[问题2014A08] 解答

[问题2014A08] 解答

由假设知 \(f(A)=\mathrm{tr}(AA')\), 因此 \[f(PAP^{-1})=\mathrm{tr}(PAP^{-1}(P')^{-1}A'P')=\mathrm{tr}((P'P)A(P'P)^{-1}A')=\mathrm{tr}(AA').\cdots(1)\] 以下设 \(P'P=(c_{ij})\), \((P'P)^{-1}=(d_{ij})\). 注意 \(P'P\) 是对称阵, 后面要用到. 令 \(A=E_{ij}\) 并代入 (1) 式, 其中 \(E_{ij}\) 是第 \((i,j)\) 元素为 1, 其余元素为 0 的基础矩阵, 则通过简单的计算可得 \[c_{ii}d_{jj}=1,\,\,\forall\,i,j.\cdots(2)\] 再令 \(A=E_{ij}+E_{kl}\) 并代入 (1) 式, 则通过简单的计算可得 \[c_{ii}d_{jj}+c_{kk}d_{ll}+c_{ki}d_{jl}+c_{ik}d_{lj}=2+2\delta_{ik}\delta_{jl},\cdots(3)\] 其中 \(\delta_{ik}\) 是 Kronecker 符号. 综合 (2) 式和 (3) 式可得 \[c_{ki}d_{jl}+c_{ik}d_{lj}=2\delta_{ik}\delta_{jl}.\cdots(4)\] 在(4) 式中令 \(j=l\), \(i\neq k\), 并注意到 \(d_{jj}\neq 0\), 故有 \(c_{ik}+c_{ki}=0\). 又因为 \(c_{ik}=c_{ki}\), 故 \[c_{ik}=0,\,\,\forall\,i\neq k.\] 于是 \(P'P\) 是一个对角阵, 从而 \(d_{jj}=c_{jj}^{-1}\), 带入 (1) 式可得 \[c_{ii}=c_{jj},\,\,\forall\,i,j.\] 因此 \(P'P=cI_n\) 是一个纯量阵.  \(\Box\)