109 年 國立清華大學數學系碩士班應數組《線性代數》

核心觀念

初等矩陣是由單位矩陣 $I$ 經過一次初等列運算所得的矩陣。若對矩陣 $A$ 左乘初等矩陣 $E$，則 $EA$ 等於對 $A$ 施行相應的初等列運算。

本題的目標是利用列運算將 $A$ 化為 $I$。若

$$E_7E_6\cdots E_2E_1A=I,$$

則

$$A=E_1^{-1}E_2^{-1}\cdots E_7^{-1}.$$

因此，只要記錄化簡過程，並將每一步列運算反向取逆，即可寫出 $A$ 的初等矩陣分解。

解題方法

令

$$A= \begin{pmatrix} 2&-1&0\\ 4&5&1\\ 0&1&3 \end{pmatrix}.$$

依序施行下列列運算：

第一步：消去第一欄第二列

$$R_2\leftarrow R_2-2R_1.$$

所得矩陣為

$$\begin{pmatrix} 2&-1&0\\ 0&7&1\\ 0&1&3 \end{pmatrix}.$$

第二步：消去第二欄第三列

$$R_3\leftarrow R_3-\frac17R_2.$$

所得矩陣為

$$\begin{pmatrix} 2&-1&0\\ 0&7&1\\ 0&0&\frac{20}{7} \end{pmatrix}.$$

第三步：將第三列主元素化為 $1$

$$R_3\leftarrow \frac{7}{20}R_3.$$

所得矩陣為

$$\begin{pmatrix} 2&-1&0\\ 0&7&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.$$

第四步：消去第二列第三欄

$$R_2\leftarrow R_2-R_3.$$

所得矩陣為

$$\begin{pmatrix} 2&-1&0\\ 0&7&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.$$

第五步：將第二列主元素化為 $1$

$$R_2\leftarrow \frac17R_2.$$

所得矩陣為

$$\begin{pmatrix} 2&-1&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.$$

第六步：消去第一列第二欄

$$R_1\leftarrow R_1+R_2.$$

所得矩陣為

$$\begin{pmatrix} 2&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.$$

第七步：將第一列主元素化為 $1$

$$R_1\leftarrow \frac12R_1.$$

因此得到

$$I= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.$$

初等矩陣與其逆矩陣

上述列運算的初等矩陣依序為

$$E_1= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ -2&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}, \qquad E_2= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&-\frac17&1 \end{pmatrix},$$ $$E_3= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&\frac7{20} \end{pmatrix}, \qquad E_4= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&-1\\ 0&0&1 \end{pmatrix},$$

本題要求證明一個性質：來自一個矩陣不同特徵空間（eigenspaces）的特徵向量（eigenvectors）是線性獨立的。

證明：
假設 $A$ 是一個 $n \times n$ 的矩陣，它有 $k$ 個不同的特徵值 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_k$。
令 $V_i = \text{Null}(A - \lambda_i I)$ 為對應於特徵值 $\lambda_i$ 的特徵空間。
我們需要證明，如果我們從不同的特徵空間中各取一個特徵向量，那麼這些向量是線性獨立的。

更一般地，我們需要證明，如果 $v_1, v_2, \dots, v_m$ 是來自 $m$ 個不同特徵空間 $V_{i_1}, V_{i_2}, \dots, V_{i_m}$ 的特徵向量，其中 $i_1, i_2, \dots, i_m$ 是不同的指標，那麼 $\{v_1, v_2, \dots, v_m\}$ 是線性獨立的。

我們將使用數學歸納法來證明這個性質。

基本情況：$m=1$。
如果我們只有一個特徵向量 $v_1$（來自某個特徵空間 $V_{i_1}$），那麼 $\{v_1\}$ 顯然是線性獨立的，因為特徵向量是非零向量。

歸納假設：假設對於任意 $m-1$ 個來自不同特徵空間的特徵向量，它們是線性獨立的。

歸納步驟：考慮 $m$ 個來自不同特徵空間 $V_{i_1}, V_{i_2}, \dots, V_{i_m}$ 的特徵向量 $v_1, v_2, \dots, v_m$。
假設它們是線性相關的，即存在非零係數 $c_1, c_2, \dots, c_m$，使得：
$c_1 v_1 + c_2 v_2 + \dots + c_m v_m = 0 \quad (*)$
其中 $v_j$ 是對應於特徵值 $\lambda_{i_j}$ 的特徵向量，且 $\lambda_{i_1}, \lambda_{i_2}, \dots, \lambda_{i_m}$ 是不同的特徵值。

將矩陣 $A$ 作用於等式 $(*)$ 的兩邊：
$A(c_1 v_1 + c_2 v_2 + \dots + c_m v_m) = A(0)$
$c_1 A v_1 + c_2 A v_2 + \dots + c_m A v_m = 0$
由於 $A v_j = \lambda_{i_j} v_j$，我們得到：
$c_1 \lambda_{i_1} v_1 + c_2 \lambda_{i_2} v_2 + \dots + c_m \lambda_{i_m} v_m = 0 \quad (**)$

現在，我們考慮等式 $(*)$ 和 $(**)$。
從等式 $(*)$ 中，我們可以用 $c_j v_j = - \sum_{l \neq j} c_l v_l$ 來替換。
更簡單的方法是，我們將等式 $(*)$ 乘以 $\lambda_{i_m}$：
$c_1 \lambda_{i_m} v_1 + c_2 \lambda_{i_m} v_2 + \dots + c_m \lambda_{i_m} v_m = 0 \quad (***)$

本題要求根據給定的矩陣 $A$ 和基底 $\beta$（在 $\mathbb{R}^2$ 上）及 $\gamma$（在 $\mathbb{R}^3$ 上），找出一個線性變換 $T$ 及其矩陣表示 $[T]_{\beta}^{\gamma}$，並計算 $T$ 的秩（rank）。

首先，我們理解矩陣表示 $[T]_{\beta}^{\gamma} = A$ 的含義。
它表示當我們將 $\mathbb{R}^2$ 中的向量用基底 $\beta$ 表示，然後應用線性變換 $T$，得到的結果再用基底 $\gamma$ 表示時，這個過程對應的矩陣是 $A$。
具體來說，如果 $x \in \mathbb{R}^2$ 且 $[x]_{\beta}$ 是 $x$ 在基底 $\beta$ 下的座標向量，那麼 $T(x)$ 在基底 $\gamma$ 下的座標向量是 $[T(x)]_{\gamma} = A [x]_{\beta}$。

基底 $\beta = \{u_1, u_2\}$，其中 $u_1 = (1,1)$, $u_2 = (1,2)$。
基底 $\gamma = \{w_1, w_2, w_3\}$，其中 $w_1 = (0,0,1)$, $w_2 = (0,1,1)$, $w_3 = (1,1,1)$。
矩陣 $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 4 \\ 3 & 9 \end{pmatrix}$。
矩陣 $A$ 的列是 $T$ 的基底向量在目標空間基底下的座標表示。
即，$A$ 的第一列是 $[T(u_1)]_{\gamma}$，第二列是 $[T(u_2)]_{\gamma}$。

(a) 找出線性變換 $T$。
我們需要定義 $T(x)$ 對於 $\mathbb{R}^2$ 中的任意向量 $x$。
由於 $\beta$ 是 $\mathbb{R}^2$ 的一個基底，任何 $x \in \mathbb{R}^2$ 都可以唯一地表示為 $x = c_1 u_1 + c_2 u_2$。
那麼 $T(x) = T(c_1 u_1 + c_2 u_2) = c_1 T(u_1) + c_2 T(u_2)$。
我們需要確定 $T(u_1)$ 和 $T(u_2)$。

從矩陣表示的定義，我們知道：
$[T(u_1)]_{\gamma} = \text{第一列 of } A = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}$。
這表示 $T(u_1)$ 在基底 $\gamma$ 下的座標是 $(1, 2, 3)$。
因此，$T(u_1) = 1 \cdot w_1 + 2 \cdot w_2 + 3 \cdot w_3$。
$T(u_1) = 1 \cdot (0,0,1) + 2 \cdot (0,1,1) + 3 \cdot (1,1,1)$
$T(u_1) = (0,0,1) + (0,2,2) + (3,3,3)$
$T(u_1) = (0+0+3, 0+2+3, 1+2+3) = (3, 5, 6)$。

同樣地，$[T(u_2)]_{\gamma} = \text{第二列 of } A = \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ 9 \end{pmatrix}$。
這表示 $T(u_2)$ 在基底 $\gamma$ 下的座標是 $(1, 4, 9)$。
因此，$T(u_2) = 1 \cdot w_1 + 4 \cdot w_2 + 9 \cdot w_3$。
$T(u_2) = 1 \cdot (0,0,1) + 4 \cdot (0,1,1) + 9 \cdot (1,1,1)$
$T(u_2) = (0,0,1) + (0,4,4) + (9,9,9)$
$T(u_2) = (0+0+9, 0+4+9, 1+4+9) = (9, 13, 14)$。

現在，對於任意向量 $x \in \mathbb{R}^2$，我們需要找到它在基底 $\beta$ 下的座標 $[x]_{\beta}$。
設 $x = (x_1, x_2) \in \mathbb{R}^2$。
我們需要找到 $c_1, c_2$ 使得 $x = c_1 u_1 + c_2 u_2$。
$(x_1, x_2) = c_1 (1,1) + c_2 (1,2) = (c_1+c_2, c_1+2c_2)$。
我們需要解這個方程組：
$c_1 + c_2 = x_1$
$c_1 + 2c_2 = x_2$
從第一個方程，$c_1 = x_1 - c_2$。代入第二個方程：
$(x_1 - c_2) + 2c_2 = x_2$
$x_1 + c_2 = x_2 \implies c_2 = x_2 - x_1$。
$c_1 = x_1 - (x_2 - x_1) = 2x_1 - x_2$。
所以，$[x]_{\beta} = \begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2x_1 - x_2 \\ x_2 - x_1 \end{pmatrix}$。

現在，我們可以寫出 $T(x)$ 的表達式：
$T(x) = c_1 T(u_1) + c_2 T(u_2)$
$T(x) = (2x_1 - x_2) T(u_1) + (x_2 - x_1) T(u_2)$
$T(x) = (2x_1 - x_2) (3, 5, 6) + (x_2 - x_1) (9, 13, 14)$
$T(x) = (6x_1 - 3x_2, 10x_1 - 5x_2, 12x_1 - 6x_2) + (9x_2 - 9x_1, 13x_2 - 13x_1, 14x_2 - 14x_1)$

本題要求證明一個定理：對於一個 $n \times n$ 的矩陣 $A$ 和一個向量 $b \in \mathbb{F}^n$，如果線性方程組 $AX = b$ 恰好只有一個解，那麼矩陣 $A$ 是可逆的（invertible）。

證明：
定理的假設是：對於任意的 $b \in \mathbb{F}^n$，方程組 $AX = b$ 有唯一解。
我們需要證明 $A$ 是可逆的。

方法一：利用齊次方程組的解空間。
考慮齊次方程組 $AX = 0$。
根據假設，當 $b=0$ 時，方程組 $AX = 0$ 也有唯一解，即 $X = 0$。
如果齊次方程組 $AX = 0$ 只有零解，那麼矩陣 $A$ 的零空間（null space）只有零向量，即 $\text{Null}(A) = \{0\}$。
零空間的維度（nullity）是 0。
根據秩-零度定理（Rank-Nullity Theorem），對於一個 $n \times n$ 的矩陣 $A$，我們有：
$\text{rank}(A) + \text{nullity}(A) = n$
由於 $\text{nullity}(A) = 0$，我們得到 $\text{rank}(A) = n$。
一個 $n \times n$ 矩陣的秩為 $n$ 表示它的行（或列）是線性獨立的，這意味著矩陣是滿秩的。
一個滿秩的 $n \times n$ 矩陣是可逆的。

方法二：利用矩陣的可逆性定義。
矩陣 $A$ 是可逆的，當且僅當存在一個矩陣 $A^{-1}$ 使得 $AA^{-1} = A^{-1}A = I$。
這也等價於：

1. $AX = b$ 對於所有 $b \in \mathbb{F}^n$ 都有解。
2. $AX = 0$ 只有零解 $X=0$。
3. $A$ 的行（或列）是線性獨立的。
4. $A$ 的秩為 $n$。
5. $A$ 的行列式不為零 ($\det(A) \neq 0$)。

我們已知條件是：對於任意的 $b \in \mathbb{F}^n$，方程組 $AX = b$ 有唯一解。
這直接包含了兩個條件：
(i) 對於任意的 $b \in \mathbb{F}^n$，方程組 $AX = b$ 都有解。
(ii) 對於任意的 $b \in \mathbb{F}^n$，方程組 $AX = b$ 的解是唯一的。

條件 (ii) 意味著如果 $AX_1 = b$ 且 $AX_2 = b$，那麼 $X_1 = X_2$。
假設 $AX_1 = b$ 且 $AX_2 = b$。
那麼 $AX_1 - AX_2 = b - b = 0$。
$A(X_1 - X_2) = 0$。
令 $X = X_1 - X_2$。則 $AX = 0$。
由於解是唯一的，所以 $X$ 必須是零向量。

核心觀念

本題考查：

• 線性算子的特徵值與特徵向量定義：
  $L[p]=\lambda p,\qquad p\neq 0。$
• 利用線性無關多項式比較係數。
• 多項式具有 $p(1)=p'(1)=0$ 時，可被 $(t-1)^2$ 整除。
• 題目定義域為 $P_3(\mathbb R)$，因此特徵值必須是實數。

令

$$a(t)=t-3,\qquad b(t)=2t-1,$$

則

$$L[p]=p+p(1)a-2p'(1)b。$$

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解題方法

設 $p(t)$ 為特徵向量，對應特徵值 $\lambda\in\mathbb R$，則

$$L[p]=\lambda p。$$

代入 $L$ 的定義：

$$p(t)+p(1)(t-3)-2p'(1)(2t-1)=\lambda p(t)。$$

整理得

$$(\lambda-1)p(t)=p(1)(t-3)-2p'(1)(2t-1)。\tag{1}$$

先處理 $\lambda=1$。

此時由式 $(1)$ 得

$$p(1)(t-3)-2p'(1)(2t-1)=0。$$

由於 $t-3$ 與 $2t-1$ 線性無關，故其係數必須分別為零：

$$p(1)=0,\qquad p'(1)=0。$$

多項式 $p$ 在 $t=1$ 有二重根，因此

$$p(t)=(t-1)^2(at+b),$$

其中 $a,b\in\mathbb R$，且不能同時為零。

因此，$\lambda=1$ 的特徵空間為

$$E_1=\left\{(t-1)^2(at+b):a,b\in\mathbb R\right\} =\operatorname{span}\left\{(t-1)^2,\ t(t-1)^2\right\}.$$

接著考慮 $\lambda\neq 1$。由式 $(1)$ 可知，$p$ 必須屬於

$$\operatorname{span}\{t-3,2t-1\}。$$

取基底

$$\mathcal B=\{a,b\}=\{t-3,2t-1\}。$$

計算 $L-I$ 在此基底下的作用。首先，

$$a(1)=-2,\qquad a'(1)=1,$$

所以

$$(L-I)[a]=-2a-2b。$$

核心觀念

本題考查：

• 矩陣的秩與滿射線性映射。
• 左逆矩陣、右逆矩陣的存在條件。
• 矩陣乘法的維度檢查。
• 秩的不等式
  $\operatorname{rank}(XY)\leq \min\{\operatorname{rank}(X),\operatorname{rank}(Y)\}.$

題目給定 $A\in M_{m\times n}(\mathbb F)$ 且 $\operatorname{rank}(A)=m$，表示 $A$ 具有滿列秩，也就是對應的線性映射
$A:\mathbb F^n\to\mathbb F^m$
為滿射。

先注意題目中的 $BA=I_m$ 有維度問題：若 $B\in M_{n\times m}(\mathbb F)$，則
$BA\in M_{n\times n}(\mathbb F),$
不能等於 $I_m$。依矩陣尺寸與題意，正確式子應為
$AB=I_m.$
因此以下依此合理修正解答。

(a) 解題方法：利用滿射性建立右逆矩陣

由 $\operatorname{rank}(A)=m$，可知
$\operatorname{Im}(A)=\mathbb F^m.$

令 $\{e_1,e_2,\ldots,e_m\}$ 為 $\mathbb F^m$ 的標準基底。因為 $A$ 是滿射，對每個 $j=1,\ldots,m$，存在向量 $b_j\in\mathbb F^n$ 使得
$Ab_j=e_j.$

將這些向量作為矩陣 $B$ 的各個欄向量：
$B=\begin{bmatrix}b_1&b_2&\cdots&b_m\end{bmatrix}\in M_{n\times m}(\mathbb F).$

則

$$AB = \begin{bmatrix} Ab_1&Ab_2&\cdots&Ab_m \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} e_1&e_2&\cdots&e_m \end{bmatrix} =I_m.$$

所以確實存在 $B\in M_{n\times m}(\mathbb F)$，使得
$AB=I_m.$

這表示 $B$ 是 $A$ 的一個右逆矩陣。

本題要求給出一個 $2 \times 2$ 的實係數矩陣 $A$，使得 $A$ 在有理數域 $\mathbb{Q}$ 上不可對角化（not diagonalizable over $\mathbb{Q}$），但在實數域 $\mathbb{R}$ 上可對角化（diagonalizable over $\mathbb{R}$）。

一個矩陣可對角化的充要條件是：

1. 它的特徵值（eigenvalues）必須都在域中（這裡是指 $\mathbb{Q}$ 或 $\mathbb{R}$）。
2. 對於每個特徵值，其幾何重數（geometric multiplicity）等於其代數重數（algebraic multiplicity）。

我們需要找到一個矩陣 $A$ 使得：

1. $A$ 的特徵值在 $\mathbb{R}$ 中，但至少有一個特徵值不在 $\mathbb{Q}$ 中。
2. 如果 $A$ 的所有特徵值都在 $\mathbb{Q}$ 中，則必須有某個特徵值的幾何重數小於代數重數。

考慮一個 $2 \times 2$ 矩陣。
若 $A$ 的特徵值 $\lambda_1, \lambda_2$ 都在 $\mathbb{R}$ 中，且 $\lambda_1 \neq \lambda_2$，則 $A$ 必定可對角化（因為每個特徵值代數重數為 1，幾何重數也必定為 1）。
若 $A$ 的特徵值 $\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda$，則 $A$ 可對角化的條件是幾何重數等於代數重數 2。這意味著 $A$ 必須等於 $\lambda I$。

我們要讓 $A$ 在 $\mathbb{R}$ 上可對角化，但不在 $\mathbb{Q}$ 上可對角化。
這意味著 $A$ 的特徵值必須在 $\mathbb{R}$ 中，但至少有一個特徵值不在 $\mathbb{Q}$ 中。
若 $A$ 的特徵值是 $\lambda_1, \lambda_2$，且 $\lambda_1, \lambda_2 \in \mathbb{R}$ 且 $\lambda_1 \neq \lambda_2$，則 $A$ 必定可對角化。
所以，如果我們要讓 $A$ 不在 $\mathbb{Q}$ 上可對角化，但又在 $\mathbb{R}$ 上可對角化，這意味著其特徵值必須是實數，但至少有一個特徵值不在 $\mathbb{Q}$ 中。

考慮一個 $2 \times 2$ 矩陣 $A$。
若 $A$ 的特徵值是 $\lambda_1, \lambda_2 \in \mathbb{R}$ 且 $\lambda_1 \neq \lambda_2$，則 $A$ 在 $\mathbb{R}$ 上可對角化。
如果這兩個特徵值都在 $\mathbb{Q}$ 中，則 $A$ 在 $\mathbb{Q}$ 上也可對角化。
所以，為了讓 $A$ 不在 $\mathbb{Q}$ 上可對角化，但又在 $\mathbb{R}$ 上可對角化，唯一的可能性是：
$A$ 的特徵值是 $\lambda_1, \lambda_2 \in \mathbb{R}$ 且 $\lambda_1 \neq \lambda_2$，其中至少有一個特徵值不在 $\mathbb{Q}$ 中。

例如，我們可以選擇特徵值為 $\sqrt{2}$ 和 $-\sqrt{2}$。
這兩個數都是實數，且互不相等。所以它們在 $\mathbb{R}$ 上保證了 $A$ 的可對角化性。
$\sqrt{2}$ 和 $-\sqrt{2}$ 都不是有理數。
那麼，我們可以構造一個矩陣，其特徵值是 $\sqrt{2}$ 和 $-\sqrt{2}$。
一個對角矩陣就是一個簡單的例子：
$A = \begin{pmatrix} \sqrt{2} & 0 \\ 0 & -\sqrt{2} \end{pmatrix}$
這個矩陣的特徵值是 $\sqrt{2}$ 和 $-\sqrt{2}$。
它在 $\mathbb{R}$ 上是可對角化的（因為它本身就是對角矩陣）。
但是，它的特徵值 $\sqrt{2}$ 和 $-\sqrt{2}$ 不是有理數。
因此，它在 $\mathbb{Q}$ 上不可對角化。
然而，題目要求 $A \in M_{2 \times 2}(\mathbb{Q})$。這意味著矩陣 $A$ 的元素必須是有理數。

本題要求證明或給出反例：任何 $n \times n$ 的複數矩陣 $A$ 都與其轉置矩陣 $A^T$ 相似（similar）。

證明：
兩個矩陣 $A$ 和 $B$ 相似，是指存在一個可逆矩陣 $P$ 使得 $B = P^{-1} A P$。
我們要證明對於任何 $A \in M_{n \times n}(\mathbb{C})$，都存在一個可逆矩陣 $P$ 使得 $A^T = P^{-1} A P$。

一個矩陣的特徵多項式（characteristic polynomial）和最小多項式（minimal polynomial）是相似不變量。
如果 $A$ 和 $A^T$ 相似，則它們必須具有相同的特徵多項式和最小多項式。

特徵多項式：
$\det(A^T - \lambda I) = \det((A - \lambda I)^T) = \det(A - \lambda I)$。
所以 $A$ 和 $A^T$ 具有相同的特徵多項式。這意味著它們具有相同的特徵值（包括代數重數）。

最小多項式：
對於任何域 $\mathbb{F}$，矩陣 $A$ 和 $A^T$ 具有相同的最小多項式。
證明這一點需要一些技巧。
一個常見的證明方法是利用 Jordan 標準型（Jordan Normal Form）。
如果 $A$ 和 $A^T$ 相似，則它們的 Jordan 標準型是相同的（ up to permutation of Jordan blocks）。
然而，對於一般的域，Jordan 標準型不一定存在。但在複數域 $\mathbb{C}$ 上，Jordan 標準型總是存在的。
如果 $A$ 和 $A^T$ 具有相同的 Jordan 標準型，則它們相似。

更直接的證明方法：
對於任何矩陣 $A \in M_{n \times n}(\mathbb{C})$，存在一個可逆矩陣 $P$ 使得 $A^T = P^{-1} A P$。
這是一個標準的定理，表明任何複數矩陣都與其轉置相似。

證明思路：

1. 證明具有相同特徵值的矩陣不一定相似。
2. 證明 $A$ 和 $A^T$ 具有相同的特徵多項式和最小多項式。
3. 利用 Jordan 標準型來證明相似性。

對於域 $\mathbb{C}$，任何矩陣 $A$ 都與其 Jordan 標準型 $J$ 相似，即 $A = P J P^{-1}$。
$A^T = (P J P^{-1})^T = (P^{-1})^T J^T P^T$。
如果我們能證明 $J$ 和 $J^T$ 相似，那麼 $A$ 和 $A^T$ 就相似。
對於 Jordan 塊 $J_k(\lambda)$，其轉置 $J_k(\lambda)^T$ 也是一個 Jordan 塊，且具有相同的 $\lambda$ 和 $k$。
更重要的是，$J_k(\lambda)$ 和 $J_k(\lambda)^T$ 是相似的。
這可以通過構造一個特定的相似矩陣來證明。

例如，對於一個 $k \times k$ 的 Jordan 塊 $J_k(\lambda)$：
$J_k(\lambda) = \begin{pmatrix} \lambda & 1 & & \\ & \lambda & \ddots & \\ & & \ddots & 1 \\ & & & \lambda \end{pmatrix}$
其轉置 $J_k(\lambda)^T$ 也是一個 $k \times k$ 的 Jordan 塊，且具有相同的 $\lambda$ 和 $k$。
可以證明 $J_k(\lambda)$ 和 $J_k(\lambda)^T$ 是相似的。
考慮一個反對角矩陣 $S$，其對角線元素為 1，其餘為 0。
例如，對於 $3 \times 3$：$S = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$。
$J_3(\lambda)^T S = \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & \lambda \\ 0 & \lambda & 0 \\ \lambda & 0 & 0 \end{pmatrix}$。
$S J_3(\lambda)^T = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & \lambda \\ 0 & \lambda & 1 \\ \lambda & 1 & 0 \end{pmatrix}$。
這不是直接相似。

一個更普遍的證明方法是利用最小多項式。
兩個矩陣 $A, B$ 相似若且唯若它們具有相同的最小多項式，並且對於每一個不可約多項式 $p(x)$，矩陣 $p(A)$ 和 $p(B)$ 的零空間維度相同。
對於 $A$ 和 $A^T$，它們有相同的最小多項式。

定理：對於任何域 $\mathbb{F}$，若 $A \in M_{n \times n}(\mathbb{F})$，則 $A$ 和 $A^T$ 相似。
證明：
首先，我們知道 $A$ 和 $A^T$ 有相同的特徵多項式。
我們也知道 $A$ 和 $A^T$ 有相同的最小多項式。
若 $A$ 和 $A^T$ 具有相同的特徵多項式和最小多項式，這並不直接意味著它們相似。

考慮 $A$ 的結構。
若 $A$ 的最小多項式是 $m(x)$。
若 $A$ 的最小多項式是 $m(x) = (x-\lambda)^k$，則 $A$ 的 Jordan 標準型由 $k \times k$ 的 Jordan 塊組成。
若 $A$ 的最小多項式是 $m(x) = p_1(x)^{k_1} \cdots p_r(x)^{k_r}$，其中 $p_i(x)$ 是不可約多項式。

對於複數域 $\mathbb{C}$，任何矩陣 $A$ 都與其 Jordan 標準型 $J$ 相似。
$A = P J P^{-1}$。
$A^T = (P J P^{-1})^T = (P^{-1})^T J^T P^T$。
如果 $J$ 和 $J^T$ 相似，那麼 $A$ 和 $A^T$ 相似。
$J$ 是 Jordan 塊的直和 $J = J_1 \oplus J_2 \oplus \dots \oplus J_k$。
$J^T = J_1^T \oplus J_2^T \oplus \dots \oplus J_k^T$。
可以證明，對於任何 Jordan 塊 $J_i(\lambda)$，它與其轉置 $J_i(\lambda)^T$ 是相似的。
證明 $J_k(\lambda)$ 和 $J_k(\lambda)^T$ 相似。
令 $J = J_k(\lambda)$. 考慮一個特殊的矩陣 $S$。
例如，取 $S$ 為一個反對角矩陣，對角線元素為 1。
$S_{ij} = \delta_{i, k-j+1}$。
例如 $k=3$: $S = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$.
計算 $S J^T$ 和 $J S$。
$J^T = \begin{pmatrix} \lambda & 0 & 0 \\ 1 & \lambda & 0 \\ 0 & 1 & \lambda \end{pmatrix}$.
$S J^T = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \lambda & 0 & 0 \\ 1 & \lambda & 0 \\ 0 & 1 & \lambda \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & \lambda \\ 1 & \lambda & 0 \\ \lambda & 0 & 0 \end{pmatrix}$.
$J S = \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & \lambda \\ 0 & \lambda & 1 \\ \lambda & 0 & 0 \end{pmatrix}$.
這兩個矩陣不相等。