练习：可逆性与同构

根据3.56，可逆映射既是单的又是满的。

假设\(u,v\in U\)，且\(STu = STv\)。根据\(S\)是单射，所以有\(Tu=Tv\)；再根据\(T\)是单射，所以有\(u=v\).即，\(ST\)是单射。

令\(w\in W\)，则有\(v\in V\)使得\(Sv=w\)（因为\(S\)是满射）。对于\(v\in V\)，都有\(u\in U\)使得\(Tu=v\)。综上有对于任意的\(w\in W\)都有 \(STu = w\)，所以\(ST\)是满射。

因为\(ST\)既是单射又是满射所以\(ST\)是可逆的。

因为\(ST(T^{-1}S^{-1}) = S(TT^{-1})S^{-1} = SS^{-1} = I\)，且\(T^{-1}S^{-1}ST = T^{-1}T = I\)

所以有\(ST\)的逆映射是\(T^{-1}S^{-1}\)

我们对\(\dim V = 2\)的例子给出反例。假设\(S,T\in \mathcal{L}(V)\)，且有\(e_{1},e_{2}\)是\(V\)的标准基： \[Te_{1} = 0;Te_{2} = e_{2}\] \[Se_{1} = e_{1};Se_{2} = 0\] 因为\(nullT \neq \{0\}\)，且\(nullS \neq \{0\}\)，所以\(S,T\)都是不可逆映射。

所以有

\begin{eqnarray*} (S+T)e_{1}&=&e_{1} \\ (S+T)e_{2}&=&e_{2} \end{eqnarray*}

显然\(S+T\)是恒等映射，恒等映射是可逆映射。原命题得证。

首先因为\(T\)是\(\mathcal{L}(V)\)上的可逆算子，且满足\(Tu = Su\)，所以\(S\)是单射，因为\(T\)是单射。

然后假设\(S\)是单射，设\(U\)的一个基是\(u_{1},\ldots ,u_{m}\)，因为\(S\)是单的，则\(Su_{1},\ldots ,Su_{m}\)在\(V\)中也是线性独立的。我们把\(u_{1},\ldots ,u_{m}\)扩展成\(V\)的基：\(u_{1},\ldots ,u_{m},w_{1},\ldots ,w_{n}\)；同样，我们也可以把\(Su_{1},\ldots ,Su_{m}\)扩展成\(V\)的基，\(Su_{1},\ldots ,Su_{m},e_{1},\ldots ,e_{n}\)

然后我们定义映射\(T:V\rightarrow V\)。满足：

\begin{equation} \label{eq:1} Tu_{i} = Su_{i},Tw_{j} = e_{j}, \quad 1 \leq i \leq m \quad 1 \leq j \leq n \end{equation}

由于\(u_{1},\ldots ,u_{m}\)是\(U\)的一个基，所以可以保证上述定义\(T\)的唯一性。

对于任意的\(u=a_{1}u_{1} + \ldots + a_{m}u_{m}\),\(a_{i}\in \mathbf{F}\)，我们有：

\begin{eqnarray*} Tu&=&T(a_{1}u_{1} + \ldots + a_{m}u_{m}) \\ &=&a_{1}T(u_{1}) + \ldots + a_{m}T(u_{m}) \\ &=&a_{1}S(u_{1}) + \ldots + a_{m} S(u_{m}) \\ &=&S(a_{1}u_{1} + \ldots + a_{m}u_{m}) \\ &=&Su \end{eqnarray*}

对于任意的\(v\in V\)，都有：

\begin{equation} \label{eq:2} v = b_{1}u_{1} + \ldots + b_{m}u_{m} + c_{1}w_{1} + \ldots + c_{n}w_{n} \end{equation}

对上式两边进行\(T\)映射，则有：

\begin{eqnarray*} Tv&=&T( b_{1}u_{1} + \ldots + b_{m}u_{m} + c_{1}w_{1} + \ldots + c_{n}w_{n}) \\ &=&b_{1}Tu_{1} + \ldots + b_{m}Tu_{m} + c_{1}Tw_{1} + \ldots + c_{n}Tw_{n} \\ &=&b_{1}Su_{1} + \ldots + b_{m}Su_{m} + c_{1}e_{1} + \ldots + c_{n}e_{n} \end{eqnarray*}

显然有：\(rangeT \subseteq V\)。

另外一方面\(Tu_{1},\ldots ,Tu_{m},Tw_{1},\ldots ,Tw_{n}\)包含于\(rangeT\) 所以 \(span(Tu_{1},\ldots ,Tu_{m},Tw_{1},\ldots ,Tw_{n})\subseteq rangeT\)

所以\(T\)是满射。又因为3.69（对于有限维空间上的映射而言，满射意味着单射，意味着可逆映射），所以\(T\)是可逆映射。

假设有\(nullT_{1} = nullT_{2}\)，因为\(W\)是有限维的，所以\(rangeT_{2}\)也是有限维的。假设\(w_{1},\ldots ,w_{n}\)是\(rangeT_{2}\)的一个基，所以存在\(v_{1},\ldots ,v_{n}\in V\)使得\(T_{2}v_{i} = w_{i},i=1,\ldots ,n\)，\(v_{1},\ldots ,v_{n}\)的存在性可以通过线性映射基本定理得到满足.

现在证明\(V = nullT_{2}\oplus span(v_{1},\ldots ,v_{n})\)，对于任何\(v\in V\)，存在\(a_{i}\in \mathbf{F},i \in \{1,\ldots ,n\}\)我们有：

\begin{equation} \label{eq:3} T_{2}v = a_{1}w_{1} + \ldots + a_{n}w_{n} \end{equation}

因此有:

\begin{equation} \label{eq:4} T_{2}(v-a_{1}v_{1} -\ldots -a_{n}v_{n}) = 0 \end{equation}

也就是说： \[v = (v-a_{1}v_{1} -\ldots -a_{n}v_{n}) + (a_{1}v_{1} + \ldots + a_{n}v_{n})\] 又因为\(v\)的任意性，所以：

\begin{equation} \label{eq:5} V = nullT_{2} + span(v_{1},\ldots ,v_{n}) \end{equation}

接下来我们证明直和的条件成立，即\(nullT_{2}\cap span(v_{1},\ldots ,v_{n}) = \{0\}\) 假设\(a_{1}v_{1} + \ldots + a_{n}v_{n} \in nullT_{2}\)我们有：

\begin{equation} \label{eq:6} T_{2}(a_{1}v_{1} + \ldots + a_{n}v_{n}) = a_{1}w_{1} +\ldots + a_{n}w_{n} = 0 \end{equation}

因为\(w_{1},\ldots ,w_{n}\)是线性无关的，所以\(a_{1},\ldots ,a_{n}\)都是零。所以:

\begin{equation} \label{eq:7} V = nullT_{2} \oplus span(v_{1},\ldots ,v_{n}) \end{equation}

同样的，因为\(v_{1},\ldots ,v_{n}\)是线性无关的，所以\(T_{1}v_{1},\ldots ,T_{1}v_{n}\)也是线性无关的。又因为\(nullT_{1} = nullT_{2}\)，所以有：

\begin{equation} \label{eq:8} 0 = T_{2}(a_{1}v_{1} + \ldots + a_{n}v_{n}) = a_{1}w_{1} + \ldots +a_{n}w_{n} \end{equation}

现在我们扩展两个\(W\)的基，一个从\(T_{1}v_{1},\ldots ,T_{1}v_{n}\)扩展到\(T_{1}v_{1},\ldots ,T_{1}v_{n},f_{1},\ldots ,f_{m}\)，另一个从\(w_{1},\ldots ,w_{n}\)扩展到\(w_{1},\ldots ,w_{n},e_{1},\ldots ,e_{m}\)。在这两个基之间我们定义\(S\in \mathcal{L}(W)\)使得：

\begin{equation} \label{eq:9} Sw_{i} = T_{1}v_{i},Se_{j} = f_{j},i=1,\ldots ,n;j=1,\ldots ,m \end{equation}

之前我们有\(V = nullT_{2} \oplus span(v_{1},\ldots ,v_{n}) \) 所以对于任何的\(v\in V\)可以写成：

\begin{equation} \label{eq:10} v = v_{null} + a_{1}v_{1} + \ldots + a_{n}v_{n} \end{equation}

所以有：

\begin{eqnarray*} ST_{2}(v)&=&ST_{2}(v_{null} + a_{1}v_{1} + \ldots + a_{n}v_{n}) \\ &=& ST_{2}(a_{1}v_{1} + \ldots + a_{n}v_{n}) \\ &=& S(a_{1}w_{1} + \ldots + a_{n}w_{n}) \\ &=&a_{1}T_{1}(v_{1}) + \ldots + a_{n}T_{1}(v_{n}) \\ &=&T_{1}(a_{1}v_{1} + \ldots + a_{n}v_{n}) \\ &=& T_{1}(v_{null} + a_{1}v_{1} + \ldots +a_{n}v_{n}) \\ &=& T_{1}(v) \end{eqnarray*}

所以有\(ST_{2} = T_{1}\)。因为\(S\)是满射，因此\(S\)是单射。

另一方面假设存在可逆映射\(S\in \mathcal{L}(W)\)满足\(ST_{2} = T_{1}\)，对于任何\(\mu \in nullT_{1}\)，我们有:

\begin{equation} \label{eq:12} ST_{2}\mu = T_{1}\mu =0 \end{equation}

因为\(S\)是单射所以，其零空间等于\(\{0\}\)，所以\(T_{2}\mu =0\)，因此\(\mu \in nullT_{2}\)。所以\(nullT_{1} \subseteq nullT_{2}\)，同样的，考虑到\(T_{2} = S^{-1}T_{1}\)我们有\(nullT_{2}\subseteq nullT_{1}\),所以有\(nullT_{1} = nullT_{2}\)

我们假设\(rangeT_{1} = rangeT_{2}\)，令\(u_{1},\ldots ,u_{m}\)是\(nullT_{1}\)的一个基，我们可以把这个基扩展为\(V\)的一个基\(u_{1},\ldots ,u_{m},w_{1},\ldots ,w_{n}\)。那么根据线性映射基本定理的证明过程我们有：\(rangeT_{1}=span(Tw_{1},\ldots ,Tw_{n})\)，另外\(Tw_{1},\ldots ,Tw_{n}\)是线性独立的。因为\(rangeT_{1} = rangeT_{2}\)那么存在\(v_{1},\ldots ,v_{n}\in V\)使得\(T_{1}w_{i} = T_{2}v_{i},i= 1,\ldots ,n\)因为\(T_{1}w_{1},\ldots ,T_{1}w_{n}\)是线性独立的，那么\(T_{2}v_{1},\ldots ,T_{2}v_{n}\)也是线性独立的，所以\(v_{1},\ldots ,v_{n}\)也是线性独立的。由于\(rangeT_{1} = rangeT_{2}\)，则有\(nullT_{1} = nullT_{2}\)，令\(\zeta_{1},\ldots ,\zeta_{m}\)是\(nullT_{2}\)的一个基，那么\(\zeta_{1},\ldots ,\zeta_{m},v_{1},\ldots ,v_{n}\)是\(V\)的一个基。我们定义\(S\in \mathcal{L}(V)\)，使得：

\begin{equation} \label{eq:13} Su_{i} = \zeta_{i} , \quad Sw_{j} = v_{j} \end{equation}

那么我们有：

\begin{equation} \label{eq:14} T_{1}w_{j} = T_{2}v_{j} = T_{2}Sw_{j}, j = 1,\ldots ,n \end{equation}

且：

\begin{equation} \label{eq:15} T_{1}u_{i} = 0 = T_{2}\zeta_{i} = T_{2}Su_{i} , i = 1,\ldots ,m \end{equation}

因此\(T_{1} = T_{2}S\)，因为我们定义\(S\)是在\(V\)的一个基上定义的，所以其唯一性得到保证。又因为\(S\)是满射，所以\(S\)是可逆的。

如果存在一个可逆线性映射\(S\in \mathcal{L}(V)\)使得\(T_{1} = T_{2}S\)，那么对于\(\forall \mu \in V\)都有：

\begin{equation} \label{eq:16} T_{1}\mu = T_{2}S\mu \in range T_{2} \end{equation}

所以\(rangeT_{1} \subseteq rangeT_{2}\)。

因为\(S\)是可逆的，所以\(T_{2}= T_{1}S^{-1}\)，我们会得到\(rangeT_{2} \subseteq rangeT_{1}\).综上我们得到了\(rangeT_{1} = rangeT_{2}\)。

这个题目和上一个题目在证明过程中有些许类似，总结如下：

1. 都在一个空间上构建了两个基，并在这两个基之间构建了一个可逆映射。
2. 都用到了基于基构建的线性映射的唯一性。可见3.5非常重要。3.5告诉我们基于定义域的基构建的线性映射具有唯一性。
3. 都用到了3.22线性映射基本定理证明的过程。
4. 都用到了一个命题：假设\(T\in \mathcal{L}(V,W)\)且\(v_{1},\ldots ,v_{m}\)是\(V\)的一个向量组，满足\(Tv_{1},\ldots ,Tv_{m}\)是线性独立的，那么\(v_{1},\ldots ,v_{m}\)是线性独立的。证明过程很简单。值得注意的是这个问题反过来却不一定成立。即我们不能说\(v_{1},\ldots ,v_{m}\)是线性独立的，就说\(Tv_{1},\ldots ,Tv_{m}\)是线性独立的。因为：

\begin{equation} \label{eq:17} a_{1}Tv_{1} + \ldots + a_{m}Tv_{m} = T(a_{1}v_{1} + \ldots + a_{m}v_{m}) = 0 \end{equation}

并不意味着\(a_{1}v_{1}+ \ldots + a_{m}v_{m}=0\)。因为有可能\(a_{1}v_{1}+ \ldots + a_{m}v_{m} \in nullT\) 。在线性映射基本定理3.22的证明过程中考虑到了这一个问题。

从正反两个方面完成这个命题的证明。

首先假设存在可逆算子\(R\in \mathcal{L}(V)\)和\(S\in \mathcal{L}(W)\)满足\(T_{1}=ST_{2}R\)，那么\(S_{-1}T_{1} = T_{2}R\)，因此（根据3.D.4）\(nullT_{1} = nullT_{2}R\)。因为\(rangeT_{2}R = rangeT_{2}\)，所以我们有：

\begin{equation} \label{eq:18} \dim nullT_{2}R = \dim V - \dim rangeT_{2}R = \dim V - \dim rangeT_{2} = \dim nullT_{2} \end{equation}

因此\(\dim nullT_{1} = \dim nullT_{2}\)

然后证明另一方面。如果\(\dim nullT_{1} = \dim nullT_{2}\)，假设\(u_{1},\ldots ,u_{m}\)是\(nullT_{1}\)的一个基，我们可以把这个基扩展为\(V\)的一个基\(u_{1},\ldots ,u_{m},w_{1},\ldots ,w_{n}\)。假设\(v_{1},\ldots ,v_{m}\)是\(nullT_{2}\)的一个基，我们同样可以把这个基扩展为\(V\)的一个基\(v_{1},\ldots ,v_{n},\zeta_{1},\ldots ,\zeta_{n}\)。我们有\(T_{1}w_{1},\ldots ,T_{1}w_{n}\)在\(W\)中是线性独立的，所以我们可以把这个线性无关组扩展成为\(W\)中的一个基\(T_{1}w_{1},\ldots ,T_{1}w_{n},\alpha_{1},\ldots ,\alpha_{l}\)，同理，\(T_{2}\zeta_{1},\ldots ,T_{2}\zeta_{n}\)在\(W\)中也是线性无关组，因此可以扩展成\(W\)的一个基\(T_{2}\zeta_{1},\ldots ,T_{2}\zeta_{n},\beta_{1},\ldots ,\beta_{l}\),对于\(V\)中的两个基，定义线性映射\(R\in \mathcal{L}(V)\)

\begin{equation} \label{eq:19} Ru_{i}= v_{i},Rw_{j} = \zeta_{j}, i = 1,\ldots ,m;j=1,\ldots ,n \end{equation}

对于\(W\)中的两个基，定义线性映射\(S\in \mathcal{L}(W)\)：

\begin{equation} \label{eq:20} ST_{2}\zeta_{j} = T_{1}w_{j},S\beta_{k} = \alpha_{k},j=1,\ldots ,n;k=1,\ldots ,l \end{equation}

因为\(S\)和\(R\)是从基到基的映射，因此\(S\)和\(R\)是可逆算子。

综上有\(T_{1} = ST_{2}R\)

证明子空间只需要做三件事情，证明\(0\)的存在，证明齐次可加性。

对于这个题目，显然\(0\in E\)。

假设\(T,S\in E\)，则有

\begin{equation} \label{eq:21} (T+S)v = Tv + Sv = 0 + 0 = 0 \end{equation}

所以\(T+S \in E\)。对于任意的\(\lambda \in \mathbf{F}\)：

\begin{equation} \label{eq:22} (\lambda T)v = \lambda(Tv) =0 \end{equation}

因为\(v\neq 0\)，我们可以把\(v\)扩展成\(V\)的一个基\(v,v_{2},\ldots ,v_{n}\)，假设\(w_{1},\ldots ,w_{m}\)是\(W\)的一个基。在这两个基下，\(\mathcal{L}(V,W)\)和\(\mathbf{F}^{m,n}\)是同构的。

现在因为\(Tv = 0\)，根据线性映射与矩阵的关系，我们知道\(\mathcal{M}(T)\)的第一列必须死全零。因此\(E\)和第一列是全零的\(\mathbf{F}^{m,n}\)同构，因为\(\dim E = \dim \mathbf{F}^{m,n} = m(n-1) = \dim W (\dim V -1)\)

另外这个映射\(T\)可以看做是从\(span(v_{2},\ldots ,v_{n})\)向\(W\)的映射。

根据线性映射基本定理\(\dim V = \dim nullT + \dim rangeT\)，在本题中\(\dim rangeT = \dim rangeW\)，我们令\(\dim V = m+n, \dim nullT = m, \dim rangeT = n\) 所以在\(V\)中我们只要找到一个\(U\)使得\(\dim U = n\)，我们就找到了一个映射\(T|_{U}\)是\(U\)到\(W\)的同构。因为这两个空间的维度相同。

假设\(u_{1},\ldots ,u_{m}\)是\(nullT\)的一个基，我们可以把这个基扩展为\(V\)上的一个基\(u_{1},\ldots ,u_{m},v_{1},\ldots ,v_{n}\)，我们知道\(Tv_{1},\ldots ,Tv_{n}\)是\(W\)的一个基（根据线性映射基本定理的证明过程可得。）。我们定义\(U=span(v_{1},\ldots ,v_{n})\). 对于任何\(u\in U\)都可以表示成\(u = a_{1}v_{1},\ldots ,a_{n}v_{n}\)的形式。

\begin{eqnarray} \label{eq:23} Tu &=& T(a_{1}v_{1}+ \ldots + a_{n}v_{n}) \\ &=& a_{1}Tv_{1} + \ldots + a_{n}Tv_{n} \end{eqnarray}

即\(Tu\subseteq rangeT\)，又因为\(Tv_{1},\ldots ,Tv_{n}\) 张成了\(rangeT\)所以\(rangeT\subseteq Tu\).

因为\(T:V\rightarrow W\)是满射，\(T|_{U}\)是满射。又因为对于式(\ref(eq:23))假设\(Tu = 0\)显然有\(a_{i} = 0\)，所以\(null(T|_{U}) = \{0\}\)，所以\(T|_{U}\)是单射。

综上\(T|_{U}\)是可逆的线性映射，即\(T|_{U}\)是同构。

总结一下这个题目的证明不难，但是有几点需要注意的：

1. 从基到基的映射是单射又是满射。
2. 一般提高同构就考虑是不是可逆映射，是不是既是单射又是满射，是不是两个空间维度相同。

首先假设\(ST\)是可逆的，则有存在\(R\in \mathcal{L}(V)\)使得\((ST)R = R(ST) = I\)，如果\(v\in V\)满足\(Tv = 0\)，那么有：

\begin{eqnarray*} v &=&Iv \\ &=&R(ST)v \\ &=& 0 \end{eqnarray*}

由于\(v\)的任意性，所以\(nullT = 0\)，所以\(T\)是单射，所以\(T\)是可逆的。如果\(u\in V\)，那么：

\begin{eqnarray*} u&=&Iu \\ &=&(ST)Ru \\ &=&S(TRu) \end{eqnarray*}

这说明\(u\in rangeS\)这说明\(S\)是满射，所以\(S\)是可逆的。

现在证明另一方向。现在假设\(S,T\)都是可逆的，所以：

\begin{eqnarray*} ST(T^{-1}S^{-1})&=&S(TT^{-1})S^{-1} \\ &=&SS^{-1} \\ &=& I \end{eqnarray*}

又因为：

\begin{eqnarray*} T^{-1}S^{-1}ST&=&T^{-1}(S^{-1}S)T \\ &=&T^{-1}T \\ &=& I \end{eqnarray*}

因此\(T^{-1}S^{-1}\)是\(ST\)的逆。

首先假设\(ST=I\)，因为\(I\)是可逆的，所以\(ST\)是可逆的，所以\(S\)和\(T\)是可逆的。我们对\(ST=I\)两边乘以\(T\)的逆，则有\(S=T^{-1}\)

我们把\(TS\)中的\(S\)换成\(T^{-1}\)，显然有\(TS = I\)

同理，我们也可以从\(TS = I\)推导出\(ST = I\).

首先\(I\)是可逆的，所以\(S,T,U\)都是可逆的，并且\(T=S^{-1}U^{-1}\)，进而\(T^{-1} = US\)

举一个反例。

假设\(V = \mathbf{C}^{\infty}\) ，定义\(T,S,U\)为：

\begin{eqnarray*} &&T(z_{1},z_{2},z_{3},\ldots )=(0,z_{1},z_{2},z_{3},\ldots ) \\ &&S(z_{1},z_{2},z_{3},\ldots )=(z_{2},z_{3},,z_{4},\ldots ) \\ &&U =I \end{eqnarray*}

我们有\(STU = I\)，但是\(T\)不是满射。

因为\(V\)是有限维的，\(RST\)是满射意味着\(RST\)可逆，所以\(R,S,T\)是可逆的。所以\(S\)是单射。

我们首先证明\(T\)是线性映射，根据线性映射的定义，需要证明\(T\)满足齐次可加性。

假设\(v,w\in V\)，我们可以把这两个元素写作：

\begin{eqnarray*} v&=&a_{1}v_{1} + \ldots + a_{n}v_{n} \\ w&=&b_{1}v_{1} + \ldots + b_{n}v_{n} \end{eqnarray*}

则有:

\begin{eqnarray} \label{eq:11} Tv&=& \mathcal{M}(v) = \begin{bmatrix} a_{1} \\ \vdots \\ a_{n} \end{bmatrix} \\ Tw&=& \mathcal{M}(w) = \begin{bmatrix} b_{1} \\ \vdots \\ b_{n} \end{bmatrix} \end{eqnarray}

所以有：

\begin{eqnarray*} T(v+w)&=& \mathcal{M}(v+w) \\ &=& \begin{bmatrix} a_{1} + b_{1} \\ \vdots \\ a_{n} + b_{n} \end{bmatrix} \\ &=& \mathcal{M}(v) + \mathcal{M}(w) \\ &=&Tv + Tw \end{eqnarray*}

即,\(T\)满足可加性。

另外对于

\begin{equation*} cv = ca_{1}v_{1} + \ldots ca_{n}v_{n} \end{equation*}

有\(T(cv) = \mathcal{M}(cv) = [ca_{1},\ldots ,ca_{n}] =c \mathcal{M}(v) = cTv \)

显然，\(T\)具有齐次性。

所以\(T\)是线性映射。

对于\(Tv = 0\)，我们有\(a_{1} = \ldots = a_{n} = 0\)，所以有\(v = 0\)，因此\(T\)是单射；

另外

\begin{equation} \label{eq:24} T(c_{1}v_{1} + \ldots + c_{n}v_{n}) = \begin{bmatrix} c_{1} \\ \vdots \\ c_{n} \end{bmatrix} \end{equation}

由于\(c_{1},\ldots ,c_{n}\)取值的任意性，有\(range T = \mathcal{F}^{n,1}\)

所以\(T\)既是单射又是满射。即，\(T\)是可逆的。

这个题目的证明与3.65类似。这个矩阵\(A\)不仅依赖于基的选取，还依赖于\(T\)。

假设\(T = \lambda I\)，显然\(ST = S\lambda I = \lambda SI = \lambda S = \lambda I S = TS\)

另一方面假设\(TS = ST\)

令\(e_{1},\ldots ,e_{n}\)是\(V\)的一个基，假设\(\mathcal{E}\neq \{0\}\)，则有非零的\(T\in \mathcal{E}\)，这意味着存在一个\(s\in \{1,\ldots ,n\}\)满足\(Te_{s} \neq 0\)，令： \[Te_{s} = a_{1}e_{1} + \ldots + a_{n}e_{n}\] 因为\(Te_{s}\neq 0\)，则存在\(t\in \{1,\ldots ,n\}\)满足\(a_{t}\neq 0\). 定义\(\mathcal{E}_{ij} e_{k} = \delta_{ik}e_{j}\)，其中:

\begin{equation*} \delta_{jk}= \begin{cases} 0 & j\neq k \\ 1 & j=k \end{cases} \end{equation*}

通过定义，对于每一个\(i\in \{1,\ldots ,n\}\)我们有：

\begin{equation} \label{eq:25} \mathcal{E}_{ti}T\mathcal{E}_{is}e_{j} = a_{t}\delta_{ij}e_{i},j=1,\ldots ,n \end{equation}

另外我们之前假设\(T\in \mathcal{E}\)，所以\(\mathcal{E}_{ti}T\mathcal{E}_{is}\in \mathcal{E}\)，注意\(\mathcal{E}\)是\(\mathcal{L}(V)\)的一个子集，所以：

\begin{equation} \label{eq:26} (\mathcal{E}_{t1}T\mathcal{E}_{1s} + \ldots + \mathcal{E}_{tn}T\mathcal{E}_{ns})e_{j} = a_{t}e_{j}, j= 1,\ldots ,n \end{equation}

并且\(\mathcal{E}_{t1}T\mathcal{E}_{1s} + \ldots + \mathcal{E}_{tn}T\mathcal{E}_{ns} \in \mathcal{E}\)，这意味这\(a_{j}I\in \mathcal{E}\)，所以对任何\(S\in \mathcal{L}(V)\)都有 \(S = SI\in \mathcal{E}\)，也就是说\(\mathcal{E}= \mathcal{L}(V)\)

这个题目太难想了。