有限实数集上n阶矩阵的迹等式证明问题咨询

嘿，我来帮你理清这个问题的证明思路——其实完全不用纠结特征值的问题，毕竟实矩阵的特征值可能是复数，反而把问题复杂化了，直接从迹的定义展开计算，结合矩阵元素的独立性，就能轻松搞定！

首先先回顾两个关键的迹定义：

• 对于n阶矩阵$A=(a_{ij})$，$\mbox{trace}(A)$是主对角线元素的和：$\mbox{trace}(A) = \sum_{i=1}^n a_{ii}$
• $\mbox{trace}(A^2)$则是$A2$的主对角线元素之和，根据矩阵乘法规则，$A^{2$的$(i,i)$位置元素是$\sum_{k=1}}n a_{ik}a_{ki}$，所以$\mbox{trace}(A^2) = \sum_{i=1}^n \sum_{k=1}^n a_{ik}a_{ki}$

接下来我们分别展开等式两边的求和，一步步对比：

第一步：展开左边的求和 #

左边是$\sum\limits_{A\in T}\mbox{trace}(A^2)$，代入迹的定义后交换求和顺序：
$$
\sum_{A\in T}\mbox{trace}(A^2) = \sum_{A\in T} \sum_{i=1}^n \sum_{k=1}^n a_{ik}a_{ki} = \sum_{i=1}^n \sum_{k=1}^n \sum_{A\in T} a_{ik}a_{ki}
$$
我们可以把这个求和拆成i=k和i≠k两种情况：

• 当$i=k$时，项为$\sum_{A\in T} a_{ii}^2$，共有n个这样的项
• 当$i≠k$时，项为$\sum_{A\in T} a_{ik}a_{ki}$，共有$n^2 - n$个这样的项

第二步：展开右边的求和 #

右边是$\sum\limits_{A\in T}(\mbox{trace}(A))^2$，先把平方展开：
$$
(\mbox{trace}(A))^2 = \left(\sum_{i=1}^n a_{ii}\right)^2 = \sum_{i=1}^n a_{ii}^2 + 2\sum_{1\leq i<j\leq n} a_{ii}a_{jj}
$$
再代入求和并交换顺序：
$$
\sum_{A\in T}(\mbox{trace}(A))^2 = \sum_{i=1}^n \sum_{A\in T} a_{ii}^2 + 2\sum_{1\leq i<j\leq n} \sum_{A\in T} a_{ii}a_{jj}
$$
这里的第二项，$2\sum_{1\leq i<j\leq n}$其实等价于$\sum_{i≠j} \sum_{A\in T} a_{ii}a_{jj}$，共有$n(n-1)$个项，正好等于左边$i≠k$时的项数$n^2 - n$。

第三步：对比两边的对应项 #

现在只需要证明：

1. 两边的$\sum_{i=1}^n \sum_{A\in T} a_{ii}^2$部分完全相同，这是显然的
2. 左边$i≠k$时的$\sum_{A\in T} a_{ik}a_{ki}$，和右边$i≠j$时的$\sum_{A\in T} a_{ii}a_{jj}$相等

对于第二点，我们利用矩阵元素的独立性：矩阵A的每个元素都是独立从S中选取的，所以：

• 对于$\sum_{A\in T} a_{ik}a_{ki}$（i≠k），可以拆成$\left(\sum_{x\in S} x\right) \times \left(\sum_{y\in S} y\right) \times |S|^{n2 - 2}$：其中$a_{ik}$取遍S中所有值x，$a_{ki}$取遍S中所有值y，剩下的$n^{2-2$个元素每个都有|S|种选择，所以总共有$|S|}{n^2-2}$种组合
• 对于$\sum_{A\in T} a_{ii}a_{jj}$（i≠j），同样可以拆成$\left(\sum_{x\in S} x\right) \times \left(\sum_{y\in S} y\right) \times |S|^{n2 - 2}$，和上面的表达式完全一致

所以左边$i≠k$的所有项之和，和右边$i≠j$的所有项之和相等。

结论 #

把两部分对应项相加，左边和右边的总和完全相等，原等式得证！

备注：内容来源于stack exchange，提问作者urt43as