$\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}$
En primer lugar, vamos a dar una descripción alternativa de $\tr {\bigwedge}^m T$.
Deje $e_1,e_2,\dots,e_n$ ser un fijo de base para $V$, y para$J \subset \{1,2,\dots,n\}$$|J| = m$, vamos a $T_J$ el valor del $m \times m$ matriz adquirida por mantener las entradas $T_{i,j}$$i,j \in J$. Alternativamente, si $P_J$ es la proyección en $\operatorname{span} \{e_i\}_{i \in J}$$T_J = P_J T P_J$. Mi reclamo es que:
$$\tr {\bigwedge}^m T = \sum_J \det T_J$$ where the sum runs over all $J$ with $|J| = m$. More precisely, if $e_J := \bigwedge_{i \J} e_i$ (in any order, but fixed once and for all), then ${\bigwedge}^m T e_J = \det T_J e_J + \sum_{I \neq J} \alpha_I e_I$. Esto puede ser demostrado por la fuerza bruta de la aplicación de la definición de potencia exterior y el determinante (el que suma más de permutaciones). Otra posibilidad es decir que:
$$
{\bigwedge}^m P_J {\bigwedge}^m T e_J
= {\bigwedge}^m P_J {\bigwedge}^m T {\bigwedge}^m P_J e_J
= {\bigwedge}^m T_J e_J = \det T_J e_J
$$
donde la última igualdad se mantiene debido a $m$ es la dimensión del espacio en el que $T_J$ actos (Wiki, listas de esta propiedad como una de las posibles definiciones de $\det$).
Ahora, debido a $\tr {\bigwedge}^m T$ es, por definición, la suma de coeffs en $e_J$ ${\bigwedge}^m T e_J$ (tenga en cuenta que $e_J$ formulario de la base), resulta que la fórmula con la suma de las obras.
Por lo tanto, queda por ver que $c_m = (-1)^m \sum_J \det T_J$. Esto se puede hacer mirando cómo el polinomio característico se calcula a partir de la definición, el uso de la forma de la matriz de $T$. Creo que este es conocido, y ha sido preguntado sobre el MSE (a excepción de la señal de diferencia). La esencia de la prueba que sé es que para conseguir $(-x)^{n-m}$$\det(T - xI)$, usted tiene que elegir el plazo $-x$ $n-m$ lugares, y de lo que queda de obtener el coeficiente de $\det T_J$ donde $J$ es el conjunto de índices, que no tome la $-x$.
