证明范德蒙德矩阵的逆是另一个范德蒙德矩阵

在上一章关于逆数论变换中，我们断言：对于本原 $k$ 次单位根 $\omega$，范德蒙矩阵 $V(\omega)$ 的逆矩阵也是范德蒙矩阵，由 $\frac{1}{k}V(\omega^{-1})$ 给出。现在我们证明这一事实。

不热衷于数学的读者可以跳过本章，不会造成任何损失。只要接受我们提出的逆矩阵是有效的，就不需要理解 INTT。

范德蒙矩阵定义为每一行都是几何级数的矩阵。

• 第一行是从 $(\omega^0)^0$ 到 $(\omega)^{k-1}$ 的 $\omega^0$ 的几何级数。
• 第二行是从 $(\omega^1)^0$ 到 $(\omega^1)^{k-1}$ 的 $\omega^1$ 的几何级数。
• 以此类推，直到最后一行，是从 $(\omega^{k-1})^0$ 到 $(\omega^{k-1})^{k-1}$ 的 $\omega^{k-1}$ 的几何级数。

$$V(\omega)=\begin{bmatrix}(\omega^0)^0 & (\omega^0)^1 & (\omega^0)^2 & \cdots & (\omega^0)^{k-1} \(\omega^1)^0 & (\omega^1)^1 & (\omega^1)^{2} & \cdots & (\omega^1)^{k-1} \ (\omega^2)^0 & (\omega^{2})^1 & (\omega^2)^2 & \cdots & (\omega^2)^{k-1} \\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \ (\omega^{k-1})^0 & (\omega^{k-1})^1 & (\omega^{k-1})^2 & \cdots & (\omega^{k-1})^{k-1} \end{bmatrix}.$$

因此，$V(\omega)$ 中第 $i$ 行第 $j$ 列的每个元素为

$$(\omega^i)^j.$$

考虑一个次数不超过 $k-1$ 的多项式 $f(x)$，由下式给出

$$f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+ a_{k-1}x^{k-1}.$$

设 $S$ 是由本原 $k$ 次单位根生成的 $k$ 次单位根集合：

$$S={\omega^0, \omega^1, \omega^2, \cdots \omega^{k-1}}.$$

$f(x)$ 在集合 $S$ 上的求值向量，

$$ \mathbf{y} = \begin{bmatrix} f(\omega^0) \ f(\omega^1) \ f(\omega^2) \ \vdots \ f(\omega^{k-1}) \end{bmatrix}, $$

可以通过将系数向量 $\mathbf{a}$ 乘以 $V(\omega)$ 得到：

$$\mathbf{y}= V(\omega) \cdot \mathbf{a},$$

$$ \begin{bmatrix} f(\omega^0) \ f(\omega^1) \ f(\omega^2) \ \vdots \ f(\omega^{k-1}) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}(\omega^0)^0 & (\omega^0)^1 & (\omega^0)^2 & \cdots & (\omega^0)^{k-1} \(\omega^1)^0 & (\omega^1)^1 & (\omega^1)^{2} & \cdots & (\omega^1)^{k-1} \ (\omega^2)^0 & (\omega^{2})^1 & (\omega^2)^2 & \cdots & (\omega^2)^{k-1} \\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \ (\omega^{k-1})^0 & (\omega^{k-1})^1 & (\omega^{k-1})^2 & \cdots & (\omega^{k-1})^{k-1} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_0 \ a_1 \ a_2 \ \vdots \ a_{k-1} \end{bmatrix}, $$

其中 $a_0, a_1, ..., a_{k-1}$ 是多项式 $f(x)$ 的系数。

左边的每一行是范德蒙矩阵的第 $i$ 行与向量 $\mathbf{a}$ 的内积。例如，第 $i$ 个元素 $f(\omega^i)$ 是

$$ \begin{aligned} f(\omega^i) &= \langle [(\omega^i)^0,(\omega^i)^1, \ldots, (\omega^i)^{k-1}],\mathbf{a} \rangle \ &= (\omega^i)^0 a_0 + (\omega^i)^1a_1 + \ldots + (\omega^i)^{k-1} a_{k-1} \ &= \omega^{i0} a_0 \phantom{()} + \omega^{i1}a_1 \phantom{()} + \ldots + \omega^{i(k-1)} a_{k-1}. \end{aligned} $$

因此，求值可以写成

$$f(\omega^i) = \sum_{j=0}^{k-1} \omega^{ij} a_j,$$

其中 $i\in {0,1,2,...,k-1}$。

关于索引的说明：在上面的方程中，我们有两个索引。索引 $i$ 表示我们正在处理哪个求值，它可以取 $0,1,2,\ldots, k-1$ 的值。这意味着上面的公式代表的不只是一个方程，而是 $k$ 个方程，每个 $i$ 值对应一个方程。例如，上面的符号是以下内容的简写

$$ \begin{aligned} f(\omega^0) &= \sum_{j=0}^{k-1} \omega^{0j} a_j, \ f(\omega^1) &= \sum_{j=0}^{k-1} \omega^{1j} a_j, \ \vdots \ f(\omega^{k-1}) &= \sum_{j=0}^{k-1} \omega^{(k-1)j} a_j. \end{aligned} $$

$\omega^{ij}$ 和 $a_j$ 中的索引 $j$ 是求和索引，因此被求和“消耗”。因为它被求和消耗，所以它不会出现在方程的左侧。索引 $i$ 和 $j$ 的选择是任意的；我们可以使用 $m,n,p,q$ 或任何其他字母。一般来说，对于向量索引，通常使用字母表中间的字母。

现在我们想要找到逆关系，以便从向量 $\mathbf{y}$ 得到向量 $\mathbf{a}$。换句话说，我们想要计算 $\mathbf{a} = V^{-1}(\omega) \cdot \mathbf{y}$，其中 $V^{-1}(\omega)$ 是 $V(\omega)$ 的逆矩阵。

我们断言：范德蒙矩阵 $V(\omega)$ 的逆矩阵也是范德蒙矩阵，由 $\frac{1}{k}V(\omega^{-1})$ 给出。

为了完全清楚，我们断言

$$V^{-1}(\omega) = \frac{1}{k} V({\omega^{-1}}),$$

其中 $\omega$ 是一个本原 $k$ 次单位根。

如果断言正确，向量 $\mathbf{a}$ 可以如下计算：

$$\mathbf{a} = \frac{1}{k}V(\omega^{-1}) \cdot \mathbf{y},$$

$$ \begin{aligned} \begin{bmatrix}a_0 \ a_1 \ \vdots \ a_i \ \vdots \ a_{k-1}\end{bmatrix} &=\frac{1}{k} \begin{bmatrix} (\omega^0)^0 & (\omega^0)^1 & \cdots & (\omega^0)^{k-1} \ (\omega^{-1})^0 & (\omega^{-1})^1 & \cdots & (\omega^{-1})^{k-1} \ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \ (\omega^{-i})^0 & (\omega^{-i})^1 & \cdots & (\omega^{-i})^{k-1} \ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \ (\omega^{-(k-1)})^0 & (\omega^{-(k-1)})^1 & \cdots & (\omega^{-(k-1)})^{k-1} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} f(\omega^0) \ f(\omega^1) \ \vdots \ f(\omega^{k-1}) \end{bmatrix}. \end{aligned} $$

分量 $a_i$ 是 $\frac{1}{k}V(\omega^{-1})$ 的第 $i$ 行与向量 $\mathbf{y}$ 的内积：

$$ \begin{aligned} a_i &= \frac{1}{k} \begin{bmatrix} (\omega^{-i})^0 & (\omega^{-i})^1 & \cdots & (\omega^{-i})^{k-1} \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} f(\omega^0) \ f(\omega^1) \ \vdots \ f(\omega^{k-1}) \end{bmatrix} \ &=\frac{1}{k}(\omega^{-i})^0 f(\omega^0) + \frac{1}{k}(\omega^{-i})^1 f(\omega^1) + \ldots + \frac{1}{k}(\omega^{-i})^{k-1} f(\omega^{k-1}) \ &=\frac{1}{k}\omega^{-i0} f(\omega^0)\phantom{()} + \frac{1}{k}\omega^{-i1} f(\omega^1)\phantom{()} + \ldots + \frac{1}{k}\omega^{-i(k-1)} f(\omega^{k-1}). \end{aligned} $$

这个运算可以写成以下求和：

$$ \begin{aligned} a_i &= \sum_{m=0}^{k-1} \frac{1}{k} \omega^{-im} f(\omega^m), \end{aligned} $$

其中 $i\in{0,1,2,...,k-1}$。

出于教学原因，我们将用两种不同的方式证明我们的断言——即范德蒙矩阵 $V(\omega)$ 的逆矩阵是另一个范德蒙矩阵，由 $\frac{1}{k}V(\omega^{-1})$ 给出。

首先，我们将展示 $V(\omega)$ 和 $\frac{1}{k}V(\omega^{-1})$ 的矩阵乘法得到单位矩阵 $\mathbb{I}$，即

$$V(\omega) \cdot \frac{1}{k}V(\omega^{-1}) = \mathbb{I}.$$

然后，我们将展示：如果我们先将 $V(\omega)$ 乘以 $\mathbf{a}$ 得到 $\mathbf{y}$，再将 $\frac{1}{k}V(\omega^{-1})$ 乘以 $V(\omega)\mathbf{a}$，我们就能恢复 $\mathbf{a}$。

这两个证明本质上是相同的，只是以两种不同的方式表达。

证明 $V(\omega) \cdot \frac{1}{k}V(\omega^{-1}) = \mathbb{I}$

我们将证明 $V(\omega)$ 与 $\frac{1}{k} V(\omega^{-1})$ 的矩阵乘法得到单位矩阵。

这个证明依赖于单位根的正交性，该性质以求和形式表达。因此，我们首先将矩阵乘法写成求和形式，以便使用这个正交性。

用索引表示乘法 $V(\omega) \cdot \frac{1}{k}V(\omega^{-1})$

回顾 $V(\omega)$ 中第 $i$ 行第 $m$ 列的矩阵元素由

$$\omega^{im}.$$

给出。

注意：这里的行和列编号从 $0$ 开始，而不是 $1$。

例如，$V(\omega)$ 中第 $1$ 行第 $2$ 列的元素是 $(\omega^1)^2$，如下红色高亮显示：

$$ V(\omega) = \begin{bmatrix}(\omega^0)^0 & (\omega^0)^1 & (\omega^0)^2 & \cdots & (\omega^0)^{k-1} \(\omega^1)^0 & (\omega^1)^1 & \color{red}(\omega^1)^{2} & \cdots & (\omega^1)^{k-1} \ (\omega^2)^0 & (\omega^{2})^1 & (\omega^2)^2 & \cdots & (\omega^2)^{k-1} \\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \ (\omega^{k-1})^0 & (\omega^{k-1})^1 & (\omega^{k-1})^2 & \cdots & (\omega^{k-1})^{k-1} \end{bmatrix}. $$

同样，$\frac{1}{k} V(\omega^{-1})$ 中第 $m$ 行第 $j$ 列的矩阵元素由

$$\frac{1}{k} \omega^{-mj}.$$

给出。

例如，$\frac{1}{k} V(\omega^{-1})$ 中第 $2$ 行第 $0$ 列的元素是 $(\omega^{-2})^0$，如下高亮显示：

$$\frac{1}{k} V(\omega^{-1}) = \frac{1}{k}\begin{bmatrix}(\omega^0)^0 & (\omega^0)^1 & (\omega^0)^2 & \cdots & (\omega^0)^{k-1} \(\omega^{-1})^0 & (\omega^{-1})^1 & (\omega^{-1})^{2} & \cdots & (\omega^{-1})^{k-1} \ \color{red}(\omega^{-2})^0 & (\omega^{-2})^1 & (\omega^{-2})^2 & \cdots & (\omega^{-2})^{k-1} \\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \ (\omega^{-(k-1)})^0 & (\omega^{-(k-1)})^1 & (\omega^{-(k-1)})^2 & \cdots & (\omega^{-(k-1)})^{k-1} \end{bmatrix}.$$

因此，当两个矩阵 $V(\omega)$ 和 $\frac{1}{k} V(\omega^{-1})$ 相乘时，得到的结果中第 $i$ 行第 $j$ 列的元素是通过将 $V(\omega)$ 的第 $i$ 行（红色）与 $\frac{1}{k} V(\omega^{-1})$ 的第 $j$ 列（蓝色）相乘得到的：

$$ V(\omega)\cdot \frac{1}{k} V(\omega^{-1}) = \begin{bmatrix} (\omega^0)^0 & (\omega^0)^1 & (\omega^0)^2 & \cdots & (\omega^0)^{k-1} \ (\omega^1)^0 & (\omega^1)^1 & (\omega^1)^{2} & \cdots & (\omega^1)^{k-1} \ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \ \color{red}(\omega^i)^0 & \color{red}(\omega^{i})^1 & \color{red}(\omega^i)^2 & \color{red}\cdots & \color{red}(\omega^i)^{k-1} \ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \ (\omega^{k-1})^0 & (\omega^{k-1})^1 & (\omega^{k-1})^2 & \cdots & (\omega^{k-1})^{k-1} \end{bmatrix} \frac{1}{k} \begin{bmatrix} (\omega^0)^0 & (\omega^0)^1 & \cdots \color{blue}(\omega^0)^j & \cdots & (\omega^0)^{k-1} \ (\omega^{-1})^0 & (\omega^{-1})^1 & \cdots \color{blue}(\omega^{-1})^{j} & \cdots & (\omega^{-1})^{k-1} \ (\omega^{-2})^0 & (\omega^{-2})^1 & \cdots \color{blue}(\omega^{-2})^j & \cdots & (\omega^{-2})^{k-1} \ \vdots & \vdots & \color{blue}\vdots & \ddots & \vdots \ (\omega^{-(k-1)})^0 & (\omega^{-(k-1)})^1 & \cdots \color{blue}(\omega^{-(k-1)})^j & \cdots & (\omega^{-(k-1)})^{k-1} \end{bmatrix}. $$

矩阵 $V(\omega) \cdot \frac{1}{k} V(\omega^{-1})$ 的每个元素，我们记作 $M_{ij}$，由下式给出：

$$ \begin{aligned} M_{ij} &= \color{red}{(\omega^i)^0},\color{blue}{(\omega^0)^j} + \color{red}{(\omega^i)^1},\color{blue}{(\omega^{-1})^j} + \cdots + \color{red}{(\omega^i)^{k-1}},\color{blue}{(\omega^{-(k-1)})^j} \[6pt] &= \color{red}{\omega^{i0}},\color{blue}{\omega^{0j}} + \color{red}{\omega^{i1}},\color{blue}{\omega^{-1j}} + \cdots + \color{red}{\omega^{i(k-1)}},\color{blue}{\omega^{-(k-1)j}} \[6pt] &= \sum_{m=0}^{k-1} \color{red}{\omega^{im}},\frac{1}{k}\color{blue}{\omega^{-mj}} \[6pt] &= \frac{1}{k}\sum_{m=0}^{k-1} (\omega^{m})^{,i-j}. \end{aligned} $$

现在我们需要证明元素 $M_{ij}$ 等于单位矩阵的元素。为此，我们使用单位根的正交性。

回顾：单位根的正交性

在关于单位根正交性的章节中，我们证明了

$$ \sum_{m=0}^{k-1} (\omega^{m})^{i-j}=\begin{cases} k, & \text{if } i\equiv j \pmod{k},\[6pt] 0, & \text{otherwise}. \end{cases} $$

概括一下，上面的公式给出了两种情况下求和的结果：（1）当 $i\equiv j$ 时；（2）当 $i\not\equiv j$ 时。我们将在下面使用这两种情况。

情况 1：当 $i\equiv j$

当 $i\equiv j$ 时，我们想要计算

$$M_{ij} = \frac{1}{k}\sum_{m=0}^{k-1} (\omega^{m})^{,i-j}.$$

单位根的正交性指出，当 $i\equiv j$ 时，

$$\sum_{m=0}^{k-1} (\omega^{m})^{,i-j} = k.$$

将这个结果用于 $M_{ij}$，我们有

$$ \begin{aligned} M_{ij} &= \frac{1}{k} \boxed{\sum_{m=0}^{k-1} (\omega^{m})^{,i-j}} \ &= \frac{1}{k} k = 1. \end{aligned} $$

因此，对于对角项（例如 $M_{00}, M_{11}, M_{22},...,M_{(k-1)(k-1)}$），我们有

$$ \begin{aligned} M_{ij} &= 1 && \text{当 } i = j. \end{aligned} $$

情况 2：当 $i \not\equiv j$

当 $i\not\equiv j$ 时，我们想要计算

$$M_{ij} = \frac{1}{k}\sum_{m=0}^{k-1} (\omega^{m})^{,i-j}.$$

单位根的正交性指出，当 $i\not\equiv j$ 时，

$$\sum_{m=0}^{k-1} (\omega^{m})^{,i-j} = 0.$$

将这个结果用于 $M_{ij}$，我们有

$$ \begin{aligned} M_{ij} &= \frac{1}{k} \boxed{\sum_{m=0}^{k-1} (\omega^{m})^{,i-j}} \ &= \frac{1}{k} \cdot 0 = 0. \end{aligned} $$

因此，对于任何非对角项（例如 $M_{10}, M_{01}, M_{12}, \dots$），我们有 $M_{ij} = 0$。

矩阵 $M$

考虑到上述情况（1）和（2），矩阵 $M = (M_{ij})$ 是

$$ M =\begin{pmatrix} 1 & 0 & \cdots & 0 \ 0 & 1 & \cdots & 0 \ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \ 0 & 0 & \cdots & 1 \end{pmatrix}, $$

这正是单位矩阵 $\mathbb{I}$。因此，矩阵 $V(\omega)$ 和 $\frac{1}{k} V(\omega^{-1})$ 互为逆矩阵，因为

$$V(\omega) \cdot \left(\frac{1}{k} V(\omega^{-1})\right) = M = \mathbb{I}.$$

将 $\frac{1}{k}V(\omega^{-1})$ 与向量 $\mathbf{y}$ 相乘得到向量 $\mathbf{a}$ 返回

另一种证明 $\frac{1}{k} V(\omega^{-1})$ 是 $V(\omega)$ 的逆矩阵的方法是证明它能逆转后者。

也就是说，如果我们先将 $V(\omega)$ 应用于 $\mathbf{a}$ 得到 $\mathbf{y}$，

$$\mathbf{y} = V(\omega)\cdot \mathbf{a},$$

然后将 $\frac{1}{k}V(\omega^{-1})$ 应用于 $\mathbf{y}$，我们恢复 $\mathbf{a}$：

$$\mathbf{a} = \frac{1}{k} V(\omega^{-1}) \cdot \mathbf{y}.$$

这正是我们将要展示的。

第一次变换：$\mathbf{y} = V(\omega) \cdot \mathbf{a}$

第一次变换通过以下矩阵运算将系数向量 $\mathbf{a}$ 变为求值向量 $\mathbf{y}$：

$$ \begin{bmatrix} f(\omega^0) \ f(\omega^1) \ f(\omega^2) \ \vdots \ f(\omega^{k-1}) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} (\omega^0)^0 & (\omega^0)^1 & (\omega^0)^2 & \cdots & (\omega^0)^{k-1} \ (\omega^1)^0 & (\omega^1)^1 & (\omega^1)^{2} & \cdots & (\omega^1)^{k-1} \ (\omega^2)^0 & (\omega^{2})^1 & (\omega^2)^2 & \cdots & (\omega^2)^{k-1} \ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \ (\omega^{k-1})^0 & (\omega^{k-1})^1 & (\omega^{k-1})^2 & \cdots & (\omega^{k-1})^{k-1} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_0 \ a_1 \ a_2 \ \vdots \ a_{k-1} \end{bmatrix}. $$

正如我们已经看到的，这个矩阵运算可以用索引写成：

$$f(\omega^i) = \sum_{j=0}^{k-1} \omega^{ij} a_j.$$

第二次变换：$\mathbf{\tilde{a}} = \frac{1}{k}V(\omega^{-1}) \mathbf{y}$

现在我们对向量 $\mathbf{y}$ 进行第二次变换，得到向量 $\mathbf{\tilde{a}}$：

$$ \begin{bmatrix} \tilde{a}_0 \ \tilde{a}_1 \ \tilde{a}2 \ \vdots \ \tilde{a}{k-1} \end{bmatrix}= \frac{1}{k} \begin{bmatrix} (\omega^0)^0 & (\omega^0)^1 & (\omega^0)^2 & \cdots & (\omega^0)^{k-1} \ (\omega^{-1})^0 & (\omega^{-1})^1 & (\omega^{-1})^{2} & \cdots & (\omega^{-1})^{k-1} \ (\omega^{-2})^0 & (\omega^{-2})^1 & (\omega^{-2})^2 & \cdots & (\omega^{-2})^{k-1} \ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \ (\omega^{-(k-1)})^0 & (\omega^{-(k-1)})^1 & (\omega^{-(k-1)})^2 & \cdots & (\omega^{-(k-1)})^{k-1} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} f(\omega^0) \ f(\omega^1) \ f(\omega^2) \ \vdots \ f(\omega^{k-1}) \end{bmatrix}. $$

如果我们能证明 $\mathbf{a} = \mathbf{\tilde{a}}$，那么第二次变换就是第一次变换的逆变换。

上面的矩阵运算可以用索引形式写成

$$\tilde{a}j = \sum{m=0}^{k-1} \frac{1}{k} \omega^{-jm} f(\omega^m).$$

现在代入 $f(\omega^i)$ 的表达式。回想

$$f(\omega^i) = \sum_{j=0}^{k-1} \omega^{ij} a_j,$$

其中 $i$ 只是一个索引，我们可以将其替换为 $m$ 或任何其他字母。因此，在 $\tilde{a}_j$ 的结果中替换 $f(\omega^m)$，我们有

$$ \begin{aligned} \tilde{a}j &= \sum{m=0}^{k-1} \frac{1}{k} \omega^{-jm} f(\omega^m) \ &= \sum_{m=0}^{k-1} \frac{1}{k} \omega^{-jm} \left(\sum_{i=0}^{k-1} \omega^{mi} a_i \right). \end{aligned} $$

写成双重求和：

$$ \begin{aligned} \tilde{a}j &= \sum{i=0}^{k-1} \sum_{m=0}^{k-1} \frac{1}{k} \omega^{-jm} \omega^{mi} a_i \ &= \sum_{i=0}^{k-1} \frac{1}{k} \left( \sum_{m=0}^{k-1} \omega^{m(i-j)} \right) a_i. \end{aligned} $$

括号内的项正是正交关系：

$$ \sum_{m=0}^{k-1} (\omega^{m})^{i-j}=\begin{cases} k, & \text{if } i\equiv j \pmod{k},\[6pt] 0, & \text{otherwise}. \end{cases} $$

为了继续证明，我们可以研究情况（1），其中 $i=j$，和情况（2），其中 $i \neq j$，但我们将采用不同的方式。我们将引入一个称为克罗内克δ的符号。

克罗内克δ $\delta_{ij}$ 是一个有两个索引 $i$ 和 $j$ 的符号，当 $i=j$ 时为 $1$，否则为 $0$：

$$ \delta_{ij} =\begin{cases} 1 & \text{if } i = j \ 0 & \text{if } i \ne j \end{cases}. $$

克罗内克δ可以理解为单位矩阵的元素。

使用克罗内克δ，我们可以将正交性质写成

$$\sum_{m=0}^{k-1} (\omega^{m})^{i-j} = k \delta_{ij}.$$

在 $\tilde{a}_j$ 的表达式中使用克罗内克δ，我们有

$$ \begin{aligned} \tilde{a}j &= \sum{i=0}^{k-1} \frac{1}{k} \left( \sum_{m=0}^{k-1} \omega^{m(i-j)} \right) a_i \ &= \sum_{i=0}^{k-1} \frac{1}{k} \left( k\delta_{ij} \right) a_i \ &= \sum_{i=0}^{k-1} \frac{1}{\cancel{k}} \left( \cancel{k}\delta_{ij} \right) a_i \ &= \sum_{i=0}^{k-1} \delta_{ij} a_i. \end{aligned} $$

展开求和，上面的表达式可以写成

$$\tilde{a}j = \delta{0j} a_0 + \delta_{1j} a_1 + \delta_{2j} a_2 + ... + \delta_{(k-1)j}a_{k-1}.$$

根据克罗内克δ的性质，求和项中只有一个非零项。例如，对于 $j=2$，只有 $\delta_{22}$ 非零。因此，我们有

$$ \begin{aligned} \tilde{a}2 &= \delta{02} a_0 + \delta_{12} a_1 + \delta_{22} a_2 + \cdots + \delta_{(k-1)2} a_{k-1} \ &= \cancel{\delta_{02} a_0} + \cancel{\delta_{12} a_1} + \delta_{22} a_2 + \cdots + \cancel{\delta_{(k-1)2} a_{k-1}} \ &= a_2. \end{aligned} $$

这对任何 $j$ 都成立，因此我们有

$$\tilde{a}_j = a_j,$$

对于任何 $j$。

这表明变换 $\frac{1}{k} V(\omega^{-1})$ 是变换 $V(\omega)$ 的逆变换。

• 原文链接： rareskills.io/post/inver...
• 登链社区 AI 助手，为大家转译优秀英文文章，如有翻译不通的地方，还请包涵～