# 特徵多項式

This work by Jephian Lin is licensed under a [Creative Commons Attribution 4.0 International License](http://creativecommons.org/licenses/by/4.0/).

$\newcommand{\trans}{^\top}
\newcommand{\adj}{^{\rm adj}}
\newcommand{\cof}{^{\rm cof}}
\newcommand{\inp}[2]{\left\langle#1,#2\right\rangle}
\newcommand{\dunion}{\mathbin{\dot\cup}}
\newcommand{\bzero}{\mathbf{0}}
\newcommand{\bone}{\mathbf{1}}
\newcommand{\ba}{\mathbf{a}}
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\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}
\newcommand{\nul}{\operatorname{null}}
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%\newcommand{\ker}{\operatorname{ker}}
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\newcommand{\spec}{\operatorname{spec}}
\newcommand{\vspan}{\operatorname{span}}
\newcommand{\Vol}{\operatorname{Vol}}
\newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}}
\newcommand{\idmap}{\operatorname{id}}$

from lingeo import random_int_list, random_good_matrix

## Main idea

We have seen the power of matrix diagonalization and how it relies on the equation
$$
A\bv = \lambda \bv.
$$

To find the eigenvalues and the eigenvectors, we may may rewrite the equation as $A\bv = \lambda I\bv$ and obtain
$$
(A - \lambda I) \bv = \bzero,
$$
which means

- $\lambda$ is an eigenvalue if and only if $A - \lambda I$ is singular; and
- when $\lambda$ is an eigenvalue, then $\bv$ can be any nonzero vector in $\ker(A - \lambda I)$.

We also know the determinant can be used to detect singularity.
Therefore, $\lambda$ is an eigenvalue of $A$ if and only if $\det(A - \lambda I) = 0$.

If we compute $p_A(x) = \det(A - x I)$, then $\lambda$ is an eigenvalue of $A$ if and only if $\lambda$ is a root of $p_A(x)$.

We call $p_A(x)$ the **characteristic polyonimal** of $A$ and the multiset of its roots as the **spectrum** of $A$, denoted by $\spec(A)$.

Not that even if $A$ is a real matrix, $\spec(A)$ might contains complex numbers.

Note that if $A$ and $B$ are similar by $B = Q^{-1}AQ$, then $p_A(x) = p_B(x)$ since
$$
\begin{aligned}
p_B(x) &= \det(Q^{-1}AQ - xI) \\
&= \det(Q^{-1}AQ - Q^{-1}(xI)Q) \\
&= \det(Q^{-1}(A - xI)Q) \\
&= \det(Q^{-1})\det(A - xI)\det(Q) \\
&= p_A(x).
\end{aligned}
$$
Therefore, the **characteristic polynomial** of a linear function $f:V\rightarrow V$ is $p_f(x) = \det([f]_\beta^\beta - xI)$ for any basis $\beta$ of $V$, while the multiset of its roots is called the **spectrum** of $f$, denoted by $\spec(f)$.

## Side stories

- continuous argument
- differentiation

## Experiments

##### Exercise 1

執行以下程式碼。

### code
set_random_seed(0)
print_ans = False

n = 2
spec = random_int_list(n, 3)
D = diagonal_matrix(spec)
Q = random_good_matrix(n,n,n)
A = Q * D * Q.inverse()

pretty_print(LatexExpr("A ="), A)

if print_ans:
    pA = (-1)^n * A.charpoly()
    print("characteristic polyomial =", pA)
    print("spectrum is the set { " + ", ".join("%s"%val for val in spec) + " }")

##### Exercise 1(a)

計算 $A$ 的特徵多項式。

$Ans:$

藉由 `seed = 0` 求得

$$
A = \begin{bmatrix}
-3 & 30 \\
0 & 3
\end{bmatrix}.
$$

那麼根據特徵多項式的定義，我們要求得一個 $\lambda$ 使得

$$
A\bv = \lambda \bv.
$$

因此，

$$ \begin{bmatrix}
-3 & -30 \\
0 & 3 \\
\end{bmatrix}\bv
=
\begin{bmatrix}
\lambda & 0 \\
0 & \lambda \\
\end{bmatrix}\bv
\Rightarrow
\begin{bmatrix}
-3-\lambda & -30 \\
0 & 3-\lambda \\
\end{bmatrix}\bv
=0.
$$

故特徵多項式 $p_A(\lambda)$ 為

$$
\det
\begin{bmatrix}
-3-\lambda & -30 \\
0 & 3-\lambda \\
\end{bmatrix}
= \lambda^2-9.
$$

##### Exercise 1(b)

計算 $\spec(A)$。

$Ans:$

$\spec(A)$ 即為 $p_A(\lambda)=0$ 的解，也就是 $\lambda^2-9$ 的根為。求得 $\lambda=\pm 3$。
故 $\spec(A)=\{-3,3\}。$

## Exercises

##### Exercise 2

令
$$
A = \begin{bmatrix}
1 & 2 \\
3 & 4
\end{bmatrix}
$$
且 $\bv = (x, y)$。
把 $A\bv = \lambda \bv$ 和 $(A - \lambda I)\bv$ 分別寫成 $x,y$ 的聯立方程組，
並說明它們等價。

$Ans:$

$A\bv = \lambda \bv$ 的情形：

$$ \begin{bmatrix}
1 & 2 \\
3 & 4
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x \\
y
\end{bmatrix}
= \lambda
\begin{bmatrix}
x \\
y
\end{bmatrix}
\Rightarrow
\begin{cases}
x+2y = \lambda x \\
3x+4y = \lambda y
\end{cases}
\Rightarrow
\begin{cases}
(1- \lambda)x+2y = 0 \\
3x+(4- \lambda)y = 0
\end{cases}.
$$

$(A - \lambda I)\bv$ 的情形：
$$ \left(\begin{bmatrix}
1 & 2 \\
3 & 4
\end{bmatrix} -
\begin{bmatrix}
\lambda & 0 \\
0 & \lambda
\end{bmatrix} \right)
\begin{bmatrix}
x \\
y
\end{bmatrix}
= \begin{bmatrix}
1-\lambda & 2 \\
3 & 4-\lambda
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x \\
y
\end{bmatrix}
= \begin{cases}
(1- \lambda)x+2y = 0 \\
3x+(4- \lambda)y = 0
\end{cases}.
$$

因為這兩個式子相等，故它們等價。

##### Exercise 3

計算以下矩陣 $A$ 的特徵多項式以及 $\spec(A)$。

##### Exercise 3(a)

$$
A = \begin{bmatrix}
5 & -1 \\
-1 & 5
\end{bmatrix}.
$$
$Ans:$

<!--
$A\bv = \lambda\bv \Rightarrow(A-\lambda I)\bv=0$
-->

$$p_A(\lambda) = \det(A-\lambda I)=
\det\begin{bmatrix}
5-\lambda & -1 \\
-1 & 5-\lambda
\end{bmatrix}=\lambda^2-10\lambda+24=(\lambda-4)(\lambda-6).
$$
<!--
矩陣 $A$ 的特徵多項式為 $\lambda^2-10\lambda+24$。
-->

並且 $\spec(A)=\{4,6\}$。

##### Exercise 3(b)

$$
A = \begin{bmatrix}
0 & 1 \\
-6 & 5
\end{bmatrix}.
$$

$Ans:$

$$p_A(\lambda) = \det(A-\lambda I)=
\det\begin{bmatrix}
-\lambda & 1 \\
-6 & 5-\lambda
\end{bmatrix}=\lambda^2-5\lambda+6=(\lambda-2)(\lambda-3).
$$

並且 $\spec(A)=\{2,3\}。$

##### Exercise 3(c)

$$
A = \begin{bmatrix}
0 & 1 \\
-4 & 0
\end{bmatrix}.
$$

$Ans:$

$$p_A(\lambda) = \det(A-\lambda I)=
\det\begin{bmatrix}
-\lambda & 1 \\
-4 & -\lambda
\end{bmatrix}=\lambda^2+4.
$$

並且 $\spec(A)=\{-2i,2i\}。$

##### Exercise 3(d)

$$
A = \begin{bmatrix}
0 & -1 \\
1 & 0
\end{bmatrix}.
$$

$Ans:$

$$ p_A(\lambda) = \det(A-\lambda I)=
\det\begin{bmatrix}
-\lambda & -1 \\
1 & -\lambda
\end{bmatrix}=\lambda^2+1.
$$

並且 $\spec(A)=\{-i,i\}。$

##### Exercise 4

計算以下矩陣 $A$ 的特徵多項式以及 $\spec(A)$。

##### Exercise 4(a)

$$
A = \begin{bmatrix}
4 & 0 & -1 \\
0 & 4 & -1 \\
-1 & -1 & 5
\end{bmatrix}.
$$

$Ans:$

$$
p_A(\lambda) = \det(A-\lambda I)= \det\begin{bmatrix}
4-\lambda & 0 & -1 \\
0 & 4-\lambda & -1 \\
-1 & -1 & 5-\lambda
\end{bmatrix}
=-\lambda^3+13\lambda^2-54\lambda+72.
$$
用一次因式檢驗法可得
$$
-\lambda^3 + 13 \lambda^2 - 54\lambda + 72 = -(\lambda-3)(\lambda-4)(\lambda-6).
$$

故 $\spec(A)=\{3,4,6\}。$

##### Exercise 4(b)

$$
A = \begin{bmatrix}
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
6 & -11 & 6
\end{bmatrix}.
$$

$Ans:$

$$
p_A(\lambda) = \det(A-\lambda I)= \det\begin{bmatrix}
-\lambda & 1 & 0 \\
0 & -\lambda & 1 \\
6 & -11 & 6-\lambda
\end{bmatrix}
=-\lambda^3+6\lambda^2-11\lambda+6.
$$
用一次因式檢驗法可得
$$
-\lambda^3+6\lambda^2-11\lambda+6=-(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda-3).
$$

故 $\spec(A)=\{1,2,3\}。$

##### Exercise 4(c)

$$
A = \begin{bmatrix}
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
1 & 0 & 0
\end{bmatrix}.
$$

$Ans:$

$$
p_A(\lambda) = \det(A-\lambda I)= \det\begin{bmatrix}
-\lambda & 1 & 0 \\
0 & -\lambda & 1 \\
1 & 0 & -\lambda
\end{bmatrix}
=-\lambda^3+1.
$$

因式分解可得

$$
-\lambda^3 + 1 = -(\lambda-1)(\lambda^2+\lambda+1)=-(\lambda-1)(\lambda- \frac{-1+\sqrt{3}{i}}{2})(\lambda- \frac{-1-\sqrt{3}{i}}{2}).
$$

故 $\spec(A)=\left\{ 1,\dfrac{-1+\sqrt{3}{i}}{2},\dfrac{-1-\sqrt{3}{i}}{2} \right\}。$
##### Exercise 5

令 $J_n$ 為 $n\times n$ 的全 $1$ 矩陣。
求 $J_n$ 的特徵多項式及 $\spec(J_n)$。

提示：先用列運算把所有列加到第一列。

:::warning

- [x] 列運算會保持行列式值沒錯，但是你要對 $J_n - xI$ 做列運算才行，不能先對 $J_n$ 列運算再減 $xI$
- [x] 特徵多項式用小寫 $p$
- [x] $\spec(J_n)$ 除了 $n$ 以外還有很多解，總共有 $n$ 個數字
:::

$Ans:$

我們先將 $J_n$ 之所有列加到第一列，並運用列運算將除第一列以外的列成為零列，即

$$
\begin{array}{l}
\det (J_n - \lambda I_n) &= \det
\begin{bmatrix}
1-\lambda & 1 & \cdots & \cdots & 1 \\
1 & 1-\lambda & 1 & \cdots & 1 \\
\vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\
1 & \dots & 1 & 1-\lambda & 1 \\
1 & \cdots & \cdots & 1 & 1-\lambda
\end{bmatrix} \\
&= \det
\begin{bmatrix}
n-\lambda & n - \lambda & \cdots & \cdots & n - \lambda \\
1 & 1-\lambda & 1 & \cdots & 1 \\
\vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\
1 & \dots & 1 & 1-\lambda & 1 \\
1 & \cdots & \cdots & 1 & 1-\lambda
\end{bmatrix} \\
&= \det
\begin{bmatrix}
n-\lambda & \cdots & \cdots & \cdots & n - \lambda \\
0 & -\lambda & 0 & \cdots & 0 \\
\vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\
0 & \dots & 0 & -\lambda & 0 \\
0 & \cdots & \cdots & 0 & -\lambda
\end{bmatrix}.
\end{array}
$$

所以，

$$
p_{J_n}(\lambda) = \det(J-\lambda I_n) =
\det\begin{bmatrix}
n-\lambda & \cdots & \cdots & \cdots & n - \lambda \\
0 & -\lambda & 0 & \cdots & 0 \\
\vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\
0 & \dots & 0 & -\lambda & 0 \\
0 & \cdots & \cdots & 0 & -\lambda
\end{bmatrix}
= (n-\lambda)(-\lambda)^{n-1}.
$$

由特徵多項式我們可以知道 $p_{J_n}(\lambda)=0$ 的解，即

$$
\spec(J) = {\{n \ , \ 0^{(n-1)}}\}.
$$

##### Exercise 6

令 $A$ 和 $B$ 分別為 $m\times n$ 及 $n\times m$ 矩陣，並令
$$
M = \begin{bmatrix}
O_{n,n} & B \\
A & O_{m,m}
\end{bmatrix}.
$$

##### Exercise 6(a)

假設 $x \neq 0$，參考 408-5 計算
$$
\det\begin{bmatrix}
-xI_n & B \\
A & -xI_m
\end{bmatrix}.
$$

$Ans:$

藉由 408-5 我們得到

$$
\begin{aligned}
\det\begin{bmatrix}
-xI_n & B \\
A & -xI_m
\end{bmatrix} &=
\det (-x I_n) \cdot \det ((-x I_m) - A (-x I_n)^{-1} B) \\
&= (-x)^n \cdot \det (\frac{1}{x}AB - x I_m) \\
&= (-x)^n \cdot (x)^{-m} \cdot \det (AB - x^2 I_m).
\end{aligned}
$$

另一個寫法是
$$
\begin{aligned}
\det\begin{bmatrix}
-xI_n & B \\
A & -xI_m
\end{bmatrix} &=
\det (-x I_m) \cdot \det ((-x I_n) - B (-x I_m)^{-1} A) \\
&= (-x)^m \cdot \det (\frac{1}{x}BA - x I_n) \\
&= (-x)^m \cdot (x)^{-n} \cdot \det (BA - x^2 I_n).
\end{aligned}
$$

##### Exercise 6(b)

利用行列式值的連續性來補足 $x = 0$ 的狀況。
求 $M$ 的特徵多項式。

:::warning

- [x] 極限不用特別寫 $x\rightarrow 0^+$，寫 $x\rightarrow 0$ 就好
- [x] 雖然在 $x = 0$ 時還沒有定義，但 --> 雖然在 $x = 0$ 時還沒有定義，但這時我們可以利用行列式值的連續性得到
- [x] 這時我們可以利用行列式值的連續性，就讓 $x = 0$ 時的值定為 $0$ 吧！ <-- 這句要拿掉，兩邊極限都有值，而且不見得會是 $0$
- [x] $=0$ 的部份要改成 $=\det(M)$
- [x] 特徵多項式用小寫 $p$
- [x] 最後加上：當 $m\geq n$ 時，$(\lambda)^{n-m}$ 會造成 $\lambda=0$ 時沒定義，然而 $(\lambda)^{n-m}$ 會和 $p_{AB}(\lambda^2)$ 相消。但方便起見，當 $m\geq n$ 時，我們取 $p_M(\lambda) = (-1)^m \cdot (\lambda)^{m-n} \cdot P_{BA} (\lambda^2)$。
:::

藉由 **Exercise 6(a)** 我們可以知道 $x \neq 0$ 時，
$$
\det\begin{bmatrix}
-xI_n & B \\
A & -xI_m
\end{bmatrix} = (-x)^m \cdot (x)^{-n} \cdot \det (BA - x^2 I_n) = (-1)^m \cdot (x)^{m-n} \cdot (BA - x^2 I_n).
$$
雖然在 $x = 0$ 時還沒有定義，但這時我們可以利用行列式值的連續性得到

$$
\lim\limits_{x \rightarrow 0} (-1)^m \cdot (x)^{m-n} \cdot (BA - x^2 I_n) = \det(M).
$$

\
而 $M$ 的特徵多項式 $p_M(\lambda) = \det (M - \lambda I_{n+m})$，根據 **Exercise 6 (a)**，求得

$$
\begin{array}{l}
p_M(\lambda) &= (-\lambda)^n \cdot (\lambda)^{-m} \cdot \det (AB - \lambda^2 I_m) \\
&= (-1)^n \cdot (\lambda)^{n-m} \cdot \det (AB - \lambda^2 I_m) \\
&= (-1)^n \cdot (\lambda)^{n-m} \cdot p_{AB} (\lambda^2).
\end{array}
$$

另一種寫法是

$$
\begin{array}{l}
p_M(\lambda) &= (-\lambda)^m \cdot (\lambda)^{-n} \cdot \det (BA - \lambda^2 I_n) \\
&= (-1)^m \cdot (\lambda)^{m-n} \cdot \det (BA - \lambda^2 I_n) \\
&= (-1)^m \cdot (\lambda)^{m-n} \cdot p_{BA} (\lambda^2).
\end{array}
$$

當 $m\geq n$ 時，$(\lambda)^{n-m}$ 會造成 $\lambda=0$ 時沒定義，然而 $(\lambda)^{n-m}$ 會和 $p_{AB}(\lambda^2)$ 相消。但方便起見，當 $m\geq n$ 時，我們取 $p_M(\lambda) = (-1)^m \cdot (\lambda)^{m-n} \cdot p_{BA} (\lambda^2)$。

##### Exercise 6(c)

若 $m\geq n$，證明 $AB$ 和 $BA$ 有相同的非零特徵值集合。

$Ans:$

根據 **Exercise 6(a),6(b)**，我們知道
$$
\begin{array}{l}
p_M(\lambda)
&= (-1)^n \cdot (\lambda)^{n-m} \cdot p_{AB} (\lambda^2) \\
&= (-1)^m \cdot (\lambda)^{m-n} \cdot p_{BA} (\lambda^2).
\end{array}
$$

由上述式子我們知道若 $M$ 的特徵值為 $\lambda \neq 0$ 時，則 $AB$ 的特徵值為 $\lambda^2$。同理，$BA$ 的特徵值亦為 $\lambda^2$，那麼我們就知道 $AB$ 與 $BA$ 有相同的非零特徵值集合。

:::info
當 $m\geq n$ 時，可以把等式整理一下變成：

$$
p_{AB} (\lambda^2) = (-1)^{m-n} \lambda^{2(m-n)} p_{BA} (\lambda^2)
$$

如此就可以看出 $p_{AB}(\lambda^2)$ 和 $p_{BA}(\lambda^2)$ 除了 $\lambda$ 以外的的因式都一樣（連重數都相等）。
:::

\
-- *另解* --
\
令 $\bx$ 為 $AB$ 的特徵向量，$\lambda$ 為特徵值且 $\lambda \neq 0$。那麼我們可以寫出以下等式：

$$
AB \bx = \lambda \bx.
$$

接著我們將兩邊同時左乘 $B$，得到

$$
B(AB \bx) = BA (B \bx) = B (\lambda \bx) = \lambda (B \bx).
$$

如此，我們就能得到 $BA$ 的特徵向量為 $B\bx$，且特徵值一樣為 $\lambda$。故 $AB$ 與 $BA$ 有相同的非零特徵值集合。

:::info
這個想法很好，但有一些瑕疵。

1. 如果 $B\bx = \bzero$ 的話，就不能保證 $\lambda$ 是 $BA$ 的特徵值了。
2. 這個方法看不出重數會相等。
:::

##### Remark

以上的手法稱作連續性論證（continuous argument）。
由於矩陣不可逆的情況只發生在行列式值為零的時候，
一般來說我們都可以先假設矩陣可逆，再看看是否能用連續性處理不可逆的情況。

##### Exercise 7

令 $J_{m,n}$ 為 $m\times n$ 的全 $1$ 矩陣，而
$$
A = \begin{bmatrix}
O_{n,n} & J_{n,m} \\
J_{m,n} & O_{m,m}
\end{bmatrix}.
$$
求 $A$ 的特徵多項式及 $\spec(A)$。

:::warning

- [x] 特徵多項式用小寫 $p$
- [x] 且 $-\lambda I_n，-\lambda I_m$ 皆可逆 <-- 這句拿掉，$\lambda$ 有可能是 $0$
- [x] 第二段計算有錯，實際上 $\sqrt{m}$ 不在 $\spec(A)$ 裡
- [x] $\spec(A)$ 總共有 $m + n$ 個數字，
:::

$Ans:$

直接將特徵值結合成為特徵多項式得到
$$
p_A(\lambda) = \det (A - \lambda I_{n+m}) =\det\begin{bmatrix}
-\lambda I_n & J_{n,m} \\
J_{m,n} & -\lambda I_m
\end{bmatrix}.
$$

根據區塊矩陣的運算可得到
$$
\begin{array}{l}
\det(A - \lambda I_{m+n}) &= \det (-\lambda I_n) \cdot \det (-\lambda I_m - J_{m,n} (-\lambda I_n)^{-1} J_{n,m}) \\
&= (-\lambda)^n \cdot (\lambda)^{-m} \cdot \det ((n)J_{m,m} - \lambda^2 I_m).
\end{array}
$$
根據 **Exercise 5** 的結論，我們可以將 $\det ((n)J_{m,m} - \lambda^2 I_m)$ 改寫，即
$$
\det ((n)J_{m,m} - \lambda^2 I_m) = (nm-\lambda^2)(-\lambda^2)^{m-1}.
$$

故

$$
p_A(\lambda) = \det(A - \lambda I_{m+n}) = (-\lambda)^n \cdot (\lambda)^{-m} \cdot (nm-\lambda^2)(-\lambda^2)^{m-1}.
$$

如此一來我們也能求到 $\spec(A) = {\{ \pm \sqrt{nm} \ , 0^{(m+n-2)} \ }\}$。

##### Exercise 8

令 $V$ 為 $\mathbb{R}^3$ 中的一個二維空間，
而 $f:\mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^3$ 將向量 $\bv\in\mathbb{R}^3$ 投影到 $V$ 上。
求 $f$ 的特徵多項式。

:::warning

- [x] $id$ --> $\idmap$
:::

$Ans:$

令 $\bu_1 ,\bu_2 \in \mathbb R^3$ 是 $V$ 的一組基底，並且 $\bu_1,\bu_2$ 正交，長度各為 $1$。由此，我們可以找到 $\bu_3 = \bu_1 \times \bu_2$ 使得
$$
\beta = {\{ \bu_1,\bu_2,\bu_3 }\}
$$

為 $\mathbb R^3$ 中的一組基底。

另令
$$
\begin{array}{c}
f: &\bu_1 \mapsto \bu_1, \\
&\bu_2 \mapsto \bu_2, \\
&\bu_3 \mapsto \bzero.
\end{array}
$$

已知投影矩陣的函數是線性函數。

令 $\bu = c_1\bu_1 + c_2 \bu_2 + c_3\bu_3$，那麼我們也能得知
$$
\bu \mapsto [f] \bu.
$$

利用 $\beta$，我們可以改寫成

$$
[\bu]_{\beta} \mapsto [f]_{\beta}^{\beta} [\bu]_{\beta}.
$$

利用 $[\bu_1]_{\beta},[\bu_2]_{\beta},[\bu_3]_{\beta}$，我們就能求到
$$
[f]_{\beta}^{\beta} = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}.
$$

令 $\varepsilon_3$ 為 $\mathbb R^3$ 中的標準基底，由於
$$
[f] = [\idmap]_{\beta}^{\varepsilon_3} [f]_{\beta}^{\beta} [\idmap]_{\varepsilon_3}^{\beta},
$$

符合 $A = Q D Q^{-1}$ 的形式，因此這兩個矩陣相似。

所以，特徵方程式：
$$
p_f(x) = p_{[f]_{\beta}^{\beta}}(x) = (-x)(1-x)^2.
$$

##### Exercise 9

令 $V$ 為 $\mathbb{R}^3$ 中的一個二維空間，
而 $f:\mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^3$ 將向量 $\bv\in\mathbb{R}^3$ 鏡射到 $V$ 的對面。
求 $f$ 的特徵多項式。

$Ans:$

承 **Exercise 8**，以下將 **Exercise 8** 中的 $f$ 稱為 $f_8$。

由於我們知道 $f_8$ 可以表示成一個投影矩陣 $[f_8]$，那麼我們就能將 $f$ 寫成一個鏡射矩陣 $2[f_8] - I_3$。那麼，

$$
\bu \mapsto [f]\bu.
$$

利用同樣的方式我們也可以知道

$$
[\bu]_\beta \mapsto [f]_\beta^\beta[\bu]_\beta,
$$

其中 $[f]_\beta^\beta=2[f_8]_\beta^\beta-I_3$。

如此我們也能輕易求得

$$
[f]_{\beta}^{\beta} = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & -1
\end{bmatrix}.
$$

令 $\varepsilon_3$ 為 $\mathbb R^3$ 中的標準基底，由於

$$
[f] = [\idmap]_{\beta}^{\varepsilon_3} [f]_{\beta}^{\beta} [\idmap]_{\varepsilon_3}^{\beta}
$$

符合 $A = Q D Q^{-1}$ 的形式，因此這兩個矩陣相似。
所以我們就能求特徵方程式:

$$
p_f(x) = p_{[f]_{\beta}^{\beta}}(x) = -(1+x)(1-x)^2.
$$

##### Exercise 10

令 $A$ 為一 $n\times n$ 矩陣。
對 $i = 1,\ldots,n$，令 $A(i)$ 為將 $A$ 的第 $i$ 行及第 $i$ 列拿掉所得的子矩陣。

證明
$$
\frac{dp_A(x)}{dx} = -\sum_{i = 1}^n p_{A(i)}(x).
$$

提示：
在計算 $\det(A - xI)$ 時可以先把裡面的 $n$ 個 $x$ 當作獨立的變數 $x_1,\ldots, x_n$。
接下來搭配 409-2 及連鎖律
$$
\frac{dp_A(x)}{dx} = \sum_{i = 1}^n \frac{\partial p_A(x)}{\partial x_i} \frac{d x_i}{dx}
$$
來計算微分。

$Ans:$

令 $p_A(x)$ 中對應矩陣第 $n$ 行第 $n$ 列中的 $x$ 為 $x_n$，$A$ 中 第 $i$ 列第 $j$ 行為 $a_{ij}$，那麼我們由 409-2 可以得知
$$
p_A(x) = \det \begin{bmatrix}
a_{11}-x_1 & a_{12} &\cdots & a_{1n} \\
a_{21} & \ddots & ~ & \vdots\\
\vdots & ~ & \ddots & a_{n-1 \ n} \\
a_{n1} & \cdots & a_{n \ n-1} & a_{nn} - x_n
\end{bmatrix} = \det \begin{bmatrix}
a_{11} & a_{12} &\cdots & a_{1n} \\
a_{21} & \ddots & ~ & \vdots\\
\vdots & ~ & \ddots & a_{n-1 \ n} \\
a_{n1} & \cdots & a_{n \ n-1} & a_{nn} - x_n
\end{bmatrix} +
\det \begin{bmatrix}
-x_1 & 0 &\cdots & 0 \\
a_{21} & a_{22}-x_2 & ~ & \vdots\\
\vdots & ~ & \ddots & a_{n-1 \ n} \\
a_{n1} & \cdots & a_{n \ n-1} & a_{nn} - x_n
\end{bmatrix}.
$$

此時我們可以知道
$$
\frac{\partial p_A(x)}{\partial x_1} \cdot \frac{dx_1}{dx} = (-1) \cdot \det \begin{bmatrix}
a_{22}-x_2 & \cdots & a_{2n} \\
\vdots & \ddots & \vdots \\
a_{n2} & \cdots & a_{nn} - x_n
\end{bmatrix} = (-1) \cdot p_{A(1)}(x).
$$

同樣的方式求得
$$
\frac{\partial p_A(x)}{\partial x_2}\frac{dx_2}{dx} = (-1) \cdot p_{A(2)}(x) \ , \frac{\partial p_A(x)}{\partial x_3}\frac{dx_3}{dx} = (-1) \cdot p_{A(3)}(x) \ , \ \ldots \ , \frac{\partial p_A(x)}{\partial x_n}\frac{dx_n}{dx} = (-1) \cdot p_{A(n)}(x).
$$

\
根據連鎖律，我們就能求出
$$
\frac{dp_A(x)}{dx} = \sum_{i = 1}^n \frac{\partial p_A(x)}{\partial x_i} \frac{d x_i}{dx} = (-1) \cdot p_{A(1)}(x) + \cdots + (-1) \cdot p_{A(n)}(x) = \sum_{i = 1}^n (-1) \cdot p_{A(i)}(x) = - \sum_{i = 1}^n p_{A(i)}(x).
$$

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漂亮！
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