空间理论，应该低起点，高观点。

0.0结合律的证明，同济教材只给出了结论，并没有证明．

矩阵:

$ABC=(AB)C=A(BC)$

$A$ 为一 $m \times n$ 矩阵， $B$ 为一 $n\times r$ 矩阵， $C$ 为一 $r\times s$ 矩阵，令

$D=AB$

$E=BC$

则，需要证明 $DC=AE$ ,根据矩阵的乘法定义:

$d_{il}=\sum_{k=1}^{n}a_{ik}b_{kl}$

$e_{kj}=\sum_{l=1}^{r}b_{kl}c_{lj}$

$DC$ 的 $(i,j)$ 元为:

$\sum_{l=1}^{r}d_{il}c_{lj}=\sum_{l=1}^{r}(\sum_{k=1}^{n}a_{ik}b_{kl})c_{lj}$

$AE$ 的 $(i,j)$ 元为:

$\sum_{k=1}^{n}a_{ik}e_{kj}=\sum_{k=1}^{n}a_{ik}(\sum_{l=1}^{r}b_{kl}c_{lj})$

由于

$\sum_{l=1}^{r}d_{il}c_{lj}=\sum_{l=1}^{r}(\sum_{k=1}^{n}a_{ik}b_{kl})c_{lj}=\sum_{l=1}^{r}(\sum_{k=1}^{n}a_{ik}b_{kl}c_{lj})=\sum_{k=1}^{n}a_{ik}(\sum_{l=1}^{r}b_{kl}c_{lj})$

所以：

$(AB)C=A(BC)$

QED!

0.1 $Ａ$ $A$ 为一 $n \times n$ 矩阵，则

$\left | A^T\right| = \left | A\right |$

很普通的定理，还是要证一下:

采用数学归纳法证明对于n阶矩阵是成立的，显然，因为 $1\times 1$ 阶矩阵是对称的标量，结论对于 $n=1$ 是成立的，假设这个结论对于所有的 $k \times k$ 也是成立的，则，对于 $(k+1)\times (k+1)$ 阶矩阵Ａ，将 $\left |A \right|$ 按照Ａ的

第一行展开，有:

$\\det(A)=a_{11}det(M_{11}) - a_{12}det(M_{12}) + -\cdots\pm a_{1,k+1}det(M_{1,k+1})$

$M_{ij}$ 为 $k\times k$ 矩阵，由归纳假设得

$\\det(A)=a_{11}det(M^T_{11}) - a_{12}det(M^T_{12}) + -\cdots\pm a_{1,k+1}det(M^T_{1,k+1})$

恰好是 $det(A^T)$ 按照 $A^T$ 的第一列代数余子式展开，因此

$\left | A^T\right| = \left | A\right |$

QED!

1.在线性空间的理论中，有一个定理起着重要的作用，描述如下,如果向量组

中每一个向量都是向量组

的线性组合，而且m>k,则向量

必定线性相关.

证明过程如下，由题设:

必然存在KxK的满秩矩阵A，使得

是

空间向量的线性变换结果，也即是：

这样

和　均可以做为K维空间的基.

所以,和也必然存在逆变换Ｂ，使得

其中

A,B互逆.

也就是说，不但x向量可以由y表示，而且也可以反过来标识y向量，两者在空间中是等价的，只是观察角度不同（玩儿游戏的同学应该能懂，吃鸡报点:))

所以，在K维空间中，哪怕在多一个向量，必定可以由k维的基标识，所以

m>k的情况下，多出来的m-k个向量必然可以被表示出来。

证毕:

对于上面证明用到的一个引理，就是为什么要求Ａ矩阵一定满秩,简单证明如下:

　其中

线性无关,其余向量可由其标识:

所以:

则x 必然也线性相关,引理得证明。

QED!

人类只能理解三维以下的空间，高维空间到底是什么样子的呢？好想知道

２．关于空间中的坐标变换：

　将z=4x+5y通过坐标变换变成简单形式。

首先可以选择平面上的两个点:

比如(1,1,9)以及(2,1,13)

首先，将两个向量施密特正交化:

施密特正交化后得到：

我们主要关心方向:

将向量规范化为:

则:

所以,

去掉误差项0.0003以及0.0002后，消失了两个维度，得到简化的平面方程

空间变换是一种很重要的数据处理思想，一些看似杂乱的数据，如果换一个角度去看，在高纬度的可能存在规律的形状，　要仔细领会。

3．线性空间中有一个非常基础的论断，就是矩阵中行秩必定等于列秩，而且课本给出了证明。

看似简单，但行秩为什么必须等于列秩呢? 它究竟反应的是空间的什么结构性质呢?

对于矩阵来说，行秩=列秩，等价于说，如果行线性相关，那么列必定也线性相关，行和列不是一回事呀，包含的元素也不相同，为什么呢？先通过一个三维空间中的例子来验证这个结论：

如下矩阵，很明显，前两行具有完全的自由度，不会线性相关，第三行由前两行线性组合而成，所以行向量必定线性相关。

列向量是否线性相关，完全看不出任何规律，不明显，我们需要变化一下：

所以，看一看出来，转置矩阵，经过初等行变换后，最后一行简化为0，对应的原来矩阵列线性相关。

所以，原来矩阵行线性相关<=====>矩阵列线性相关，两个等价。

上面的初等行变换过程是:

所以，行线性相关得证:

或者

让x3为自由变量:

所有由此可见，行向量线性相关必定导致有列向量标识的方程组有非零解，所有列向量也必然线性相关。

相关性和线性方程组之间的关系很微妙，如果行向量线性相关，则必定可以通过行变换消去一个方程，消去方程会导致自由变量多一个，则剩余的方程必定有非零解，有非零解同时也意味着列向量必定线性相关。。。

对于通用情况：

设以下mxn矩阵，其中m<n。

将其写成列向量的格式:

假设其列秩为c，则必定存在c个列向量线性无关.我们将其挑选出来做成新的矩阵

其中

(j<n)

则原矩阵

必定可以写成

线性组合的形式:

同时，也可以写成B矩阵行向量线性组合的形式:

其中

另一种证明:

考虑 $m \times n$ 矩阵，

$A_{m\times n}=\left [ a_{ij}\right ]= \begin{bmatrix} a_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{m1}& a_{m2}& \cdots & a_{mn} \end{bmatrix}$

$A$ 为一 $m \times n$ 阶矩阵，设它的行秩为 $r$ ，列秩为 $c$ .

考虑一下 $A\vec{x}=\vec{0}$ 的解空间，则 $A$ 的行阶梯型 $U$ 将有 $c$ 个首1元素行，必定有 $n-c$ 个自由变量，所以A的解空间的维数必为 $n-c$ .

另外，考虑到

$\\ a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n = 0 \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n = 0 \\ \vdots \\ a_{n1}x_1 + a_{n2}x_2 + \cdots + a_{nn}x_n = 0$

所以

$\vec{x}$ 和 $\vec{a_{1j}}^T$ 是互为正交补空间， $\vec{x}$ 的秩为 $n-r$

所以

$n-r = n-c=>r=c$

QED！

初中时老师告诉我们，有n个方程才能唯一确定n个未知数，所以才叫"方“程，可是现在我们知道了，光有n个方程还不够，这些方程必须是”干货“方程才行。

4.矩阵线性组合的把戏:

以上说明，如果现行线性相关的航向量作为最后一行参与列扩张，扩张成的列向量，满足同样的行扩张系数。

５.最小二乘法的矩阵形式推导：

设:

$\\ R(A)=\{ A\vec{x}|\vec{x}\in R^{n}\},\quad A\in R^{n \times n}\\$

最小二乘问题的矩阵形式:

求得向量 $\vec{x}$ ,使得 $A\vec{x}$ 与 $\vec{b}$ 的距离最小,翻译成数学表达就是:

$\\ \exists \vec{b}$ ，求 $\vec{x}$ ，使得 $||A\vec{x}-\vec{b}||_2$ 最小，2-范数表示的是向量长度，计算方法是向量各个元素的平方和再开方，求它最小值，等价于求:

${||A\vec{x}-\vec{b}||_2}^2$ 的最小值，而：

$\\{||A\vec{x}-\vec{b}||_2}^2=(A\vec{x}-\vec{b})^T(A\vec{x}-\vec{b})=(\vec{x}^TA^T-{\vec{b}}^T)(A\vec{x}-\vec{b})\\ =\vec{x}^TA^TA\vec{x}-\vec{x}^TA^T\vec{b}-{\vec{b}}^TA\vec{x}+{\vec{b}}^T{\vec{b}}$

根据矩阵微分公式:

$\\ \frac{\partial {\vec{x}^T}\vec{a}}{\partial \vec{x}}=\frac{\partial {\vec{a}^T}\vec{x}}{\partial \vec{x}}=\vec{a}\\ \frac{\partial {\vec{x}^T}A\vec{x}}{\partial \vec{x}}=A\vec{x}+A^T\vec{x}$

所以:

$\\ \frac{\partial {||A\vec{x}-\vec{b}||_2}^2}{\partial \vec{x}}=2A^TA\vec{x}-2A^T\vec{b}=\vec{0}\\ 2A^TA\vec{x}=2A^T\vec{b}=>\vec{x}=(A^TA)^{-1}A^T\vec{b}$

所以，最终得到:

$\vec{x}=(A^TA)^{-1}A^T\vec{b}$

对于方阵来说，它和

$A\vec{x}=\vec{b}$

同解

QED!

数形结合的方法不一定到处可用，经济学中的数学模型通常有上千个变量，比如说

$x_1,x_2,x_3,\cdots ,x_{5000}$

这样就意味着必须在 $R^{5000}$ 中工作，这样的空间不能通过几何手段来处理，但是代数方法却可以很好的发挥作用，因此这门学科叫做线性代数。

6. $\{(x_1, x_2, x_3) \in F^3: x_1=5x_3\}$ 是不是 $F^3$ 上的子空间.

1.显然 $\{0, 0, 0\}$ ,满足 $0=5*0$ ,所以存在加法单位元

2. $\{x,y,z\}, \{a, b, c\} \in F^3$ ,则 $x=5z, a=5c=>x+a=5(z+c)$

所以 $(x+a, y+b, z+c)\in F^3$ ，满足加法封闭性.

3. $\{x,y,z\} \in F^3$ , $x=5z=>\lambda x=\lambda5z=>\lambda x=5\lambda z=>\{\lambda x, \lambda y, \lambda z\}\in F^3$

满足标量乘法的封闭。

所以，是子空间

空间图形如下图所示：

$z=\frac{x}{5}$

是个过原点的二维空间。

可以想象，不过原点的二维空间是什么样子的?在这个空间中的生物，可能走一小步，就跳出了这个空间，

7:设

$v_1, v_2, v_3, v_4$

张成V,证明组

$v_1-v_2, v_2-v_3, v_3-v_4, v_4$

也张成V

$span(V)=\lambda_1v_1+\lambda_2v_2+\lambda_3v_3+\lambda_4v_4 \quad \lambda_1, \lambda_2, \lambda_3, \lambda_4 \in R$

$[v_1-v_2, v_2-v_3, v_3-v_4, v_4]=[v_1, v_2,v_3, v_4]\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ -1& 1 & 0& 0\\ 0 & -1& 1& 0\\ 0 & 0 & -1& 1 \end{bmatrix}$

$Rank(\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ -1& 1 & 0& 0\\ 0 & -1& 1& 0\\ 0 & 0 & -1& 1 \end{bmatrix})=4$

满秩，所以存在逆矩阵，所以

$[v_1, v_2,v_3, v_4]=[v_1-v_2, v_2-v_3, v_3-v_4, v_4]\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ -1& 1 & 0& 0\\ 0 & -1& 1& 0\\ 0 & 0 & -1& 1 \end{bmatrix}^{-1}$

所以，得证明！

或者

$[v_1-v_2, v_2-v_3, v_3-v_4, v_4]\begin{bmatrix} \lambda_1\\ \lambda_2\\ \lambda_3\\ \lambda_4 \end{bmatrix}=0=>[v_1, v_2,v_3, v_4]\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ -1& 1 & 0& 0\\ 0 & -1& 1& 0\\ 0 & 0 & -1& 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \lambda_1\\ \lambda_2\\ \lambda_3\\ \lambda_4 \end{bmatrix}=[v_1, v_2,v_3, v_4]\begin{bmatrix} \lambda_1\\ \lambda_2-\lambda_1\\ \lambda_3-\lambda_2\\ \lambda_4-\lambda_3 \end{bmatrix}=0$

$\begin{bmatrix} \lambda_1\\ \lambda_2-\lambda_1\\ \lambda_3-\lambda_2\\ \lambda_4-\lambda_3 \end{bmatrix}=0=>\begin{bmatrix} \lambda_1\\ \lambda_2\\ \lambda_3\\ \lambda_4 \end{bmatrix}=\vec{0}=>\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=\lambda_4=0$

也就是 $v_1-v_2, v_2-v_3, v_3-v_4, v_4$ 线性无关，线性无关的一组向量可以作为 $F^4$ 的一组基，所以得证!

以上就是两种方法的证明！

８若将C视为R上的向量空间，则组 $1+i, 1-i$ 是线性无关的。

若将C视为C上的向量空间，则组 $1+i, 1-i$ 是线性相关的。

$\\ \lambda_1=a+bi\\ \lambda_2=c+di$

则

$\\ \lambda_1(1+i)+\lambda_2(1-i) = (a+bi)(1+i)+(c+di)(1-i)=a+bi+ai-b+c+di-ci+d=(a-b+c+d)+(b+a+d-c)i$

在R上，b=d=0

所以

$\\a+bi+ai-b+c+di-ci+d=(a-b+c+d)+(b+a+d-c)i=(a+c)+(a-c)i=0=>a=c=0$

在Ｃ上

$(a-b+c+d)+(b+a+d-c)i=0$

两个方程，四个未知数，解空间是二维平面，所以有无穷多个解，例如.

a=d=0, b=c=1

得到 $\lambda_1=i, \lambda_2=1$

$\\ i(1+i)+1(1-i)=0$

结束！

９：

$f_n=\left\{\begin{matrix} x-\frac{1}{n} \qquad \qquad x\geqslant \frac{1}{n};\\ 0 \qquad \qquad \quad \quad x\in[0, \frac{1}{n}] \end{matrix}\right.$

$f_n$ 是区间[0,1]上的连续函数。

证明 $f_{n+1}\notin\text{span}\{f_1,\cdots,f_n\}$

$f_1=\left\{\begin{matrix} x-1 \qquad x\geqslant 1;\\ 0 \qquad \qquad \quad x\in[0, 1] \end{matrix}\right.$

$f_2=\left\{\begin{matrix} x-\frac{1}{2} \qquad \qquad x\geqslant \frac{1}{2};\\ 0 \qquad \qquad \quad \quad x\in[0, \frac{1}{2}] \end{matrix}\right.$

$f_3=\left\{\begin{matrix} x-\frac{1}{3} \qquad \qquad x\geqslant \frac{1}{3};\\ 0 \qquad \qquad \quad \quad x\in[0, \frac{1}{3}] \end{matrix}\right.$

$\vdots$

$f_n=\left\{\begin{matrix} x-\frac{1}{n} \qquad \qquad x\geqslant \frac{1}{n};\\ 0 \qquad \qquad \quad \quad x\in[0, \frac{1}{n}] \end{matrix}\right.$

$f_{n+1}=\left\{\begin{matrix} x-\frac{1}{n+1} \qquad \qquad x\geqslant \frac{1}{n+1};\\ 0 \qquad \qquad \quad \quad x\in[0, \frac{1}{n+1}] \end{matrix}\right.$

假如存在　 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3,\cdots,\lambda_n$

使得:

$\\ f_{n+1}(x)=\lambda_1f_1(x)+\lambda_2f_2(x)+\lambda_3f_3(x)+\cdots+\lambda_nf_n(x)$

根据如下函数图形，当x取 $1/n$ 的时候

$\\ \lambda_1f_1(\frac{1}{n})+\lambda_2f_2(\frac{1}{n})+\lambda_3f_3(\frac{1}{n})+\cdots+\lambda_nf_n(\frac{1}{n})\\ \\ =\lambda_1*0+\lambda_2*0+\cdots+\lambda_n*0=0$

但是

$\\ f_{n+1}(\frac{1}{n})=\frac{1}{n(n+1)}$

所以，显然，不存在n+1次的函数能够用<＝n次的函数表达的情况，函数无关。

9:对于线性变换 $Y=AX$ ,计算他在新坐标基B下的变换矩阵。

$\\Y=B{Y}' \\X=BX'$

所以:

$Y=AX=>BY'=ABX'=>Y'=B^{-1}ABX'$

所以:

$Y'=B^{-1}ABX'$

所以新基下的变换为: $B^{-1}AB$

10:内积的定义：

$\begin{bmatrix} u_x &u_y \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix} = u_x*x+u_y*y$

$\begin{bmatrix} u_x\\ u_y \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix} = u_x*x+u_y*y$

对于任何

$\begin{bmatrix} u_x\\ u_y \end{bmatrix}$ ，可以将其单位化:

$\begin{bmatrix} u'_x\\ u'_y \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \frac{u_x}{\sqrt{u^2_x+u^2_y}}\\ \frac{u_y}{\sqrt{u^2_x+u^2_y}} \end{bmatrix}$

11:转置矩阵和原矩阵具有相同的特征多项式，也就是具有相同的特征值．

12:向量刻画对象，矩阵刻画对象的运动，矩阵的本质是对运动的描述，线性空间中的跃迁，交换．

$\begin{bmatrix} 2 & 0\\ 0 & 3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 2\\ 3 \end{bmatrix}$

运动的方式*对象＝运动后的对象

12:利用范德蒙德行列式证明，属于不同特征值的特征向量线性无关：

课本上用数学归纳法，不太喜欢反证法和归纳法，还是用演绎法来证明：

假设n阶梯矩阵A有n个不同的特征值，分别为：

$\lambda_1,\quad \lambda_2,\quad \cdots \quad \lambda_n$

其对应的特征向量分别为:

$\vec{v}_1,\quad \vec{v}_2,\quad \cdots \quad \vec{v}_n$

证明:使得 $k_1\vec{v}_1+k_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\vec{v}_n=0$ 成立的只能是 $k_1=k_2=\cdots=k_n=0$

证明过程:根据已知条件下式成立：

$\\A\vec{v}_1=\lambda_1\vec{v}_1\\ A\vec{v}_2=\lambda_2\vec{v}_2\\ \qquad \vdots\\ A\vec{v}_n=\lambda_n\vec{v}_n\\$

并且： $A^{m}\vec{v}_i=\lambda^{m}_i\vec{v}_i$

如果 $k_1\vec{v}_1+k_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\vec{v}_n=0$ 成立，那么下面的式一定成立：

$\\A^0(k_1\vec{v}_1+k_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\vec{v}_n)=\vec{0}\\ A^1(k_1\vec{v}_1+k_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\vec{v}_n)=\vec{0} \\ A^2(k_1\vec{v}_1+k_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\vec{v}_n)=\vec{0} \\ \vdots \\ A^{n-1}(k_1\vec{v}_1+k_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\vec{v}_n)=\vec{0} \\$

等价于：

$\\k_1\vec{v}_1+k_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\vec{v}_n=\vec{0}\\ k_1\lambda_1\vec{v}_1+k_2\lambda_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\lambda_n\vec{v}_n=\vec{0}\\ k_1\lambda^2_1\vec{v}_1+k_2\lambda^2_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\lambda^2_n\vec{v}_n=\vec{0}\\ \vdots\\ k_1\lambda^{n-1}_1\vec{v}_1+k_2\lambda^{n-1}_2\vec{v}_2+\cdots+k_n\lambda^{n-1}_n\vec{v}_n=\vec{0}$

转化成矩阵形式：

$\begin{bmatrix} k_1\vec{v}_1 & k_2\vec{v}_2 & \cdots& k_n\vec{v}_n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & \lambda_1 & \cdots & \lambda^{n-1}_1 \\ 1 & \lambda_2 & \cdots & \lambda^{n-1}_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & \lambda_n & \cdots & \lambda^{n-1}_n \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \vec{0} & \vec{0} & \cdots& \vec{0} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \end{bmatrix}$

也就是

$\begin{bmatrix} k_1\vec{v}_1 & k_2\vec{v}_2 & \cdots& k_n\vec{v}_n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & \lambda_1 & \cdots & \lambda^{n-1}_1 \\ 1 & \lambda_2 & \cdots & \lambda^{n-1}_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & \lambda_n & \cdots & \lambda^{n-1}_n \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \end{bmatrix}$

其中：

$\begin{bmatrix} 1 & \lambda_1 & \cdots & \lambda^{n-1}_1 \\ 1 & \lambda_2 & \cdots & \lambda^{n-1}_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & \lambda_n & \cdots & \lambda^{n-1}_n \end{bmatrix}$

是范德蒙德行列式，其行列式的值为:

$\begin{vmatrix} 1 & \lambda_1 & \cdots & \lambda^{n-1}_1 \\ 1 & \lambda_2 & \cdots & \lambda^{n-1}_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & \lambda_n & \cdots & \lambda^{n-1}_n \end{vmatrix}=\prod_{n\geqslant i>j\geqslant 1}(\lambda_i-\lambda_j)$

引用特征向量各不相同的条件，则此范德蒙德行列式一定不等于０．得出此范德蒙德矩阵是满秩矩阵．

满秩矩阵就一定有唯一的逆，所以

$\begin{bmatrix} k_1\vec{v}_1 & k_2\vec{v}_2 & \cdots& k_n\vec{v}_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & \lambda_1 & \cdots & \lambda^{n-1}_1 \\ 1 & \lambda_2 & \cdots & \lambda^{n-1}_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & \lambda_n & \cdots & \lambda^{n-1}_n \end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix} \vec{0} & \vec{0} & \cdots& \vec{0} \end{bmatrix}$

由于 $\vec{v}_1,\quad \vec{v}_2,\quad \cdots \quad \vec{v}_n$ 作为特征向量，特征向量表示方向，不可能为０，　那么

只能是 $k_1=k_2=\cdots=k_n=0$ ，得证．

还可以认为，矩阵:

$\begin{bmatrix} k_1\vec{v}_1 & k_2\vec{v}_2 & \cdots& k_n\vec{v}_n \end{bmatrix}$

的解空间的秩为n，根据维数定理，解空间的秩+矩阵的秩＝n，则矩阵的秩一定为０．

什么样的矩阵秩才为０呢？当然是０矩阵，根据上面的逻辑，同理得出， $k_1=k_2=\cdots=k_n=0$

所以属于不同特征值的特征向量线性无关．

QED!

12: $A$ 与 $\Lambda$ 相似，则 $A=P^{-1}\Lambda P$ ，那么 $A-\lambda E$ 与 $\Lambda-\lambda E$ 有什么关系？

　因为 $P^{-1}(A-\lambda E)P=P^{-1}AP-P^{-1}\lambda EP=\Lambda-\lambda E$

所以　 $(A-\lambda E)$ 与 $(\Lambda-\lambda E)$ 相似

13:实对称矩阵的特征值为实数

复数 $\lambda$ 为实对称矩阵 $A$ 的特征值，复向量 $\mathbf{x}$ 为对应的特征向量,即:

$A\mathbf{x}=\lambda \textbf{x} \quad \textbf{x}\neq \vec{\textbf{0}}$

用 $\overline{\lambda}$ 表示 $\lambda$ 的共轭复数， $\overline{\textbf{x}}$ 表示 $\textbf{x}$ 的共轭复向量．那么

$A\overline{\textbf{x}}=\overline{A}\overline{\textbf{x}}=\overline{(A\textbf{x})}=\overline{(\lambda \textbf{x})}=\overline{\lambda}\overline{\textbf{x}}$

从上式也可以得出，如果结论为真，那么 $\overline{\textbf{x}}$ 也为A的特征向量．

于是有:

$\overline{\textbf{x}}^TA\overline{\textbf{x}}=\overline{\textbf{x}}^T(A\overline{\textbf{x}})=\overline{\textbf{x}}^T(\lambda\overline{\textbf{x}})=\lambda \overline{\textbf{x}}^T \overline{\textbf{x}}$

和

$\overline{\textbf{x}}^TA\overline{\textbf{x}}=\overline{\textbf{x}}^TA^T\overline{\textbf{x}}={(A\overline{\textbf{x}})}^T\overline{\textbf{x}}={(\overline{\lambda}\overline{\textbf{x}})}^T\overline{\textbf{x}}=\overline{\lambda}\overline{\textbf{x}}^T \overline{\textbf{x}}$

让两式相减：

$(\lambda - \overline \lambda)\overline{\textbf{x}}^T \overline{\textbf{x}}=0$

由于

$\textbf{x}\neq \vec{\textbf{0}}$

所以，

$\overline{\textbf{x}}^T \overline{\textbf{x}}=\sum_{i=1}^{n}\overline{x_i}x_i=\sum_{i=1}^{n}{\left |{x_i} \right |}^2\neq 0$

所以

$(\lambda - \overline \lambda)=0$

也就是 $\lambda = \overline \lambda$

即，特征值为实数．

由于实对称矩阵的特征值是实数，所以，齐次线性方程组

$(A-\lambda_iE)\vec{x}=\vec{0}$

是实系数线性方程组，又由于

$\left|A-\lambda_iE\right |=0$

得到

$Rank(A-\lambda_iE)< n$ ,所以其必有非平凡实数解，必有实的基础解系．所以，实对称矩阵不但特征值是实数，对应的特征向量也是实向量．

14:设 $\lambda_1,\lambda_2$ 是实对称矩阵的两个特征值， $\vec{p}_1, \vec{p}_2$ 是对应的特征向量，若 $\lambda_1\neq\lambda_2$ ,则 $\vec{p_1}$ 与 $\vec{p}_2$ 正交．

已知条件， $\lambda_1\neq\lambda_2$ , $A^T=A$

$A\vec{p}_1=\lambda_1\vec{p}_1$

$A\vec{p}_2=\lambda_2\vec{p}_2$

所以:

$\lambda_1 {\vec{p_1}}^T=(\lambda_1 \vec{p_1})^T=(A\vec{p_1})^T=\vec{p_1}^TA^T=\vec{p_1}^TA$

于是:

$\lambda_1\vec{p_1}^T\vec{p_2}=\vec{p_1}^TA\vec{p_2}=\vec{p_1}^T\lambda_2\vec{p_2}=\lambda_2\vec{p_1}^T\vec{p_2}$

所以:

$(\lambda_1-\lambda_2)\vec{p_1}^T\vec{p_2}=0$

由于 $\lambda_1\neq\lambda_2$ ，所以只能是 $\vec{p_1}^T\vec{p_2}=0$ 成立，也即是 $\vec{p_2}, \vec{p_2}$ 正交．

15:若 $\{{\vec{q}_1, \vec{q}_2, \quad ... \quad ,\vec{q}_k}\}$ 是一组n维标准正交向量组，求矩阵

$\sum_{i=1}^{k}\vec{q}_i\vec{q_i}^T$

的所有特征值.

标准正交，所以:

${\vec{q}_i}^T\vec{q}_j = \left\{\begin{matrix} 1 \qquad i=j\\ 0 \qquad i\neq j \end{matrix}\right.$

展开：

$M=\sum_{i=1}^{k}\vec{q}_i\vec{q_i}^T= (\vec{q_1}\vec{q_1}^T + \vec{q_2}\vec{q_2}^T + \cdots + \vec{q_k}\vec{q_k}^T)$

则:

$\\M^2= (\vec{q_1}\vec{q_1}^T + \vec{q_2}\vec{q_2}^T + \cdots + \vec{q_k}\vec{q_k}^T)^2 \\= \vec{q_1}\vec{q_1}^T\vec{q_1}\vec{q_1}^T + \vec{q_2}\vec{q_2}^T\vec{q_2}\vec{q_2}^T + \cdots + \vec{q_k}\vec{q_k}^T\vec{q_k}\vec{q_k}^T + \vec{q_1}\vec{q_1}^T\vec{q_2}\vec{q_2}^T + \cdots$

根据正交条件，交叉项全部为0， $\vec{q_k}\vec{q_k}^T\vec{q_k}\vec{q_k}^T=1$

所以

$\\M^2= (\vec{q_1}\vec{q_1}^T + \vec{q_2}\vec{q_2}^T + \cdots + \vec{q_k}\vec{q_k}^T) = M$

也就是

$\\M^2= M$

所以，特征多项式为:

$\lambda^2=\lambda=>\lambda(\lambda - 1)= 0=>\lambda =1 \ or \ \lambda = 0$

也就是特征值为 $\lambda =1$ 或者 $\lambda = 0$

验证:

$\lambda =1$

$M^2=M=>(M-E)M=\boldsymbol{0}=>(M-1\cdot E)M=0$

所以，M的每个列向量都是 $\lambda =1$ 的特征向量。

同理:

$M^2=M=>(M-E)M=\boldsymbol{0}=>(M-0\cdot E)(M-E)=0$

所以，M-E的每个列向量都是0的特征向量。

16:对于 $n$ 阶可逆矩阵 $A$ ，设其任意一个非零特征值 $\lambda$ ,对应的特征向量 $\mathbf{\vec{x}}$ ，则

$A\mathbf{\vec{x}}=\lambda \mathbf{\vec{x}}$

连边同时左乘 $A^{-1}$

$A^{-1}A\mathbf{\vec{x}}=A^{-1}\lambda \mathbf{\vec{x}}=>\mathbf{\vec{x}}=A^{-1}\lambda \mathbf{\vec{x}}$

然后两边乘以 $\frac{1}{\lambda}$ ，得到:

$\frac{1}{\lambda}\mathbf{\vec{x}}=A^{-1}\mathbf{\vec{x}}$

也就是:

$A^{-1}\mathbf{\vec{x}}=\frac{1}{\lambda}\mathbf{\vec{x}}$

所以， $\frac{1}{\lambda}$ 是 $A^{-1}$ 的特征值，对应特征向量不变，仍然为 $\mathbf{\vec{x}}$ .

特征向量不为 $\boldsymbol{\vec{0}}$ , 所以，对于０特征值的情况

$A\mathbf{\vec{x}}=0\cdot \mathbf{\vec{x}}=>A\mathbf{\vec{x}}=\mathbf{\vec{0}}$

所以，齐次方程

$A\vec{x}=\vec{0}$

有非０解，进而得到 Rank(A)<n，得到

$\left | A \right| = 0$ $Ａ\vec{x}=\vec{0}$

17: $A$ 为 $n$ 阶正定矩阵，则

$\left | A\right |\leqslant a_{11}a_{22}\cdots a_{nn}$

正定矩阵，A是对称方阵，则，写成分块的形式:

$A_{n\times n}= \begin{bmatrix} a_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{12}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{1n}& a_{2n}& \cdots & a_{nn} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A_{n-1} & \vec{\alpha}\\ \vec{\alpha}^T& a_{nn} \end{bmatrix} \qquad \vec{\alpha} =\begin{bmatrix} a_{1n}\\ a_{2n}\\ \vdots \\ a_{(n-1)n} \end{bmatrix}$

对矩阵尽心给出等列变换,用第二列减去第一列右乘以 ${A_{n-1}}^{-1}} \vec{\alpha}$ ，行列式不变，所以:

$\\ \left |A_{n\times n} \right|= \begin{vmatrix} A_{n-1} & \vec{\alpha}\\ \vec{\alpha}^T& a_{nn} \end{vmatrix} =\begin{vmatrix} A_{n-1} & \vec{\alpha}-A_{n-1}{A_{n-1}}^{-1}\vec{\alpha} \\ \vec{\alpha}^T& a_{nn}- \vec{\alpha}^T{A_{n-1}}^{-1}\vec{\alpha}\end{vmatrix} = \begin{vmatrix} A_{n-1} & \vec{0} \\ \vec{\alpha}^T& a_{nn}- \vec{\alpha}^T{A_{n-1}}^{-1}\vec{\alpha}\end{vmatrix} = \left | A_{n-1} \right |(a_{nn}-\vec{\alpha}^T{A_{n-1}}^{-1}\vec{\alpha})$

也就是：

$\\ \left |A_{n\times n} \right| = \left | A_{n-1} \right |(a_{nn}-\vec{\alpha}^T{A_{n-1}}^{-1}\vec{\alpha})$

根据已知矩阵正定的条件，一个矩阵是正定的，当且仅当它的各阶顺序主子式是正定的，所以 $A_{n-1}$ 必然也是正定的。

根据正定矩阵的要求， $\vec{\alpha}^T{A_{n-1}}^{-1}\vec{\alpha}>0 \quad \vec{\alpha} \neq \vec{0}$

所以

$\\ \left |A_{n\times n} \right| = \left | A_{n-1} \right |(a_{nn}-\vec{\alpha}^T{A_{n-1}}^{-1}\vec{\alpha})< \left | A_{n-1} \right | a_{nn}$

所以得到:

$\\ \left |A_{n\times n} \right| < \left | A_{n-1} \right | a_{nn}$

同理，可以得到

$\\ \left |A_{{n-1}\times {n-1}} \right| < \left | A_{n-2} \right | a_{(n-1)(n-1)} \\ \left |A_{{n-2}\times {n-2}} \right| < \left | A_{n-3} \right | a_{(n-2)(n-2)} \\ \vdots \\ \left |A_{2 \times 2}} \right| < a_{11} a_{22}$

所以

$\left | A\right |\leqslant a_{11}a_{22}\cdots a_{nn}$
得证！

18.若P为正交矩阵，则线性变换

$\vec{y}=P\vec{x}$

称为正交变换　

则

$\left \| \vec{y} \right \|=\sqrt{\vec{y}^T\vec{y}}=\sqrt{\vec{x}^TP^TP\vec{x}}=\sqrt{\vec{x}^T\vec{x}}=\left \| \vec{x} \right \|$

由于 $\left \| \vec{x} \right \|$ 　2-范数表示向量长度，所以， $\left \| \vec{y} \right \|=\left \| \vec{x} \right \|$ 说明经过正交变换后，线段长度保持不变，从而几何形状保持不变，这是正交变换的特性．

19:设 $\lambda_1$ 和 $\lambda_2$ 是方阵A的两个不同特征值，　 $\epsilon_1, \epsilon_2, \cdots, \epsilon_s$ 和 $\eta_1, \eta_2, \cdots, \eta_t$ 分别对应于 $\lambda_1$ 和 $\lambda_2$ 的线性无关特征向量，则　 $\epsilon_1, \epsilon_2, \cdots, \epsilon_s$ $\eta_1, \eta_2, \cdots, \eta_t$ 线性无关．

题设可知:

$A\epsilon_i=\lambda_1\epsilon_i \quad (1<i<s )$

$A\eta_j=\lambda_2\eta_j \quad (1<j<t )$

假设

$k_1\epsilon_1 + k_2\epsilon_2+\cdots + k_s\epsilon_s + k_{s+1}\eta_1 + k_{s+2}\eta_2+\cdots+k_{s+t}\eta_{t} = 0 \quad \textcircled{1}$

两边同时乘以 $Ａ$ $Ａ$ $A$ 得:

$A(k_1\epsilon_1 + k_2\epsilon_2+\cdots + k_s\epsilon_s)+ A(k_{s+1}\eta_1 + k_{s+2}\eta_2+\cdots+k_{s+t}\eta_{t}) = 0$

$\lambda_1(k_1\epsilon_1 + k_2\epsilon_2+\cdots + k_s\epsilon_s)+ \lambda_2(k_{s+1}\eta_1 + k_{s+2}\eta_2+\cdots+k_{s+t}\eta_{t}) = 0 \quad \textcircled{2}$

$\textcircled{2}-\lambda_2\textcircled{1}$ 得:

$\lambda_1(k_1\epsilon_1 + k_2\epsilon_2+\cdots + k_s\epsilon_s)- \lambda_2(k_1\epsilon_1 + k_2\epsilon_2+\cdots + k_s\epsilon_s) = 0 \quad \textcircled{3}$

所以

$(\lambda_1-\lambda_2)(k_1\epsilon_1 + k_2\epsilon_2+\cdots + k_s\epsilon_s) = 0 \quad \textcircled{4}$

由于 $\lambda_1\neq \lambda_2$ ,所以

$k_1\epsilon_1 + k_2\epsilon_2+\cdots + k_s\epsilon_s = 0 \quad \textcircled{5}$

因为 $\epsilon_1, \epsilon_2, \cdots, \epsilon_s$ 线性无关，所以

$k_1=k_2= \cdots=k_s = 0\quad \textcircled{6}$

从而 $\textcircled{1}$ 式可以化简为

$k_{s+1}\eta_1 + k_{s+2}\eta_2+\cdots+k_{s+t}\eta_{t} = 0 \quad \textcircled{7}$

同样因为 $\eta_1, \eta_2, \cdots, \eta_t$ 线性无关．

$k_{s+1}=k_{s+2}= \cdots=k_{s+t} = 0\quad \textcircled{8}$

根据 $\textcircled{6}, \textcircled{8}$ 　得到:

$k_1=k_2= \cdots=k_s = k_{s+1}=k_{s+2}= \cdots=k_{s+t}=0\quad \textcircled{9}$

所以，线性无关结论成立．

20: $f(A)=a_0A^n+a_1A^{n-1}+\cdots+a_{n-1}A+a_nE$

如果 $A=P^{-1}\Lambda P$

则:

$\\f(A)=a_0A^n+a_1A^{n-1}+\cdots+a_{n-1}A+a_nE\\=P^{-1}a_0\Lambda ^nP + P^{-1}a_1\Lambda ^{n-1}P+\cdots+P^{-1}a_{n-1}\Lambda P + P^{-1}a_nEP\\=P^{-1}f(\Lambda)P$

21:证明对称矩阵 $Ａ$ $A$ 为正定的充分必要条件是：存在可逆矩阵 $U$ ,使得 $A=U^TU$ ,也就是A与单位矩阵E合同.

充分性:

$A$ 对称且正定，则存在正交矩阵 $P$ ，使得 $A=P^{-1}\Lambda P=P^T \Lambda P$

设矩阵 $Ｃ$ $C$ 是对角矩阵 $\Lambda$ 对角元的平方根的对角阵，则:

$\Lambda =C^2=C\cdot C=C^TC$

所以，

$A=P^{-1}\Lambda P=P^T \Lambda P=P^TC^TCP=(PC)^T(PC)$

另

$U=PC$ ,由于P,C均为可逆阵，所以Ｕ必为可逆阵．

得到

$A=P^{-1}\Lambda P=P^T \Lambda P=P^TC^TCP=(PC)^T(PC) = U^TU$

必要性:

$A=U^TU=>\vec{x}^TU^TU\vec{x}= (U\vec{x})^T(U\vec{x})= \left \|U\vec{x} \right \|^2 \geq 0$

所以， $A$ 必正定．

QED!

$AB$ 的 $(i,j)$ 元为:

$\sum_{k=1}^{n}a_{ik}b_{kj}$

则：

$\\\left | AB \right| =\sum_{1}^{n!}(-1)^tc_{1p_1}c_{2p_2}\cdots c_{np_n} = \sum_{1}^{n!}(-1)^t(\sum_{k_1=1}^{n}a_{1k_1}b_{k_1p_1} \cdot \sum_{k_2=1}^{n}a_{2k_2}b_{k_2p_2} \cdots \sum_{k_n=1}^{n}a_{nk_n}b_{k_np_n} )$

$\\ \quad t = nixu(p_1p_2\cdots p_n) \quad p_1p_2\cdots p_n$ 是自然数 $1\quad2\quad3 \cdots n$ 的一个排列．

代数证明卡壳了，先写到这里，后面想到在补充．下面换另一个思路证明:

对于任一初等矩阵 $E$

$det(EA)=det(E)det(A)=det(AE)$

如果 $A,B$ 奇异，则

$det(AB)=det(A)det(B)=0$

如果Ｂ非奇异，则

$\\det(AB)= det(AE_kE_{k-1}\cdots E_1)=det(A)det(E_k)det(E_{k-1})\cdots det(E_1)\\=det(A)det(E_kE_{k-1}\cdots E_1)=det(A)det(B)$

23:

$A=\begin{bmatrix} 0 & 1& 0& 0 & 0\\ 1 & 0& 0 & 0& 1\\ 0 & 0& 0 & 1& 1\\ 0 & 0& 1& 0& 1\\ 0 & 1& 1& 1& 0 \end{bmatrix}$

$A$ 为某图的 $n\times n$ 邻接矩阵，且

$a^k_{ij}$

表示 $A^k$ 的 $(i,j)$ 元素，则 $a^k_{ji}$ 等于顶点 $Ｖ_i$ $V_i$ 和 $V_j$ 间长度为 $k$ 的路的条数

证明:利用数学归纳法， $k=1$ 时，由邻接矩阵定义得知， $a_{ij}$ 表示从顶点 $V_i$ 到 $V_j$ 长度为1的路的数量，假设对某个 $m$ ,矩阵 $A^m$ 中的每一元素表示相应两顶点间长度为 $m$ 的路的数量，因此, $a^m_{il}$ 表示从顶点 $V_i$ 到 $V_l$ 长度为 $m$ 的路的数量，如果有一条边 $\left \{ V_l,V_j \right \}$ ，则

$a^m_{il}a_{lj}=a^m_{il}\cdot 1=a^m_{il}$

表示从顶点 $V_i$ 到 $V_j$ 长度为 $m+1$ 的形如:

$V_i\rightarrow \cdots \rightarrow V_l\rightarrow V_j$

的路的数量，另一方面，如果 $\left \{ V_l,V_j \right \}$ 不是一条边，则从 $V_i$ 到 $V_j$ 没有长度为 $m+1$ 的路，并且

$a^m_{il}a_{lj}=a^m_{il}\cdot 0=0$

所以，可以得到，从 $V_i$ 到 $V_j$ 长度为 $m+1$ 的所有路的总数为:

$a^m_{i1}a_{1j} + a^m_{i2}a_{2j}+\cdots+a^m_{in}a_{nj}$

而恰好是 $A^{m+1}$ 的 $(i,j)$ 元素．

$A^{m+1} = A\cdot A^m = \begin{bmatrix} a^m_{11}& a^m_{12}& \cdots & a^m_{1n}\\ a^m_{21}& a^m_{22}& \cdots & a^m_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a^m_{n1}& a^m_{n2}& \cdots & a^m_{nn} \end{bmatrix}*\begin{bmatrix} a_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a^{m+1}_{11}& a^{m+1}_{12}& \cdots & a^{m+1}_{1n}\\ a^{m+1}_{21}& a^{m+1}_{22}& \cdots & a^{m+1}_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a^{m+1}_{n1}& a^{m+1}_{n2}& \cdots & a^{m+1}_{nn} \end{bmatrix}$

24:设 $n$ 阶矩阵 $A=(a_{ij})$ 的特征值为 $\lambda_1, \lambda_2,\cdots \lambda_n$ ，证明:

$\lambda_1 + \lambda_2 + \cdots + \lambda_n = a_{11} + a_{12} + \cdots + a_{1n}$
$\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n = \left|A\right|$

证明:

$p(\lambda)$ 为 $A$ 的特征多项式，则:

$p(\lambda)=det(A-\lambda E)= \begin{bmatrix} a_{11}-\lambda& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}-\lambda& \cdots & a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn}-\lambda \end{bmatrix}$

按照第一列进行展开，可以得到:

$p(\lambda)=det(A-\lambda E)=(a_{11}-\lambda)det(M_{11}) + \sum_{i=2}^{n}a_{i1}(-1)^{i+1}det(M_{i1})$ 　

将 $M_{11}$ 按照同样的方式展开：

$\\M_{11}=(a_{22}-\lambda)det(M'_{11}) + \sum_{j=3}^{n}a_{j2}(-1)^{j+2}det(M'_{j1}) \\ M'_{11}=(a_{33}-\lambda)det(M''_{11}) + \sum_{k=4}^{n}a_{k3}(-1)^{k+3}det(M''_{k1})\\ \vdots$

其中 $Ｍ_{i1}$ $M_{i1}$ 不包括两个对焦元素 $(a_{11}-\lambda)$ 和 $(a_{ii}-\lambda)$ ,更徨论其余的子式了．

所以， $det(A-\lambda E)$ 的展开式式中唯一包含多于 $n-2$ 个对角元素的项，一定是

$(a_{11}-\lambda)(a_{22}-\lambda)\cdots(a_{nn}-\lambda)$

同时 $p(\lambda) = (\lambda_1 - \lambda) (\lambda_2 - \lambda)\cdots(\lambda_n -\lambda)$

对照两个式子的 $\lambda^{n-1}$ 系数，得到 $\lambda_1 + \lambda_2 + \cdots + \lambda_n = a_{11} + a_{12} + \cdots + a_{1n}$

另 $\lambda=0$ ,根据跟与系数的关系，可得:

$p(0) = (\lambda_1 - 0) (\lambda_2 - 0)\cdots(\lambda_n -0)=\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n = det(A)$

QED!

25:cramer法则的证明:

$\\a_{11}x_1 + a_{12}x_2+\cdots + a_{1n}x_n = b_1 \\a_{21}x_1 + a_{22}x_2+\cdots + a_{2n}x_n = b_2 \\ \vdots \\a_{n1}x_1 + a_{n2}x_2+\cdots + a_{nn}x_n = b_2$

如果:

$A_{n\times n}= \begin{bmatrix} a_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn} \end{bmatrix}$

$\\ \vec{x}= {\begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ \vdots \\ x_n \end{bmatrix} \\ \quad \vec{b}= {\begin{bmatrix} b_1\\ b_2\\ \vdots \\ b_n \end{bmatrix}$

所以

$\begin{bmatrix} a_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn} \end{bmatrix}\cdot {\begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ \vdots \\ x_n \end{bmatrix} = {\begin{bmatrix} b_1\\ b_2\\ \vdots \\ b_n \end{bmatrix}$

矩阵 $Ａ$ $A$ 的伴随矩阵为:

$adj A=\begin{bmatrix} A_{11}& A_{21}& \cdots & A_{n1}\\ A_{12}& A_{22}& \cdots & A_{n2}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ A_{1n}& A_{2n}& \cdots & A_{nn} \end{bmatrix}$

将前式乘以伴随矩阵

$\begin{bmatrix} A_{11}& A_{21}& \cdots & A_{n1}\\ A_{12}& A_{22}& \cdots & A_{n2}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ A_{1n}& A_{2n}& \cdots & A_{nn} \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} a_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn} \end{bmatrix}\cdot {\begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ \vdots \\ x_n \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} A_{11}& A_{21}& \cdots & A_{n1}\\ A_{12}& A_{22}& \cdots & A_{n2}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ A_{1n}& A_{2n}& \cdots & A_{nn} \end{bmatrix} \cdot {\begin{bmatrix} b_1\\ b_2\\ \vdots \\ b_n \end{bmatrix}$

也就是:

$\begin{bmatrix} \left|A\right|& 0& \cdots & 0\\ 0& \left|A\right|& \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0& 0& \cdots & \left|A\right| \end{bmatrix} \cdot {\begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ \vdots \\ x_n \end{bmatrix}= {\begin{bmatrix} b_1A_{11}+b_2A_{21}+\cdots+b_nA_{n1}\\ b_1A_{12}+b_2A_{22}+\cdots+b_nA_{n2}\\ \vdots \\ b_1A_{1n}+b_2A_{2n}+\cdots+b_nA_{nn} \end{bmatrix}$

所以:

$x_i=\frac{b_1A_{1i}+b_2A_{2i}+\cdots+b_nA_{ni}}{\left|A\right|} = \frac{det(A_i)}{det(A)}$

26:另

$E=\begin{bmatrix} \vec{v}_1 & \vec{v}_2& \cdots & \vec{v}_n \end{bmatrix}$

及

$F=\begin{bmatrix} \vec{w}_1 & \vec{w}_2& \cdots & \vec{w}_n \end{bmatrix}$

$L$ 为一个向量空间 $Ｖ$ $V$ 的两个有序基，并令 $Ｌ$ $L$ 为 $V$ 上的线性算子，令 $S$ 为从 $F$ 到 $E$ 的转移表示矩阵．

设

$\vec{x} = \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ \vdots \\ x_n \end{bmatrix}$

为向量 $\vec{k}$ 在 $F$ 世界中的坐标

则转换成标准坐标系下表示的坐标为:

$\vec{k}=x_1\vec{w}_1 + x_2 \vec{w}_2 + \cdots + x_n\vec{w}_n=\begin{bmatrix} \vec{w}_1 & \vec{w}_2& \cdots & \vec{w}_n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ \vdots \\ x_n \end{bmatrix} = F\vec{x}$

经过 $S$ 变换后，坐标变为:

$\vec{y} = S\vec{x}$

所以， $\vec{y}$ 是 $E$ 世界的坐标,变为标准坐标系：

$E\vec{y} = ES\vec{x}=F\vec{x}\Rightarrow ES=F$

所以:

$F=ES=\begin{bmatrix} \vec{w}_1 & \vec{w}_2& \cdots & \vec{w}_n \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \vec{v}_1 & \vec{v}_2& \cdots & \vec{v}_n \end{bmatrix}\begin{bmatrix} s_{11}& s_{12}& \cdots & s_{1n}\\ s_{21}& s_{22}& \cdots & s_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ s_{n1}& s_{n2}& \cdots & s_{nn} \end{bmatrix}$

$\\ \vec{w}_1=s_{11}\vec{v}_1 + s_{21}\vec{v}_2 + \cdots + s_{n1}\vec{v}_n \\ \vec{w}_2=s_{12}\vec{v}_1 + s_{22}\vec{v}_2 + \cdots + s_{n2}\vec{v}_n \\ \vdots \\ \vec{w}_n=s_{1n}\vec{v}_1 + s_{2n}\vec{v}_2 + \cdots + s_{nn}\vec{v}_n$

所以，从 $E$ 世界的角度看 $F$ ， $\\ \vec{w}_1, \vec{w}_2, \cdots, \vec{w}_n \\$ 的坐标分别为

$\begin{bmatrix} s_{11}\\ s_{21}\\ \vdots \\ s_{n1} \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} s_{12}\\ s_{22}\\ \vdots \\ s_{n2} \end{bmatrix},\cdots,\begin{bmatrix} s_{1n}\\ s_{2n}\\ \vdots \\ s_{nn} \end{bmatrix}$

所以

$\\ E\vec{y}=F\vec{x}=>x_1\vec{w_1}+x_2\vec{w_2}+\cdots+x_n\vec{w_n}=y_1\vec{v_1}+y_2\vec{v_2}+\cdots+y_n\vec{v_n} \\\Rightarrow \\S\vec{x}=\vec{y} \\ S^{-1}\vec{y}=\vec{x}$

所以 $S^{-1}$ 是从E到Ｆ的转移矩阵．

或者，已知

$\\\vec{v}_f = x_1\vec{w_1}+x_2\vec{w_2}+\cdots+x_n\vec{w_n}= \\x_1(\sum_{j=1}^{n}s_{j1}\vec{v}_j)+x_2(\sum_{j=1}^{n}s_{j2}\vec{v}_j) + \cdots +x_n(\sum_{j=1}^{n}s_{jn}\vec{v}_j) = \\ (\sum_{j=1}^{n}s_{1j}x_j)\vec{v}_1 + (\sum_{j=1}^{n}s_{2j}x_j)\vec{v}_2 + \cdots + (\sum_{j=1}^{n}s_{nj}x_j)\vec{v}_n$

因此,若

$\vec{y}=[v]_e$ ，

则

$\\ y_i= \sum_{j=1}^{n}s_{ij}x_j, \qquad i = 1, 2, \cdots , n.$

于是

$\vec{y}= S\vec{x}$

27:若 $\vec{x}$ 和 $\vec{y}$ 为 $R^2$ 或者 $R^3$ 中的两个非零向量，且 $\theta$ 为它们之间的夹角，则:

$\vec{x}^T\vec{y} = \left \| \vec{x} \right \| \left \| \vec{y} \right \|cos(\theta)$

证明过程:

由余弦定理，我们有:

${\left \|\vec{y}-\vec{x} \right \|}^2 = \left \| \ \vec{x} \right \|^2 + \left \| \vec{y} \right \|^2 - 2\left \| \vec{x} \right \|\left \| \vec{y} \right \|cos(\theta)$

得到:

$\\ \left \| \vec{x} \right \|\left \| \vec{y} \right \|cos(\theta)=\frac{1}{2}( \left \| \ \vec{x} \right \|^2 + \left \| \vec{y} \right \|^2 - \left \| \vec{y}- \vec{x} \right \|^2) = \\ \frac{1}{2}( \left \| \ \vec{x} \right \|^2 + \left \| \vec{y} \right \|^2 - {(\vec{y}-\vec{x})}^T(\vec{y}-\vec{x})) \\ \frac{1}{2}(\left \| \ \vec{x} \right \|^2 + \left \| \ \vec{y} \right \|^2 - (\vec{y}^T\vec{y} - \vec{y}^T\vec{x} - \vec{x}^T\vec{y} +\vec{x}^T\vec{x})) = \\ \frac{1}{2}(\vec{x}^T\vec{x} + \vec{y}^T\vec{y} - \vec{y}^T\vec{y} + \vec{y}^T\vec{x} + \vec{x}^T\vec{y} -\vec{x}^T\vec{x}) = \vec{x}^T\vec{y}=\vec{y}^T\vec{x}$

QED！

28:旋转矩阵

$\\Q=\begin{bmatrix} cos(\theta) &-sin(\theta) \\ sin(\theta) & cos(\theta) \end{bmatrix}$

$\\Q^{-1}=Q^{T}=\begin{bmatrix} cos(\theta) &sin(\theta) \\ -sin(\theta) & cos(\theta) \end{bmatrix}$

$< Q\vec{x}, Q\vec{y}>=(Q\vec{x})^TQ\vec{y}=\vec{y}^TQ^TQ\vec{x}=\vec{y}^T\vec{x}$

如果 $\vec{x}=\vec{y}$ ,则

$\left \| Q\vec{x} \right \|^2 = \left \| \vec{x} \right \|^2\Rightarrow \left \| Q\vec{x}\right \|=\left \| \vec{x} \right \|$

所以，对于下向量 $\vec{x}$ ，经过正交变换后，长度不变

28:

在 $C\begin{bmatrix} -\pi,& \pi \end{bmatrix}$ 上定义内积，

$< f,g> =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)g(x)dx$ ,

集合

$\begin{Bmatrix} 1, & cos(x) & cos(2x), & \cdots & cos(nx) \end{Bmatrix}$

为一个正交向量集合，因为，对任意的正整数 $j$ 和 $k$

$\\< 1,cos(kx)> =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}cos(kx)dx \\= \frac{1}{\pi k}\int_{-\pi}^{\pi}cos(kx)d(kx) = \frac{1}{\pi k}(sin(k\pi) - sin(-k\pi))= \frac{1}{\pi k}\cdot 2sin(k\pi) = 0$

$\\< cos(jx),cos(kx)> =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}cos(jx)cos(kx)dx \\=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}cos(((j+k)x)+cos((j-k)x))dx = 0$

$cos(x), cos(2x),\cdots,cos(kx)$ 是单位向量，因为:

$\\< cos(kx),cos(kx)> =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}cos(kx)cos(kx)dx \\=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(cos(2kx)+1)dx = 1$

为了构造一个规范正交基，只要在１的方向上构造单位向量．

$\\< 1,1> =\left \| 1 \right \|^2=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}1\cdot dx=2 \\\left \| 1 \right \|=\sqrt{2}$

所以，

$\begin{Bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}, & cos(x) & cos(2x), & \cdots & cos(nx) \end{Bmatrix}$ 为一个规范正交的向量集合．

根据以上信息，不求原函数，计算

$\int_{-\pi}^{\pi}sin^4xdx$

计算过程：

$\int_{-\pi}^{\pi}sin^4xdx=\pi\cdot \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}sin^4xdx=\pi<sin^2x, sin^2x>=\pi \left \| sin^2x \right \|^2$

因为

$sin^2x = \frac{1-cos(2x)}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}+(-\frac{1}{2})\cdot cos(2x)$

所以 $sin^2x$ 可以表示为正交坐标系中坐标为 $(\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{1}{2})^T$ 的点．

$\pi \left \| sin^2x \right \|^2=\pi({x_1^2 +x_2^2}) = \pi(\frac{1}{2}+ \frac{1}{4})=\frac{3\pi}{4}$

分析：

$\\ \int_{-\pi}^{\pi}sin^4xdx=\pi\cdot \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}sin^4xdx=\pi\cdot \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}+(-\frac{1}{2})\cdot cos(2x))^2dx=\pi\cdot \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(\frac{\sqrt{2}}{2}\vec{u_1}+(-\frac{1}{2})\vec{u_2})^2dx=\pi\cdot \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(\frac{1}{2}\vec{u_1}^2+\frac{1}{4}\vec{u_2}^2-\frac{\sqrt{2}}{2}\vec{u_1}\vec{u2})dx= \\ \pi \frac{1}{2} <\vec{u_1}, \vec{u_1}> + \pi\frac{1}{4}<\vec{u_2}, \vec{u_2}> +\pi\frac{\sqrt{2}}{2}<\vec{u_1}, \vec{u_2}> = \frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{4}+0 = \frac{3\pi}{4}$

29:假设在标准坐标系下的正交向量

$\vec{x}=\begin{bmatrix} x_1\\ x_2 \end{bmatrix}$

以及

$\vec{y}=\begin{bmatrix}y_1\\ y_2 \end{bmatrix}$

则 $\vec{x_1}^T\vec{y_1} = 0$

则加入存在新的基 $(\vec{u_1}, \vec{u_2})$ ,从 $(\vec{u_1}, \vec{u_2})$ 到标准坐标系的转移矩阵是 $A$

则新的 $\vec{x'},\vec{y'}$ 的内积是?

$\\ \vec{x'} = A^{-1}\vec{x}\\ \vec{y'} = A^{-1}\vec{y'}$

所以， $\vec{x'}^T\vec{y'} = (A^{-1}\vec{x})^TA^{-1}\vec{y} = \vec{x}{A^{-1}}^TA^{-1}\vec{y}$

当 $Ａ$ $A$ 为正交变换时，

${A^{-1}}^TA^{-1}={A^{T}}^TA^{-1} =AA^{-1} = E$

所以，

$\vec{x'}^T\vec{y'} = (A^{-1}\vec{x})^TA^{-1}\vec{y} = \vec{x}^{T}{A^{-1}}^TA^{-1}\vec{y}=\vec{x}^TE\vec{y} = \vec{x}^T\vec{y}=0$

反之，如果Ａ并非正交变换，则结果

$\vec{x'}^T\vec{y'} = (A^{-1}\vec{x})^TA^{-1}\vec{y} = \vec{x}{A^{-1}}^TA^{-1}\vec{y}$

内积不一定为0!

同样道理，内积为０，不表示这两个向量一定正交垂直，还要看它的坐标系．

比如，二维平面连个无关向量， $\vec{u_1},\vec{u_2}$ ，其中 $\vec{u_1}^T\vec{u_2}\neq 0$ ,则以他们为基的坐标点

$(1,0)^T$ 和 $(0,1)^T$ 虽然内积为０，但他们并不垂直．

大致可以得到一个结论，要准确描述向量，首先要确定一组基，然后给出在基所在的各个直线上的投影值，就可以了。为了方便求坐标，我们希望这组基向量模长为 1。因为向量的内积运算，当模长为 1 时，内积可以直接表示投影。然后还需要这组基是线性无关的，我们一般用正交基，非正交的基也是可以的，不过正交基有较好的性质。

30:正交矩阵的特征值有什么规律？

　假设 $A$ 是正交矩阵，则 $A^{-1}A=A^{T}A=E$

特征值为 $\lambda$ ,对应特征向量 $\vec{x}$

则

$A\vec{x}=\lambda \vec{x}$

两边转置

$\vec{x}^TA^T=\lambda\vec{x}^T$

同时右乘 $A\vec{x}$

$\\ \vec{x}^TA^TA\vec{x}=\lambda\vec{x}^TA\vec{x}=\lambda\vec{x}^T\lambda\vec{x} = \lambda^2\vec{x}^T\vec{x} \\ \vec{x}^T\vec{x}= \lambda^2\vec{x}^T\vec{x}\\ => (\lambda^2-1)\vec{x}^T\vec{x} = 0 =>\lambda^2-1=0=>\lambda =\pm 1$

所以， $n$ 阶正交矩阵一定相似于

$A\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \pm 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \pm 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \pm 1 \end{bmatrix}$

意味着

$det(A)=\pm 1$

由于实对称矩阵的特征值是实数 $\pm 1$ ，不失一般性，假设是1，所以，齐次线性方程组

$(A-E)\vec{x} = \vec{0}$

是实系数线性方程组，又由于

$\left | A-E\right| = 0$

得到

$Rank(A-E)<n$ , 所以其必有非平凡实数解，也就是必有实的基础解系．正交矩阵不但有着实的特征值，其特征向量也是实的。

这个结论有什么意义呢？从这个结论可以得出，在三维空间中的刚体变换，一定存在一个对称轴，在对称轴方向上，刚体的尺度不发生变化。

31:

$Ａ$ $A$ 为一 $n\times n$ 实矩阵，它有一个复特征值 $\lambda = a + bi$ ,并令 $\vec{x}$ 为属于 $\lambda$ 的一个特征向量，向量 $\vec{x}$ 可以分解为实部和虚部.

$\vec{x}=\begin{bmatrix} Rex_1 +i\cdot Imx_1\\ Rex_2 +i\cdot Imx_2\\ \cdots \\ Rex_n +i\cdot Imx_n \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} Rex_1\\ Rex_2\\ \cdots\\ Rex_n \end{bmatrix} + i\cdot \begin{bmatrix} Imx_1\\ Imx_2\\ \cdots\\ Imx_n \end{bmatrix} = Re\vec{x} + i\cdot Im\vec{x}$

由于 $A$ 的元素均为实的，可得 $\bar{\lambda}=a-bi$ 也是 $Ａ$ $A$ 的一个特征值，它相应的特征向量为:

$\bar{\vec{x}}=\begin{bmatrix} Rex_1 -i\cdot Imx_1\\ Rex_2 -i\cdot Imx_2\\ \cdots \\ Rex_n -i\cdot Imx_n \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} Rex_1\\ Rex_2\\ \cdots\\ Rex_n \end{bmatrix} - i\cdot \begin{bmatrix} Imx_1\\ Imx_2\\ \cdots\\ Imx_n \end{bmatrix} = Re\vec{x} - i\cdot Im\vec{x}$

且 $e^{\lambda t}\vec{x}$ 和 $e^{\bar{\lambda}t}\bar{\vec{x}}$ 均为一阶方程组 $Y'=AY$ 的解，这两个解的任意线性组合也将是一个解，

$\\ \overline{e^{\lambda t}\vec{x}} = \overline{e^{(a+bi)t}\vec{x}} = \overline{e^{at}e^{bti}\vec{x}} = e^{at}\overline{e^{bti}\vec{x}} = e^{at}\overline{[cos(bt)+isin(bt)]\vec{x}} = \\ \\ e^{at}[cos(bt)-isin(bt)]\overline{\vec{x}}=e^{at}e^{-bti}\overline{\vec{x}} = e^{(a-bi)t}\overline{\vec{x}} = e^{\overline{\lambda}t}\overline{\vec{x}}$

因此，令

$\\Y_1=\frac{1}{2}(e^{\lambda t}\vec{x} +e^{\bar{\lambda}t}\bar{\vec{x}})=Re(e^{\lambda t}\vec{x})$

$Y_2=\frac{1}{2i}(e^{\lambda t}\vec{x} -e^{\bar{\lambda}t}\bar{\vec{x}} )=Im(e^{\lambda t}\vec{x})$

$\\e^{\lambda t}\vec{x}} = e^{(a+bi)t}\vec{x} = e^{at}[cos(bt)+i sin(bt)](Re\vec{x} + i\cdot Im\vec{x})=\\e^{at}[(cos(bt)Re\vec{x} - sin(bt)Im\vec{x}) + i\cdot (cos(bt)Im\vec{x} + sin(bt)Re\vec{x})]$

所以:

$\\Y_1=\frac{1}{2}(e^{\lambda t}\vec{x} +e^{\bar{\lambda}t}\bar{\vec{x}})=Re(e^{\lambda t}\vec{x})=e^{at}(cos(bt)Re\vec{x} - sin(bt)Im\vec{x})$

$Y_2=\frac{1}{2i}(e^{\lambda t}\vec{x} -e^{\bar{\lambda}t}\bar{\vec{x}} )=Im(e^{\lambda t}\vec{x})=e^{at}(cos(bt)Im\vec{x} + sin(bt)Re\vec{x})$

32：证明 $A^TA$ 和 $AA^T$ 具有相同的非零特征值

$A$ 是一个 $m \times n$ 的矩阵

因为 $A\vec{x}=\vec{0} = >A^TA\vec{x}=A^T\vec{0} = \vec{0}$ ,所以 $A\vec{x}$ 的解同样为 $A^TA\vec{x}$ 的解。

因为 $\\A^TA\vec{x}=\vec{0}=>\vec{x}^TA^TA\vec{x} = (A\vec{x})^T(A\vec{x}) =0=>\left \| A\vec{x} \right \|=0=>A\vec{x}=\vec{0}$

，所以 $A^TA\vec{x}$ 的解同样也是 $A\vec{x}$ 的解，所以在 $R^n$ 空间中，它们具有相同的零空间，所以 $Rank(A)=Rank(A^TA)$

同样道理， $Rank(A^T)=Rank(AA^T)$

所以:

$Rank(A^TA)=Rank(A)=Rank(A^T)=Rank(AA^T)$

下面证明，特征值相同:

设 $\vec{x}$ 是 $A^TA$ 的特征值 $\lambda$ 对应的特征向量

$A^TA\vec{x} = \lambda\vec{x}=>A\cdot A^TA\vec{x}=A\cdot A^TA\vec{x}=>AA^T(A\vec{x})=\lambda (A\vec{x})$

实际上有一个更强的结论，两个矩阵应该是相似的。

QED！

33:

$V_{n\times n}= \begin{bmatrix} v_{11}& v_{12}& \cdots & v_{1n}\\ v_{21}& v_{22}& \cdots & v_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ v_{n1}& v_{n2}& \cdots & v_{nn} \end{bmatrix}=[\vec{v_1}, \vec{v_2}, \cdots, \vec{v_n}]=[V_1, V_2]$

其中

$\vec{v_i} = \begin{Bmatrix} v_{1i}\\ v_{2i}\\ \vdots \\ v_{ni} \end{Bmatrix}$

$V_1 = [\vec{v_1}, \vec{v_2}, \cdots, \vec{v_r}]$

$V_2 = [\vec{v_{r+1}}, \vec{v_{r+2}}, \cdots, \vec{v_n}]$

所以

$VV^T =[V_1, V_2][V_1, V_2]^T = [V_1, V_2]\begin{bmatrix} {V_1}^T\\ {V_2}^T \end{bmatrix} = V_1{V_1}^T + V_2{V_2}^T$

形式上的确如此，证明一下：

设 $VV^T$ 中的元素 $k_{ij}$

则

$k_{ij} = \sum_{s=1}^{n}v_{is}v_{sj}=\sum_{s=1}^{r}v_{is}v_{sj} + \sum_{m=r+1}^{n}v_{im}v_{mj}=V_1{V_1}^T + V_2{V_2}^T$

34.如果当 $T\vec{u} = T\vec{v}$ ，必有 $\vec{u} = \vec{v}$ ,则 $T:V\rightarrow W$ 是单的，也叫“一对一”的映射。

比如,对于

$T=[\vec{t}_1, \vec{t}_2, \cdots, \vec{t}_n]$

其中

$\vec{t}_i =\begin{bmatrix} t_{1i}\\ t_{2i}\\ \vdots\\ t_{mi} \end{bmatrix}$

所以实际上 $T$ 是一个 $m\times n$ 的矩阵，而 $T\vec{u} = T\vec{v}$ 是单的等价于方程组

$T\vec{x}=\vec{b}$ 有唯一解.

如果 $m\geq n$ ,则表示方程数目大于未知量的数目，相当于从低维空间映射到高维空间，则在系数无关的情况下必定有唯一解或者无解，所以，可能是单的。

但如果 $m\leq n$ ，则表示方程数目小于未知量数目，相当于从高维空间映射到低维空间，必然有多个非零解，所以，不可能是单的。

例如，对于映射:

$T=\begin{bmatrix} 1 & 3\\ 2 & 5\\ 4 & 1 \end{bmatrix}$

他是将二维坐标映射到三维坐标，是升维度映射，所以是单射，从下图可以看到，左边二维空间映射为右边三维空间的二维子空间，映射后的空间构成一个平面，仍然是二维的。

对偶空间:

$T=\begin{bmatrix} 1 & 3\\ 2 & 5\\ 4 & 1 \end{bmatrix}$

是 $V->W$ 的线性映射， $V$ 是 $R^2$ 空间, $W$ 是 $R^3$ 空间。

则:

$T(\vec{x})=T(x_1\vec{e}_1 + x_2\vec{e}_2) = x_1T(\vec{e}_1) + x_2T(\vec{e}_2)=\begin{bmatrix} 1\cdot x_1 +3\cdot x_2\\ 2\cdot x_1 + 5 \cdot x_2 \\ 4 \cdot x_1 + 1\cdot x_2 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \vec{e}_1 &\vec{e}_2 & \vec{e}_3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1\cdot x_1 +3\cdot x_2\\ 2\cdot x_1 + 5 \cdot x_2 \\ 4 \cdot x_1 + 1\cdot x_2 \end{bmatrix}$