第(2)小題感覺能直接套第(1)小題的結論，有人有更直接的方法嗎？

提問：各位，想請教下你們，因為我看作答者的解法是先假設 $[T]_\beta^\gamma = I_n$，然後推導出 $\gamma$ 是什麼。但這個過程應該是在找候選人，而不是正式的證明。感覺類似於假設有解，則解有可能是什麼，但是要證明存在性要代回去驗證。但他沒有代回去驗證，所以想請問他的解法是不是有邏輯上的問題？

我的想法是：先構造出 $\gamma = (T(v_1), \dots, T(v_n))$，然後再帶回去驗證（附圖）：

所以想請問是我的想法對，還是以上皆對，只是我多慮了？謝謝

確實我的解法是在說明為什麼要這麼找，實際上找到的是候選人，最後必須要帶回去驗證。如果已經知道要選哪個ordered basis了，那直接選出來帶入題目即可。

(1) 假設 $T$ 為 isomorphism，且 $\beta=(v_1,\dots,v_n)$ 為 $V$ 的一組 ordered basis。試找到 $W$ 的一組 ordered basis $\gamma$ 使得 $[T]_{\beta}^{\gamma}$ 為 identity matrix。

因為 $T$ 是 isomorphism，所以 $T$ 為 one-to-one 且 onto。  
又因 $\beta=(v_1,\dots,v_n)$ 是 $V$ 的一組 basis，所以 $v_1,\dots,v_n$ 線性獨立。

由線性映射保線性獨立性可知，因 $T$ 為 injective，所以
\[
T(v_1),T(v_2),\dots,T(v_n)
\]
亦線性獨立。

又因 $T$ 為 isomorphism，所以
\[
\dim W=\dim V=n.
\]
因此 $W$ 中的 $n$ 個線性獨立向量
\[
T(v_1),\dots,T(v_n)
\]
必成為 $W$ 的一組 ordered basis。

故取
\[
\gamma=(T(v_1),T(v_2),\dots,T(v_n)).
\]

此時對每個 $j=1,\dots,n$，
\[
T(v_j)
\]
在 basis $\gamma$ 下的座標正好是第 $j$ 個標準基底向量：
\[
[T(v_j)]_{\gamma}=e_j.
\]

而矩陣 $[T]_{\beta}^{\gamma}$ 的第 $j$ 欄就是
\[
[T(v_j)]_{\gamma},
\]
所以第 $j$ 欄為 $e_j$，因此

\[
[T]_{\beta}^{\gamma}=I_n.
\]

故所求 basis 可取為
\[
\boxed{\gamma=(T(v_1),T(v_2),\dots,T(v_n))},
\]
且
\[
\boxed{[T]_{\beta}^{\gamma}=I_n.}
\]

(2) 假設 $\dim(V)=n,\ \dim(W)=m$ 且 $\operatorname{rank}(T)=k$。證明存在 $V,W$ 的 ordered basis $\beta,\gamma$ 使得

\[
[T]_{\beta}^{\gamma}=(a_{ij})
\]
為 $m\times n$ matrix，其中
\[
a_{ij}=
\begin{cases}
1,& i=j\text{ 且 }1\le i\le k,\\
0,& \text{otherwise}.
\end{cases}
\]

也就是要證明可選 bases 使得

\[
[T]_{\beta}^{\gamma}
=
\begin{bmatrix}
1 &   &   &   &   \\
 & 1 &   &   &   \\
 &   & \ddots &   &   \\
 &   &   & 1 &   \\
 &   &   &   &   \\
\end{bmatrix}
\]
其前 $k$ 個對角線元素為 $1$，其餘皆為 0。

Step 1: 先取 $N(T)$ 的一組 basis，並擴充成 $V$ 的一組 basis。

由 rank-nullity theorem，
\[
\dim N(T)=n-k.
\]

取
\[
u_{k+1},u_{k+2},\dots,u_n
\]
為 $N(T)$ 的一組 basis。

因為任何線性獨立組都可擴充成 $V$ 的一組 basis，所以可取向量
\[
v_1,\dots,v_k\in V
\]
使得
\[
\beta=(v_1,\dots,v_k,u_{k+1},\dots,u_n)
\]
成為 $V$ 的一組 ordered basis。

Step 2: 證明 $T(v_1),\dots,T(v_k)$ 為 $R(T)$ 的一組 basis。

先證明它們張成 $R(T)$。

任取 $x\in V$，因 $\beta$ 是 basis，可寫成
\[
x=c_1v_1+\cdots+c_kv_k+c_{k+1}u_{k+1}+\cdots+c_nu_n.
\]

施以 $T$ 得
\[
T(x)=c_1T(v_1)+\cdots+c_kT(v_k)+c_{k+1}T(u_{k+1})+\cdots+c_nT(u_n).
\]

但因 $u_{k+1},\dots,u_n\in N(T)$，所以
\[
T(u_{k+1})=\cdots=T(u_n)=0.
\]

故
\[
T(x)=c_1T(v_1)+\cdots+c_kT(v_k).
\]

因此每個 $R(T)$ 中的向量都可由 $T(v_1),\dots,T(v_k)$ 線性表出，所以
\[
R(T)=\operatorname{span}\{T(v_1),\dots,T(v_k)\}.
\]

再證明它們線性獨立。

若
\[
a_1T(v_1)+\cdots+a_kT(v_k)=0,
\]
則
\[
T(a_1v_1+\cdots+a_kv_k)=0.
\]
所以
\[
a_1v_1+\cdots+a_kv_k\in N(T).
\]

而 $N(T)=\operatorname{span}\{u_{k+1},\dots,u_n\}$，故
\[
a_1v_1+\cdots+a_kv_k
\]
也可由 $u_{k+1},\dots,u_n$ 線性表出。

因此
\[
a_1v_1+\cdots+a_kv_k-b_{k+1}u_{k+1}-\cdots-b_nu_n=0
\]
對某些係數成立。

但
\[
(v_1,\dots,v_k,u_{k+1},\dots,u_n)
\]
是 basis，所以線性獨立，故所有係數都必須為 0，特別是
\[
a_1=\cdots=a_k=0.
\]

所以
\[
T(v_1),\dots,T(v_k)
\]
線性獨立。

綜合可知
\[
\{T(v_1),\dots,T(v_k)\}
\]
是 $R(T)$ 的一組 basis。

Step 3: 將這組 basis 擴充成 $W$ 的一組 basis。

因為
\[
\dim R(T)=k,
\]
所以可取
\[
w_{k+1},\dots,w_m\in W
\]
使得
\[
\gamma=(T(v_1),\dots,T(v_k),w_{k+1},\dots,w_m)
\]
成為 $W$ 的一組 ordered basis。

Step 4: 寫出 $[T]_{\beta}^{\gamma}$。

對 $j=1,\dots,k$，有
\[
T(v_j)
\]
本身就是 $\gamma$ 的第 $j$ 個向量，所以
\[
[T(v_j)]_{\gamma}=e_j.
\]

而對 $j=k+1,\dots,n$，因為
\[
u_j\in N(T),
\]
所以
\[
T(u_j)=0,
\]
故
\[
[T(u_j)]_{\gamma}=
\begin{bmatrix}
0\\
\vdots\\
0
\end{bmatrix}.
\]

因此矩陣 $[T]_{\beta}^{\gamma}$ 的前 $k$ 欄分別是
\[
e_1,\dots,e_k,
\]
其餘 $n-k$ 欄全為 0 向量。

所以
\[
[T]_{\beta}^{\gamma}
=
\begin{bmatrix}
I_k & 0\\
0 & 0
\end{bmatrix},
\]
也就是說
\[
a_{ij}=
\begin{cases}
1,& i=j\text{ 且 }1\le i\le k,\\
0,& \text{otherwise}.
\end{cases}
\]

故存在 ordered bases $\beta,\gamma$ 使得
\[
\boxed{
[T]_{\beta}^{\gamma}
=
\begin{bmatrix}
I_k & 0\\
0 & 0
\end{bmatrix}
}
\]
其中此矩陣是 $m\times n$，前 $k$ 個對角線元素為 $1$，其餘皆為 0。