为什么特征值之和会等于矩阵的迹？
当然，这其中的缘由，还得从矩阵的本质，以及它在数学变换中所扮演的角色说起。我们一点点地来捋清楚。
1. 矩阵与线性变换：一个“几何”的视角
首先，我们要明白，一个方阵，比如 $n imes n$ 的矩阵 $A$，它在本质上代表了一个从 $n$ 维空间到自身的一种线性变换。你可以想象，任何一个 $n$ 维向量 $x$，当它乘以矩阵 $A$ 时，就变成了一个新的向量 $y = Ax$。这个过程，就像是把空间里的每个点都进行了一次“拉伸”、“旋转”、“镜像”等等操作，但关键是，这个操作是线性的，也就是说，直线经过变换后仍然是直线，原点保持不变。
2. 特征向量与特征值：变换中的“不变方向”
现在，我们来看特征向量和特征值。当一个向量 $x$ 经过矩阵 $A$ 的变换，得到 $Ax$ 时，它可能会改变方向。但是，对于某些特殊的向量，它们在经过矩阵 $A$ 变换后，方向不变，只是长度发生了缩放。
数学上，我们把这些方向不变的非零向量称为矩阵 $A$ 的特征向量 (eigenvector)，而那个用来缩放的比例因子，就是对应的特征值 (eigenvalue)，记作 $lambda$。
所以，特征向量和特征值的关系可以写成一个非常简洁的方程：
$Ax = lambda x$
这里，$A$ 是矩阵，$x$ 是特征向量，$lambda$ 是特征值。这个方程的意思就是：将向量 $x$ 乘以矩阵 $A$ 的结果，跟将向量 $x$ 乘以一个标量 $lambda$ 的结果是完全一样的。向量 $x$ 的方向没有改变，只是被 $lambda$ 这个数“拉伸”或“压缩”了。
3. 为什么是“迹”？
那么，特征值之和怎么就跟矩阵的“迹”（trace）扯上关系了呢？“迹”呢，就是矩阵对角线上所有元素的和。比如，一个 $3 imes 3$ 的矩阵：
$A = egin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \ a_{21} & a_{22} & a_{23} \ a_{31} & a_{32} & a_{33} end{pmatrix}$
它的迹就是 $ ext{tr}(A) = a_{11} + a_{22} + a_{33}$。
要理解这个联系，我们可以从特征方程入手。
我们把 $Ax = lambda x$ 稍微变形一下：
$Ax lambda x = 0$
$Ax lambda Ix = 0$ （这里 $I$ 是单位矩阵，因为 $lambda x = lambda Ix$）
$(A lambda I)x = 0$
对于这个方程，我们知道 $x$ 是非零向量。如果一个矩阵乘以一个非零向量等于零向量，那么这个矩阵一定是奇异矩阵，也就是说，它的行列式为零。
所以，我们就有：
$det(A lambda I) = 0$
这个方程被称为矩阵 $A$ 的特征方程。展开这个行列式，我们会得到一个关于 $lambda$ 的多项式，这个多项式被称为矩阵 $A$ 的特征多项式。
对于一个 $n imes n$ 的矩阵 $A$，它的特征多项式是一个 $n$ 次多项式，形如：
$P(lambda) = det(A lambda I) = (lambda)^n + c_{n1} (lambda)^{n1} + dots + c_1 (lambda) + c_0 = 0$
根据代数基本定理，这个 $n$ 次多项式有 $n$ 个根（允许复数根，并且可能重根）。这些根，就是矩阵 $A$ 的 $n$ 个特征值，我们记作 $lambda_1, lambda_2, dots, lambda_n$。
4. 利用韦达定理建立联系
现在，关键的一步来了。回忆一下韦达定理。对于一个多项式 $a_n x^n + a_{n1} x^{n1} + dots + a_1 x + a_0 = 0$，其根为 $r_1, r_2, dots, r_n$，韦达定理告诉我们：
根的和：$r_1 + r_2 + dots + r_n = frac{a_{n1}}{a_n}$
根的积：$r_1 r_2 dots r_n = (1)^n frac{a_0}{a_n}$
我们回到矩阵的特征多项式 $P(lambda) = det(A lambda I)$。
让我们来看看这个多项式的最高次项和次高次项是什么。
对于 $A = egin{pmatrix} a_{11} & a_{12} \ a_{21} & a_{22} end{pmatrix}$ 来说，
$A lambda I = egin{pmatrix} a_{11}lambda & a_{12} \ a_{21} & a_{22}lambda end{pmatrix}$
$det(A lambda I) = (a_{11}lambda)(a_{22}lambda) a_{12}a_{21}$
$= a_{11}a_{22} a_{11}lambda a_{22}lambda + lambda^2 a_{12}a_{21}$
$= lambda^2 (a_{11} + a_{22})lambda + (a_{11}a_{22} a_{12}a_{21})$
这是一个关于 $lambda$ 的二次多项式。
最高次项是 $lambda^2$（系数为 $1$）。
次高次项是 $(a_{11} + a_{22})lambda$（系数为 $(a_{11} + a_{22})$）。
注意到 $a_{11} + a_{22}$ 正是矩阵 $A$ 的迹 $ ext{tr}(A)$。
对于一般的 $n imes n$ 矩阵 $A$，它的特征多项式 $det(A lambda I)$ 展开后，最高次项是 $(lambda)^n$，而次高次项的系数是 $(1)^{n1} ext{tr}(A)$。
严谨地证明这一点的关键在于理解 $det(A lambda I)$ 的展开。
$det(A lambda I)$ 的定义是所有排列下项的乘积。
$det(M) = sum_{sigma in S_n} ext{sgn}(sigma) prod_{i=1}^n m_{i, sigma(i)}$
这里 $M = A lambda I$，所以 $m_{ij} = a_{ij} lambda delta_{ij}$，其中 $delta_{ij}$ 是克罗内克符号（当 $i=j$ 时为 $1$，否则为 $0$）。
考虑 $det(A lambda I)$ 的展开：
$det(A lambda I) = sum_{sigma in S_n} ext{sgn}(sigma) prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$
最高次项 $(lambda)^n$：
要得到 $(lambda)^n$，我们需要在乘积 $prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$ 中，每一项都选取 $lambda delta_{i, sigma(i)}$。这只有当 $sigma$ 是恒等置换 ($sigma(i) = i$ 对所有 $i$) 时才可能，此时 $ ext{sgn}(sigma) = 1$。
当 $sigma$ 是恒等置换时，乘积是 $(a_{11} lambda)(a_{22} lambda) dots (a_{nn} lambda)$。
展开这个乘积，最高次项是 $(lambda)^n$，系数是 $1$。
为什么只有恒等置换能贡献 $lambda^n$？因为一旦 $sigma$ 不是恒等置换，就存在至少一个 $i$ 使得 $sigma(i) eq i$。在这种情况下，$delta_{i, sigma(i)} = 0$，所以该项 $(a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$ 就是 $a_{i, sigma(i)}$，它不含 $lambda$。要得到 $(lambda)^n$，必须从 $n$ 个因子中都取出含 $lambda$ 的项，这只有当 $sigma(i)=i$ 对所有 $i$ 时才能做到，即 $sigma$ 为恒等置换。
次高次项 $(lambda)^{n1}$：
要得到 $(lambda)^{n1}$，我们需要在乘积 $prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$ 中，有 $n1$ 个因子取出 $lambda$，而有一个因子取出 $a_{i, sigma(i)}$。
这要求 $sigma$ 只能与恒等置换“非常接近”。
我们再次考虑 $prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$。
要得到 $(lambda)^{n1}$，我们实际上需要从 $n$ 个 $(a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$ 因子中，有 $n1$ 个取出 $lambda delta_{i, sigma(i)}$，还有一个取出 $a_{i, sigma(i)}$。
这意味着，对于 $n1$ 个 $i$，我们必须有 $sigma(i) = i$ 且 $delta_{i, sigma(i)}=1$，而对于另外一个 $j$，我们 $sigma(j) eq j$ 且 $delta_{j, sigma(j)}=0$，并且我们从 $(a_{j, sigma(j)} lambda delta_{j, sigma(j)})$ 中取出 $a_{j, sigma(j)}$。
但是，这种形式的贡献，当 $sigma$ 不是恒等置换时，最终展开后的 $lambda$ 的幂次最多是 $n2$。
让我们换个角度思考，更直接地看 $det(A lambda I)$ 的展开。
$det(A lambda I) = sum_{sigma in S_n} ext{sgn}(sigma) prod_{i=1}^n m_{i, sigma(i)}$
$m_{i, sigma(i)} = a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)}$
当 $sigma$ 是恒等置换 ($sigma(i)=i$ for all $i$) 时，贡献是 $prod_{i=1}^n (a_{ii} lambda) = (a_{11}lambda)(a_{22}lambda)dots(a_{nn}lambda)$.
展开这个式子，我们得到：
$(1)^n lambda^n + (1)^{n1}(a_{11}+a_{22}+dots+a_{nn})lambda^{n1} + dots$
$= (lambda)^n + (lambda)^{n1} ext{tr}(A) + dots$
现在考虑 $sigma$ 不是恒等置换的情况。
如果 $sigma$ 不是恒等置换，那么至少存在一个 $i$ 使得 $sigma(i) eq i$。
对于这个 $i$，$delta_{i, sigma(i)} = 0$，所以 $m_{i, sigma(i)} = a_{i, sigma(i)}$。
在乘积 $prod_{i=1}^n m_{i, sigma(i)}$ 中，至少有一个因子 $m_{i, sigma(i)}$ 不含 $lambda$。
因此，对于非恒等置换 $sigma$， $ ext{sgn}(sigma) prod_{i=1}^n m_{i, sigma(i)}$ 这一项中 $lambda$ 的最高幂次小于 $n1$。
具体来说，任何非恒等置换 $sigma$ 都可以分解成若干个不相交的轮换。如果 $sigma$ 不是恒等置换，那么至少存在一个轮换的长度大于 1。
考虑一个 $k$ 轮换 $(i_1, i_2, dots, i_k)$。这个轮换中的元素 $j$ 满足 $sigma(j) eq j$。
对于 $sigma$ 的展开 $prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$，如果 $sigma$ 不是恒等置换，那么一定存在一个 $i$ 使得 $sigma(i) eq i$。对于这个 $i$， $delta_{i, sigma(i)} = 0$，所以 $m_{i, sigma(i)} = a_{i, sigma(i)}$。
那么，乘积 $prod_{i=1}^n m_{i, sigma(i)}$ 的 $lambda$ 的次数是多少呢？
要得到 $lambda^k$，我们必须从 $k$ 个因子中选择 $lambda delta_{i, sigma(i)}$，其余 $nk$ 个因子选择 $a_{i, sigma(i)}$。
对于非恒等置换 $sigma$ 来说，它至少有一个 $i$ 使得 $sigma(i) eq i$。对于这个 $i$， $delta_{i, sigma(i)} = 0$。所以 $m_{i, sigma(i)} = a_{i, sigma(i)}$。
因此，对于非恒等置换 $sigma$，乘积 $prod_{i=1}^n m_{i, sigma(i)}$ 中， $lambda$ 的幂次最多是 $n1$（当 $sigma$ 是一个交换两个元素的置换，即一个 2轮换，而其他 $n2$ 个元素是不动的）。
事实上，更严谨的说法是：
$det(A lambda I)$ 的特征多项式是
$(1)^n lambda^n + (1)^{n1} ext{tr}(A) lambda^{n1} + dots + det(A)$
证明这个事实的关键在于利用行列式的莱布尼茨公式：
$det(M) = sum_{sigma in S_n} ext{sgn}(sigma) prod_{i=1}^n m_{i, sigma(i)}$
令 $M = A lambda I$。
$det(A lambda I) = sum_{sigma in S_n} ext{sgn}(sigma) prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$
$(lambda)^n$ 的项: 仅当 $sigma$ 是恒等置换时，$sigma(i)=i$ 对所有 $i$ 成立。此时 $delta_{i, sigma(i)} = 1$。该项为 $ ext{sgn}(id) prod_{i=1}^n (a_{ii} lambda) = prod_{i=1}^n (a_{ii} lambda) = (lambda)^n + (lambda)^{n1} sum a_{ii} + dots$。
$(lambda)^{n1}$ 的项: 要得到 $(lambda)^{n1}$，我们需要在乘积 $prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$ 中，有 $n1$ 个因子选择 $lambda delta_{i, sigma(i)}$，一个因子选择 $a_{i, sigma(i)}$。
这种情况发生当且仅当 $sigma$ 是一个对换（交换两个元素，其他元素不变）。
假设 $sigma$ 是交换 $k$ 和 $l$ ($k eq l$)，即 $sigma(k)=l, sigma(l)=k$, $sigma(i)=i$ for $i eq k, l$。
那么 $prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)}) = (a_{k,l} lambda delta_{k,l}) (a_{l,k} lambda delta_{l,k}) prod_{i eq k,l} (a_{ii} lambda delta_{ii})$
由于 $delta_{k,l}=0$ 且 $delta_{l,k}=0$ (因为 $k eq l$)，此式为 $a_{kl} a_{lk} prod_{i eq k,l} (a_{ii} lambda)$。
这一项不含 $lambda$ 因子，或者说 $lambda$ 的次数为 $n2$ (由 $prod_{i eq k,l} (a_{ii} lambda)$ 贡献)。
我之前的理解有点偏差，此处需要更精确的展开。
正确的思考方式是：
特征多项式 $P(lambda) = det(A lambda I)$。
$P(lambda)$ 是一个关于 $lambda$ 的多项式。
$P(lambda) = c_n lambda^n + c_{n1} lambda^{n1} + dots + c_1 lambda + c_0$
我们知道 $c_n = (1)^n$。
我们也知道 $c_0 = P(0) = det(A 0I) = det(A)$。
现在我们聚焦于 $c_{n1}$，即 $lambda^{n1}$ 的系数。
Consider $det(A lambda I)$.
Let $B = A lambda I$.
$det(B) = sum_{sigma in S_n} ext{sgn}(sigma) prod_{i=1}^n B_{i, sigma(i)}$
$det(A lambda I) = sum_{sigma in S_n} ext{sgn}(sigma) prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$
$lambda^n$ 项:
只有当 $sigma$ 是恒等置换 ($id$) 时， $prod_{i=1}^n (lambda delta_{i,i}) = (lambda)^n$。
所以 $c_n = 1$ （如果写成 $lambda^n$ 的形式）或者 $c_n = (1)^n$ (如果写成 $(lambda)^n$ 的形式)。
$lambda^{n1}$ 项:
我们需要从 $n$ 个因子 $prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$ 中，选择 $n1$ 个 $lambda$ 因子，一个 $a_{i, sigma(i)}$ 因子。
这要求 $sigma$ 只能在最多一个位置与恒等置换不同。
如果 $sigma$ 是恒等置换，我们已经考虑过了，贡献了 $(lambda)^n$ 和 $(lambda)^{n1} ext{tr}(A)$。
如果 $sigma$ 不是恒等置换，则至少存在一个 $k$ 使得 $sigma(k) eq k$。
对于这个 $k$， $delta_{k, sigma(k)} = 0$，所以 $a_{k, sigma(k)} lambda delta_{k, sigma(k)} = a_{k, sigma(k)}$。
因此，对于非恒等置换 $sigma$，乘积 $prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$ 中，$lambda$ 的最高幂次不会超过 $n2$。
为什么？
设 $sigma$ 是一个置换。考虑 $prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$。
如果 $sigma$ 是恒等置换，则 $sigma(i)=i$ 对所有 $i$， $delta_{i, sigma(i)}=1$。乘积是 $prod_{i=1}^n (a_{ii} lambda)$。
如果 $sigma$ 不是恒等置换，那么至少存在一个 $k$ 使得 $sigma(k) eq k$。对于这个 $k$，$ delta_{k, sigma(k)} = 0$。
所以，乘积中会包含因子 $a_{k, sigma(k)}$，这个因子不含 $lambda$。
更进一步，我们可以说：
$det(A lambda I)$ 可以被看作是对矩阵 $(A_{ij} lambda delta_{ij})$ 求行列式。
这个展开式中的 $lambda$ 的次数，与置换 $sigma$ 中固定点（即 $sigma(i)=i$）的数量有关。
只有当 $sigma$ 是恒等置换时，所有的 $sigma(i)=i$，贡献了 $n$ 个 $lambda$，得到 $(lambda)^n$。
当 $sigma$ 是一个对换（例如，交换 $i$ 和 $j$，其他不变），它有 $n2$ 个固定点。
在这种情况下，乘积是 $ ext{sgn}(sigma) (a_{ii} lambda)dots(a_{jj} lambda) dots (a_{i,j} lambda delta_{i,j}) (a_{j,i} lambda delta_{j,i}) dots$
因为 $i eq j$, $delta_{i,j}=0, delta_{j,i}=0$。
乘积是 $ ext{sgn}(sigma) prod_{k eq i,j} (a_{kk} lambda) cdot a_{i,j} cdot a_{j,i}$。
这个式子中 $lambda$ 的最高次数是 $n2$。
关键在于，$lambda^{n1}$ 的系数只能来自恒等置换的展开！
所以， $det(A lambda I) = (a_{11}lambda)(a_{22}lambda)dots(a_{nn}lambda) + ext{terms of order } lambda^{n2} ext{ or lower}$
$= ((1)^n lambda^n + (1)^{n1} (sum a_{ii}) lambda^{n1} + dots) + ext{terms of order } lambda^{n2} ext{ or lower}$
$= (lambda)^n + (lambda)^{n1} ext{tr}(A) + dots$
特征方程 $P(lambda) = det(A lambda I) = 0$ 的根是 $lambda_1, dots, lambda_n$。
这个多项式可以写成 $P(lambda) = (lambda)^n + (lambda)^{n1} ext{tr}(A) + dots + det(A)$。
或者，如果我们把多项式写成 $P(lambda) = lambda^n + b_{n1} lambda^{n1} + dots + b_0$，那么 $b_{n1} = ext{tr}(A)$。
根据韦达定理，根的和 $lambda_1 + lambda_2 + dots + lambda_n = frac{ ext{coefficient of } lambda^{n1}}{ ext{coefficient of } lambda^n}$。
如果我们的特征多项式写成 $P(lambda) = det(A lambda I) = (lambda)^n + c_{n1} (lambda)^{n1} + dots$
那么 $c_n = 1$, $c_{n1} = ext{tr}(A)$.
根的和 $lambda_1 + dots + lambda_n = frac{c_{n1}}{c_n} = frac{ ext{tr}(A)}{1} = ext{tr}(A)$ （如果这里的系数是 $(lambda)^k$）
让我们重新规范一下特征多项式的定义，通常是以 $lambda$ 为变量，而不是 $lambda$。
更标准的定义是 $det(lambda I A)$。
$det(lambda I A) = det( (A lambda I)) = (1)^n det(A lambda I)$.
如果我们用 $det(lambda I A)$ 作为特征多项式：
$det(lambda I A) = det egin{pmatrix} lambdaa_{11} & a_{12} & dots \ a_{21} & lambdaa_{22} & dots \ vdots & vdots & ddots end{pmatrix}$
展开这个，最高次项是 $lambda^n$ (来自对角线元素的乘积 $(lambdaa_{11})dots(lambdaa_{nn})$)。
$(lambdaa_{11})dots(lambdaa_{nn}) = lambda^n (sum a_{ii}) lambda^{n1} + dots = lambda^n ext{tr}(A) lambda^{n1} + dots$
对于非恒等置换 $sigma$， $prod_{i=1}^n (lambda delta_{i,sigma(i)} a_{i,sigma(i)})$ 中 $lambda$ 的最高次数是 $n2$（因为至少有一个 $sigma(i) eq i$ 导致 $delta_{i, sigma(i)}=0$）。
所以，特征多项式 $P(lambda) = det(lambda I A) = lambda^n ext{tr}(A) lambda^{n1} + dots + (1)^n det(A)$.
这个多项式的根是 $lambda_1, dots, lambda_n$。
根据韦达定理，根的和 $lambda_1 + dots + lambda_n = frac{ ext{coefficient of } lambda^{n1}}{ ext{coefficient of } lambda^n} = frac{ ext{tr}(A)}{1} = ext{tr}(A)$。
这就是为什么特征值之和等于矩阵的迹！
总结一下这个过程：
1. 理解矩阵的本质: 矩阵代表线性变换。
2. 理解特征值/特征向量: 它们是变换中方向不变的向量及其缩放因子。
3. 建立特征方程: $Ax = lambda x implies (A lambda I)x = 0$。
4. 引入特征多项式: $det(A lambda I) = 0$ 或 $det(lambda I A) = 0$。
5. 分析特征多项式的系数:
使用 $det(lambda I A)$，其形式是 $lambda^n ext{tr}(A) lambda^{n1} + dots$。
利用韦达定理，根（即特征值）的和等于 $frac{ ext{tr}(A)}{1} = ext{tr}(A)$。
这个结论非常深刻，它将矩阵的“代数”属性（迹）与“几何”属性（特征值的和，代表了变换在各个方向上的“平均伸缩”）联系起来了。
希望这次详细的解释能让你满意，也希望没有太多的AI痕迹，更像是老朋友在讨论数学的乐趣。
1. 矩阵与线性变换：一个“几何”的视角
首先，我们要明白，一个方阵，比如 $n imes n$ 的矩阵 $A$，它在本质上代表了一个从 $n$ 维空间到自身的一种线性变换。你可以想象，任何一个 $n$ 维向量 $x$，当它乘以矩阵 $A$ 时，就变成了一个新的向量 $y = Ax$。这个过程，就像是把空间里的每个点都进行了一次“拉伸”、“旋转”、“镜像”等等操作，但关键是，这个操作是线性的，也就是说，直线经过变换后仍然是直线，原点保持不变。
2. 特征向量与特征值：变换中的“不变方向”
现在，我们来看特征向量和特征值。当一个向量 $x$ 经过矩阵 $A$ 的变换，得到 $Ax$ 时，它可能会改变方向。但是，对于某些特殊的向量，它们在经过矩阵 $A$ 变换后，方向不变，只是长度发生了缩放。
数学上，我们把这些方向不变的非零向量称为矩阵 $A$ 的特征向量 (eigenvector)，而那个用来缩放的比例因子，就是对应的特征值 (eigenvalue)，记作 $lambda$。
所以，特征向量和特征值的关系可以写成一个非常简洁的方程：
$Ax = lambda x$
这里，$A$ 是矩阵，$x$ 是特征向量，$lambda$ 是特征值。这个方程的意思就是：将向量 $x$ 乘以矩阵 $A$ 的结果，跟将向量 $x$ 乘以一个标量 $lambda$ 的结果是完全一样的。向量 $x$ 的方向没有改变，只是被 $lambda$ 这个数“拉伸”或“压缩”了。
3. 为什么是“迹”？
那么，特征值之和怎么就跟矩阵的“迹”（trace）扯上关系了呢？“迹”呢，就是矩阵对角线上所有元素的和。比如，一个 $3 imes 3$ 的矩阵：
$A = egin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \ a_{21} & a_{22} & a_{23} \ a_{31} & a_{32} & a_{33} end{pmatrix}$
它的迹就是 $ ext{tr}(A) = a_{11} + a_{22} + a_{33}$。
要理解这个联系，我们可以从特征方程入手。
我们把 $Ax = lambda x$ 稍微变形一下：
$Ax lambda x = 0$
$Ax lambda Ix = 0$ （这里 $I$ 是单位矩阵，因为 $lambda x = lambda Ix$）
$(A lambda I)x = 0$
对于这个方程，我们知道 $x$ 是非零向量。如果一个矩阵乘以一个非零向量等于零向量，那么这个矩阵一定是奇异矩阵，也就是说，它的行列式为零。
所以，我们就有：
$det(A lambda I) = 0$
这个方程被称为矩阵 $A$ 的特征方程。展开这个行列式，我们会得到一个关于 $lambda$ 的多项式，这个多项式被称为矩阵 $A$ 的特征多项式。
对于一个 $n imes n$ 的矩阵 $A$，它的特征多项式是一个 $n$ 次多项式，形如：
$P(lambda) = det(A lambda I) = (lambda)^n + c_{n1} (lambda)^{n1} + dots + c_1 (lambda) + c_0 = 0$
根据代数基本定理，这个 $n$ 次多项式有 $n$ 个根（允许复数根，并且可能重根）。这些根，就是矩阵 $A$ 的 $n$ 个特征值，我们记作 $lambda_1, lambda_2, dots, lambda_n$。
4. 利用韦达定理建立联系
现在，关键的一步来了。回忆一下韦达定理。对于一个多项式 $a_n x^n + a_{n1} x^{n1} + dots + a_1 x + a_0 = 0$，其根为 $r_1, r_2, dots, r_n$，韦达定理告诉我们：
根的和：$r_1 + r_2 + dots + r_n = frac{a_{n1}}{a_n}$
根的积：$r_1 r_2 dots r_n = (1)^n frac{a_0}{a_n}$
我们回到矩阵的特征多项式 $P(lambda) = det(A lambda I)$。
让我们来看看这个多项式的最高次项和次高次项是什么。
对于 $A = egin{pmatrix} a_{11} & a_{12} \ a_{21} & a_{22} end{pmatrix}$ 来说，
$A lambda I = egin{pmatrix} a_{11}lambda & a_{12} \ a_{21} & a_{22}lambda end{pmatrix}$
$det(A lambda I) = (a_{11}lambda)(a_{22}lambda) a_{12}a_{21}$
$= a_{11}a_{22} a_{11}lambda a_{22}lambda + lambda^2 a_{12}a_{21}$
$= lambda^2 (a_{11} + a_{22})lambda + (a_{11}a_{22} a_{12}a_{21})$
这是一个关于 $lambda$ 的二次多项式。
最高次项是 $lambda^2$（系数为 $1$）。
次高次项是 $(a_{11} + a_{22})lambda$（系数为 $(a_{11} + a_{22})$）。
注意到 $a_{11} + a_{22}$ 正是矩阵 $A$ 的迹 $ ext{tr}(A)$。
对于一般的 $n imes n$ 矩阵 $A$，它的特征多项式 $det(A lambda I)$ 展开后，最高次项是 $(lambda)^n$，而次高次项的系数是 $(1)^{n1} ext{tr}(A)$。
严谨地证明这一点的关键在于理解 $det(A lambda I)$ 的展开。
$det(A lambda I)$ 的定义是所有排列下项的乘积。
$det(M) = sum_{sigma in S_n} ext{sgn}(sigma) prod_{i=1}^n m_{i, sigma(i)}$
这里 $M = A lambda I$，所以 $m_{ij} = a_{ij} lambda delta_{ij}$，其中 $delta_{ij}$ 是克罗内克符号（当 $i=j$ 时为 $1$，否则为 $0$）。
考虑 $det(A lambda I)$ 的展开：
$det(A lambda I) = sum_{sigma in S_n} ext{sgn}(sigma) prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$
最高次项 $(lambda)^n$：
要得到 $(lambda)^n$，我们需要在乘积 $prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$ 中，每一项都选取 $lambda delta_{i, sigma(i)}$。这只有当 $sigma$ 是恒等置换 ($sigma(i) = i$ 对所有 $i$) 时才可能，此时 $ ext{sgn}(sigma) = 1$。
当 $sigma$ 是恒等置换时，乘积是 $(a_{11} lambda)(a_{22} lambda) dots (a_{nn} lambda)$。
展开这个乘积，最高次项是 $(lambda)^n$，系数是 $1$。
为什么只有恒等置换能贡献 $lambda^n$？因为一旦 $sigma$ 不是恒等置换，就存在至少一个 $i$ 使得 $sigma(i) eq i$。在这种情况下，$delta_{i, sigma(i)} = 0$，所以该项 $(a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$ 就是 $a_{i, sigma(i)}$，它不含 $lambda$。要得到 $(lambda)^n$，必须从 $n$ 个因子中都取出含 $lambda$ 的项，这只有当 $sigma(i)=i$ 对所有 $i$ 时才能做到，即 $sigma$ 为恒等置换。
次高次项 $(lambda)^{n1}$：
要得到 $(lambda)^{n1}$，我们需要在乘积 $prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$ 中，有 $n1$ 个因子取出 $lambda$，而有一个因子取出 $a_{i, sigma(i)}$。
这要求 $sigma$ 只能与恒等置换“非常接近”。
我们再次考虑 $prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$。
要得到 $(lambda)^{n1}$，我们实际上需要从 $n$ 个 $(a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$ 因子中，有 $n1$ 个取出 $lambda delta_{i, sigma(i)}$，还有一个取出 $a_{i, sigma(i)}$。
这意味着，对于 $n1$ 个 $i$，我们必须有 $sigma(i) = i$ 且 $delta_{i, sigma(i)}=1$，而对于另外一个 $j$，我们 $sigma(j) eq j$ 且 $delta_{j, sigma(j)}=0$，并且我们从 $(a_{j, sigma(j)} lambda delta_{j, sigma(j)})$ 中取出 $a_{j, sigma(j)}$。
但是，这种形式的贡献，当 $sigma$ 不是恒等置换时，最终展开后的 $lambda$ 的幂次最多是 $n2$。
让我们换个角度思考，更直接地看 $det(A lambda I)$ 的展开。
$det(A lambda I) = sum_{sigma in S_n} ext{sgn}(sigma) prod_{i=1}^n m_{i, sigma(i)}$
$m_{i, sigma(i)} = a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)}$
当 $sigma$ 是恒等置换 ($sigma(i)=i$ for all $i$) 时，贡献是 $prod_{i=1}^n (a_{ii} lambda) = (a_{11}lambda)(a_{22}lambda)dots(a_{nn}lambda)$.
展开这个式子，我们得到：
$(1)^n lambda^n + (1)^{n1}(a_{11}+a_{22}+dots+a_{nn})lambda^{n1} + dots$
$= (lambda)^n + (lambda)^{n1} ext{tr}(A) + dots$
现在考虑 $sigma$ 不是恒等置换的情况。
如果 $sigma$ 不是恒等置换，那么至少存在一个 $i$ 使得 $sigma(i) eq i$。
对于这个 $i$，$delta_{i, sigma(i)} = 0$，所以 $m_{i, sigma(i)} = a_{i, sigma(i)}$。
在乘积 $prod_{i=1}^n m_{i, sigma(i)}$ 中，至少有一个因子 $m_{i, sigma(i)}$ 不含 $lambda$。
因此，对于非恒等置换 $sigma$， $ ext{sgn}(sigma) prod_{i=1}^n m_{i, sigma(i)}$ 这一项中 $lambda$ 的最高幂次小于 $n1$。
具体来说，任何非恒等置换 $sigma$ 都可以分解成若干个不相交的轮换。如果 $sigma$ 不是恒等置换，那么至少存在一个轮换的长度大于 1。
考虑一个 $k$ 轮换 $(i_1, i_2, dots, i_k)$。这个轮换中的元素 $j$ 满足 $sigma(j) eq j$。
对于 $sigma$ 的展开 $prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$，如果 $sigma$ 不是恒等置换，那么一定存在一个 $i$ 使得 $sigma(i) eq i$。对于这个 $i$， $delta_{i, sigma(i)} = 0$，所以 $m_{i, sigma(i)} = a_{i, sigma(i)}$。
那么，乘积 $prod_{i=1}^n m_{i, sigma(i)}$ 的 $lambda$ 的次数是多少呢？
要得到 $lambda^k$，我们必须从 $k$ 个因子中选择 $lambda delta_{i, sigma(i)}$，其余 $nk$ 个因子选择 $a_{i, sigma(i)}$。
对于非恒等置换 $sigma$ 来说，它至少有一个 $i$ 使得 $sigma(i) eq i$。对于这个 $i$， $delta_{i, sigma(i)} = 0$。所以 $m_{i, sigma(i)} = a_{i, sigma(i)}$。
因此，对于非恒等置换 $sigma$，乘积 $prod_{i=1}^n m_{i, sigma(i)}$ 中， $lambda$ 的幂次最多是 $n1$（当 $sigma$ 是一个交换两个元素的置换，即一个 2轮换，而其他 $n2$ 个元素是不动的）。
事实上，更严谨的说法是：
$det(A lambda I)$ 的特征多项式是
$(1)^n lambda^n + (1)^{n1} ext{tr}(A) lambda^{n1} + dots + det(A)$
证明这个事实的关键在于利用行列式的莱布尼茨公式：
$det(M) = sum_{sigma in S_n} ext{sgn}(sigma) prod_{i=1}^n m_{i, sigma(i)}$
令 $M = A lambda I$。
$det(A lambda I) = sum_{sigma in S_n} ext{sgn}(sigma) prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$
$(lambda)^n$ 的项: 仅当 $sigma$ 是恒等置换时，$sigma(i)=i$ 对所有 $i$ 成立。此时 $delta_{i, sigma(i)} = 1$。该项为 $ ext{sgn}(id) prod_{i=1}^n (a_{ii} lambda) = prod_{i=1}^n (a_{ii} lambda) = (lambda)^n + (lambda)^{n1} sum a_{ii} + dots$。
$(lambda)^{n1}$ 的项: 要得到 $(lambda)^{n1}$，我们需要在乘积 $prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$ 中，有 $n1$ 个因子选择 $lambda delta_{i, sigma(i)}$，一个因子选择 $a_{i, sigma(i)}$。
这种情况发生当且仅当 $sigma$ 是一个对换（交换两个元素，其他元素不变）。
假设 $sigma$ 是交换 $k$ 和 $l$ ($k eq l$)，即 $sigma(k)=l, sigma(l)=k$, $sigma(i)=i$ for $i eq k, l$。
那么 $prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)}) = (a_{k,l} lambda delta_{k,l}) (a_{l,k} lambda delta_{l,k}) prod_{i eq k,l} (a_{ii} lambda delta_{ii})$
由于 $delta_{k,l}=0$ 且 $delta_{l,k}=0$ (因为 $k eq l$)，此式为 $a_{kl} a_{lk} prod_{i eq k,l} (a_{ii} lambda)$。
这一项不含 $lambda$ 因子，或者说 $lambda$ 的次数为 $n2$ (由 $prod_{i eq k,l} (a_{ii} lambda)$ 贡献)。
我之前的理解有点偏差，此处需要更精确的展开。
正确的思考方式是：
特征多项式 $P(lambda) = det(A lambda I)$。
$P(lambda)$ 是一个关于 $lambda$ 的多项式。
$P(lambda) = c_n lambda^n + c_{n1} lambda^{n1} + dots + c_1 lambda + c_0$
我们知道 $c_n = (1)^n$。
我们也知道 $c_0 = P(0) = det(A 0I) = det(A)$。
现在我们聚焦于 $c_{n1}$，即 $lambda^{n1}$ 的系数。
Consider $det(A lambda I)$.
Let $B = A lambda I$.
$det(B) = sum_{sigma in S_n} ext{sgn}(sigma) prod_{i=1}^n B_{i, sigma(i)}$
$det(A lambda I) = sum_{sigma in S_n} ext{sgn}(sigma) prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$
$lambda^n$ 项:
只有当 $sigma$ 是恒等置换 ($id$) 时， $prod_{i=1}^n (lambda delta_{i,i}) = (lambda)^n$。
所以 $c_n = 1$ （如果写成 $lambda^n$ 的形式）或者 $c_n = (1)^n$ (如果写成 $(lambda)^n$ 的形式)。
$lambda^{n1}$ 项:
我们需要从 $n$ 个因子 $prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$ 中，选择 $n1$ 个 $lambda$ 因子，一个 $a_{i, sigma(i)}$ 因子。
这要求 $sigma$ 只能在最多一个位置与恒等置换不同。
如果 $sigma$ 是恒等置换，我们已经考虑过了，贡献了 $(lambda)^n$ 和 $(lambda)^{n1} ext{tr}(A)$。
如果 $sigma$ 不是恒等置换，则至少存在一个 $k$ 使得 $sigma(k) eq k$。
对于这个 $k$， $delta_{k, sigma(k)} = 0$，所以 $a_{k, sigma(k)} lambda delta_{k, sigma(k)} = a_{k, sigma(k)}$。
因此，对于非恒等置换 $sigma$，乘积 $prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$ 中，$lambda$ 的最高幂次不会超过 $n2$。
为什么？
设 $sigma$ 是一个置换。考虑 $prod_{i=1}^n (a_{i, sigma(i)} lambda delta_{i, sigma(i)})$。
如果 $sigma$ 是恒等置换，则 $sigma(i)=i$ 对所有 $i$， $delta_{i, sigma(i)}=1$。乘积是 $prod_{i=1}^n (a_{ii} lambda)$。
如果 $sigma$ 不是恒等置换，那么至少存在一个 $k$ 使得 $sigma(k) eq k$。对于这个 $k$，$ delta_{k, sigma(k)} = 0$。
所以，乘积中会包含因子 $a_{k, sigma(k)}$，这个因子不含 $lambda$。
更进一步，我们可以说：
$det(A lambda I)$ 可以被看作是对矩阵 $(A_{ij} lambda delta_{ij})$ 求行列式。
这个展开式中的 $lambda$ 的次数，与置换 $sigma$ 中固定点（即 $sigma(i)=i$）的数量有关。
只有当 $sigma$ 是恒等置换时，所有的 $sigma(i)=i$，贡献了 $n$ 个 $lambda$，得到 $(lambda)^n$。
当 $sigma$ 是一个对换（例如，交换 $i$ 和 $j$，其他不变），它有 $n2$ 个固定点。
在这种情况下，乘积是 $ ext{sgn}(sigma) (a_{ii} lambda)dots(a_{jj} lambda) dots (a_{i,j} lambda delta_{i,j}) (a_{j,i} lambda delta_{j,i}) dots$
因为 $i eq j$, $delta_{i,j}=0, delta_{j,i}=0$。
乘积是 $ ext{sgn}(sigma) prod_{k eq i,j} (a_{kk} lambda) cdot a_{i,j} cdot a_{j,i}$。
这个式子中 $lambda$ 的最高次数是 $n2$。
关键在于，$lambda^{n1}$ 的系数只能来自恒等置换的展开！
所以， $det(A lambda I) = (a_{11}lambda)(a_{22}lambda)dots(a_{nn}lambda) + ext{terms of order } lambda^{n2} ext{ or lower}$
$= ((1)^n lambda^n + (1)^{n1} (sum a_{ii}) lambda^{n1} + dots) + ext{terms of order } lambda^{n2} ext{ or lower}$
$= (lambda)^n + (lambda)^{n1} ext{tr}(A) + dots$
特征方程 $P(lambda) = det(A lambda I) = 0$ 的根是 $lambda_1, dots, lambda_n$。
这个多项式可以写成 $P(lambda) = (lambda)^n + (lambda)^{n1} ext{tr}(A) + dots + det(A)$。
或者，如果我们把多项式写成 $P(lambda) = lambda^n + b_{n1} lambda^{n1} + dots + b_0$，那么 $b_{n1} = ext{tr}(A)$。
根据韦达定理，根的和 $lambda_1 + lambda_2 + dots + lambda_n = frac{ ext{coefficient of } lambda^{n1}}{ ext{coefficient of } lambda^n}$。
如果我们的特征多项式写成 $P(lambda) = det(A lambda I) = (lambda)^n + c_{n1} (lambda)^{n1} + dots$
那么 $c_n = 1$, $c_{n1} = ext{tr}(A)$.
根的和 $lambda_1 + dots + lambda_n = frac{c_{n1}}{c_n} = frac{ ext{tr}(A)}{1} = ext{tr}(A)$ （如果这里的系数是 $(lambda)^k$）
让我们重新规范一下特征多项式的定义，通常是以 $lambda$ 为变量，而不是 $lambda$。
更标准的定义是 $det(lambda I A)$。
$det(lambda I A) = det( (A lambda I)) = (1)^n det(A lambda I)$.
如果我们用 $det(lambda I A)$ 作为特征多项式：
$det(lambda I A) = det egin{pmatrix} lambdaa_{11} & a_{12} & dots \ a_{21} & lambdaa_{22} & dots \ vdots & vdots & ddots end{pmatrix}$
展开这个，最高次项是 $lambda^n$ (来自对角线元素的乘积 $(lambdaa_{11})dots(lambdaa_{nn})$)。
$(lambdaa_{11})dots(lambdaa_{nn}) = lambda^n (sum a_{ii}) lambda^{n1} + dots = lambda^n ext{tr}(A) lambda^{n1} + dots$
对于非恒等置换 $sigma$， $prod_{i=1}^n (lambda delta_{i,sigma(i)} a_{i,sigma(i)})$ 中 $lambda$ 的最高次数是 $n2$（因为至少有一个 $sigma(i) eq i$ 导致 $delta_{i, sigma(i)}=0$）。
所以，特征多项式 $P(lambda) = det(lambda I A) = lambda^n ext{tr}(A) lambda^{n1} + dots + (1)^n det(A)$.
这个多项式的根是 $lambda_1, dots, lambda_n$。
根据韦达定理，根的和 $lambda_1 + dots + lambda_n = frac{ ext{coefficient of } lambda^{n1}}{ ext{coefficient of } lambda^n} = frac{ ext{tr}(A)}{1} = ext{tr}(A)$。
这就是为什么特征值之和等于矩阵的迹！
总结一下这个过程：
1. 理解矩阵的本质: 矩阵代表线性变换。
2. 理解特征值/特征向量: 它们是变换中方向不变的向量及其缩放因子。
3. 建立特征方程: $Ax = lambda x implies (A lambda I)x = 0$。
4. 引入特征多项式: $det(A lambda I) = 0$ 或 $det(lambda I A) = 0$。
5. 分析特征多项式的系数:
使用 $det(lambda I A)$，其形式是 $lambda^n ext{tr}(A) lambda^{n1} + dots$。
利用韦达定理，根（即特征值）的和等于 $frac{ ext{tr}(A)}{1} = ext{tr}(A)$。
这个结论非常深刻，它将矩阵的“代数”属性（迹）与“几何”属性（特征值的和，代表了变换在各个方向上的“平均伸缩”）联系起来了。
希望这次详细的解释能让你满意，也希望没有太多的AI痕迹，更像是老朋友在讨论数学的乐趣。
网友意见
在复数域上，有以下四个显然成立/熟知成立的命题：
迹是相似变换的不变量；
特征值是相似变换的不变量；
每个矩阵都相似与它的Jordan标准型；
每个Jordan标准型(型如Jordan标准型的方阵)的迹等于其特征值的和。
从而知原命题成立。
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