# 找一組好基底

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

$\newcommand{\trans}{^\top}
\newcommand{\adj}{^{\rm adj}}
\newcommand{\cof}{^{\rm cof}}
\newcommand{\inp}[2]{\left\langle#1,#2\right\rangle}
\newcommand{\dunion}{\mathbin{\dot\cup}}
\newcommand{\bzero}{\mathbf{0}}
\newcommand{\bone}{\mathbf{1}}
\newcommand{\ba}{\mathbf{a}}
\newcommand{\bb}{\mathbf{b}}
\newcommand{\bc}{\mathbf{c}}
\newcommand{\bd}{\mathbf{d}}
\newcommand{\be}{\mathbf{e}}
\newcommand{\bh}{\mathbf{h}}
\newcommand{\bp}{\mathbf{p}}
\newcommand{\bq}{\mathbf{q}}
\newcommand{\br}{\mathbf{r}}
\newcommand{\bx}{\mathbf{x}}
\newcommand{\by}{\mathbf{y}}
\newcommand{\bz}{\mathbf{z}}
\newcommand{\bu}{\mathbf{u}}
\newcommand{\bv}{\mathbf{v}}
\newcommand{\bw}{\mathbf{w}}
\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}
\newcommand{\nul}{\operatorname{null}}
\newcommand{\rank}{\operatorname{rank}}
%\newcommand{\ker}{\operatorname{ker}}
\newcommand{\range}{\operatorname{range}}
\newcommand{\Col}{\operatorname{Col}}
\newcommand{\Row}{\operatorname{Row}}
\newcommand{\spec}{\operatorname{spec}}
\newcommand{\vspan}{\operatorname{span}}
\newcommand{\Vol}{\operatorname{Vol}}
\newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}}
\newcommand{\idmap}{\operatorname{id}}$

from lingeo import random_int_list, random_good_matrix

## Main idea

Let $A$ be an $n\times n$ matrix.
Recall that $f_A:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^n$ is the function defined by $f_A(\bx) = A\bx$.
Using the standard basis $\mathcal{E}_n$, the matrix representation of $f_A$ is
$$
[f_A] = [f_A]_{\mathcal{E}_n}^{\mathcal{E}_n} = A.
$$

In constrast, the matrix representation of $f_A$ with respect to another basis $\beta$ is
$$
[f_A]_\beta^\beta = [\idmap]_{\mathcal{E}_n}^\beta [f_A] [\idmap]_\beta^{\mathcal{E}_n}.
$$
If we let $Q = [\idmap]_\beta^{\mathcal{E}_n}$, then the columns of $Q$ are the vectors in $\beta$.
Also, we can write, $[f_A]_\beta^\beta = Q^{-1}AQ$.

On a matrix level, we say $A$ and $B$ are **similar** if there is an invertible matrix $Q$ such that $B = Q^{-1}AQ$.
In other words, $A$ and $B$ are just the same linear function represented under different bases.

Suppose $\beta = \{\bv_1, \ldots, \bv_n\}$ has the nice property that
$$
A\bv_i = \lambda_i \bv_i
$$
for some values $\lambda_i$ and for $i = 1,\ldots, n$.

Then we know
$$
[f_A]_\beta^\beta =
\begin{bmatrix}
| & ~ & | \\
[f_A(\bv_1)]_\beta & \cdots & [f_A(\bv_n)]_\beta \\
| & ~ & | \\
\end{bmatrix} =
\begin{bmatrix}
| & ~ & | \\
[\lambda_1\bv_1]_\beta & \cdots & [\lambda_n\bv_n]_\beta \\
| & ~ & | \\
\end{bmatrix} =
\begin{bmatrix}
\lambda_1 & ~ & ~ \\
~ & \ddots & ~ \\
~ & ~ & \lambda_n
\end{bmatrix},
$$
which is a diagonal matrix.
In this case, we say $A$ is **diagonalizable** .
Whenever $A\bv = \lambda\bv$ for some value $\lambda$ and some nonzero vector $\bv$,
we say $\lambda$ is an **eigenvalue** of $A$ and
$\bv$ is an **eigenvector** of $A$ with respect to $\lambda$.

Similarly, if $f: V\rightarrow V$ is a linear function and
$f(\bv) = \lambda \bv$ for some value $\lambda$ and some nonzero vector $\bv$,
then we say $\lambda$ is an eigenvalue of $f$ and
$\bv$ is an eigenvector of $f$ with respect to $\lambda$.

##### Proposition

Let $A$ be an $n\times n$ matrix. Then the following are equivalent.

- $A$ is diagonalizable.
- There is a basis $\beta$ of $\mathbb{R}^n$ that is composed of eigenvectors.
- There are an invertible matrix $Q$ and a diagonal matrix $D$ such that $D = Q^{-1}AQ$.

When $A$ is a real symmetric matrix (meaning $A\trans = A$), such a nice basis exists;
moreover, it can be chosen to be orthonormal, so the corresponding $Q$ has $Q\trans = Q^{-1}$.

##### Spectral theorem (vector version)

Let $A$ be an $n\times n$ symmetric matrix.
Then there is an orthonormal basis $\beta$ of $\mathbb{R}^n$ such that $[f_A]_\beta^\beta = D$ is a diagonal matrix.
That is, there is an orthogonal matrix $Q$ such that $Q^\top AQ = D$ is a diagonal matrix.

## Side stories

- Jordan canonical form
- algebra of $Q^{-1}AQ$
- matrix power
- simultaneously diagonalizable

## Experiments

##### Exercise 1

執行以下程式碼。
令 $\beta = \{\bv_1, \cdots, \bv_n\}$ 為 $Q$ 的各行向量。

### code
set_random_seed(5)
print_ans = False

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

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


if print_ans:
    v1, v2, v3 = Q.columns()
    u1, u2, u3 = D.columns()
    print("f_A(v1) =", A * v1)
    print("vector representation =", u1)
    print("f_A(v1) =", A * v2)
    print("vector representation =", u2)
    print("f_A(v1) =", A * v3)
    print("vector representation =", u3)
    print("matrix represesntation =")
    pretty_print(D)

當 `seed = 5` 時，得矩陣$$
A = \begin{bmatrix}
-3 & -1 & -1\\
4 & -4 & -5\\
-4 & 2 & 3\\
\end{bmatrix}.
$$
及$$
Q = \begin{bmatrix}
1 & 0 & -1\\
-1 & 1 & 3\\
1 & -1 & -2\\
\end{bmatrix}.
$$
##### Exercise 1(a)

求 $f_A(\bv_1)$ 及 $[f_A(\bv_1)]_\beta$。

:::warning

- [x] 把向量都改成直的（向量一般寫直的，要寫橫的也可以，但不要混著用）
- [x] 後兩題加標點
:::
$Ans:$

$f_A(\bv_1)$ $=A\cdot\begin{bmatrix}
1\\
-1\\
1\\
\end{bmatrix}$ $=\begin{bmatrix}
-3\\
3\\
-3\\
\end{bmatrix}$。
因為 $f_A(\bv_1)$ 以 $\beta$ 表示為 $-3\cdot\bv_1+0\cdot\bv_2+0\cdot\bv_3$，
故 $[f_A(\bv_1)]_\beta = \begin{bmatrix}
-3\\
0\\
0\\
\end{bmatrix}$ 。
##### Exercise 1(b)

求 $f_A(\bv_2)$ 及 $[f_A(\bv_2)]_\beta$。
$Ans:$

由 1(a) 可推知，$f_A(\bv_2)=\begin{bmatrix}
0\\
1\\
-1\\
\end{bmatrix}$，$[f_A(\bv_2)]_\beta=\begin{bmatrix}
0\\
1\\
0\\
\end{bmatrix}$。

##### Exercise 1(c)

求 $f_A(\bv_3)$ 及 $[f_A(\bv_3)]_\beta$。
$Ans:$

由 1(a) 可推知，$f_A(\bv_3)=\begin{bmatrix}
2\\
-6\\
4\\
\end{bmatrix}$，$[f_A(\bv_3)]_\beta=\begin{bmatrix}
0\\
0\\
-2\\
\end{bmatrix}$。

##### Exercise 1(d)

求 $[f_A]_\beta^\beta$。

:::warning

- [x] 將已知的 $[f_A(\bv_1)]_\beta$、$[f_A(\bv_2)]_\beta$、$[f_A(\bv_3)]_\beta$ 設為 $[f_A]_\beta^\beta$ 的行向量，可得 ...
:::
$Ans:$

將已知的 $[f_A(\bv_1)]_\beta$、$[f_A(\bv_2)]_\beta$、$[f_A(\bv_3)]_\beta$ 設為 $[f_A]_\beta^\beta$ 的行向量，可得 $[f_A]_\beta^\beta =\begin{bmatrix}
-3 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & -2\\
\end{bmatrix}$

## Exercises

##### Exercise 2

對以下的矩陣 $A$ 及基底 $\beta$，
求出 $[f_A]_\beta^\beta$。

##### Exercise 2(a)

$$
A = \begin{bmatrix}
5 & -1 \\
-1 & 5
\end{bmatrix}
\quad\text{and}\quad
\beta = \left\{
\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix},
\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}
\right\}.
$$

**[由林暐智同學提供答案]**
令 $\beta$ 中行向量分別為 $\bv_1,\bv_2$
則 $f_A(\bv_1) = A\bv_1 = (4,4) = 4\bv_1 + 0\bv_2$，所以 $[f_A(\bv_1)]_\beta=(4,0)$。
$f_A(\bv_2) = A\bv_2 = (6,-6) = 0\bv_1 + 6\bv_2$，所以 $[f_A(\bv_2)]_\beta=(0,6)$。
又

$$
[f_A]_\beta^\beta =
\begin{bmatrix}
| & ~ & | \\
[f_A(\bv_1)]_\beta & \cdots & [f_A(\bv_n)]_\beta \\
| & ~ & | \\
\end{bmatrix}。
$$

最後將上述向量放為行向量可得 $[f_A]_\beta^\beta =\begin{bmatrix}
4 & 0 \\
0 & 6\\
\end{bmatrix}$。

##### Exercise 2(b)

$$
A = \begin{bmatrix}
-1 & 5 \\
5 & -1
\end{bmatrix}
\quad\text{and}\quad
\beta = \left\{
\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix},
\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}
\right\}.
$$

**[由林暐智同學提供答案]**
令 $\beta$ 中行向量分別為 $\bv_1,\bv_2$
則 $f_A(\bv_1) = A\bv_1 = (4,4) = 4\bv_1 + 0\bv_2$，所以 $[f_A(\bv_1)]_\beta=(4,0)$。
$f_A(\bv_2) = A\bv_2 = (-6,6) = 0\bv_1 + -6\bv_2$，所以 $[f_A(\bv_2)]_\beta=(0,-6)$。
又$$
[f_A]_\beta^\beta =
\begin{bmatrix}
| & ~ & | \\
[f_A(\bv_1)]_\beta & \cdots & [f_A(\bv_n)]_\beta \\
| & ~ & | \\
\end{bmatrix}。$$最後將上述向量放為行向量可得 $[f_A]_\beta^\beta =\begin{bmatrix}
4 & 0 \\
0 & -6\\
\end{bmatrix}$。

##### Exercise 2(c)

$$
A = \begin{bmatrix}
1 & 1 \\
1 & 1
\end{bmatrix}
\quad\text{and}\quad
\beta = \left\{
\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix},
\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}
\right\}.
$$

**[由林暐智同學提供答案]**
令 $\beta$ 中行向量分別為 $\bv_1,\bv_2$
則 $f_A(\bv_1) = A\bv_1 = (2,2) = 2\bv_1 + 0\bv_2$，所以 $[f_A(\bv_1)]_\beta=(2,0)$。
$f_A(\bv_2) = A\bv_2 = (0,0) = 0\bv_1 + 0\bv_2$，所以 $[f_A(\bv_2)]_\beta=(0,0)$。
又$$
[f_A]_\beta^\beta =
\begin{bmatrix}
| & ~ & | \\
[f_A(\bv_1)]_\beta & \cdots & [f_A(\bv_n)]_\beta \\
| & ~ & | \\
\end{bmatrix}。$$最後將上述向量放為行向量可得 $[f_A]_\beta^\beta =\begin{bmatrix}
2 & 0 \\
0 & 0\\
\end{bmatrix}$。

##### Exercise 2(d)

$$
A = \begin{bmatrix}
0 & 1 \\
-6 & 5
\end{bmatrix}
\quad\text{and}\quad
\beta = \left\{
\begin{bmatrix} 1 \\ 3 \end{bmatrix},
\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \end{bmatrix}
\right\}.
$$

**[由蔡宗諺同學提供答案]**
$f_A(\bv_1)=A\cdot\begin{bmatrix}
1\\
3\\
\end{bmatrix}$ $=\begin{bmatrix}
3\\
9\\
\end{bmatrix}$ ，
因為 $f_A(\bv_1)$ 以 $\beta$ 表示為 $3\cdot\bv_1+0\cdot\bv_2$，
故 $[f_A(\bv_1)]_\beta = \begin{bmatrix}
3\\
0\\
\end{bmatrix}$ 。
$f_A(\bv_2)=A\cdot\begin{bmatrix}
1\\
2\\
\end{bmatrix}$ $=\begin{bmatrix}
2\\
4\\
\end{bmatrix}$ ，
因為 $f_A(\bv_2)$ 以 $\beta$ 表示為 $0\cdot\bv_1+2\cdot\bv_2$，
故 $[f_A(\bv_2)]_\beta = \begin{bmatrix}
0\\
2\\
\end{bmatrix}$ 。

所以將上述向量放為行向量可得 $[f_A]_\beta^\beta =\begin{bmatrix}
3 & 0\\
0 & 2\\
\end{bmatrix}$ 。

##### Exercise 2(e)

$$
A = \begin{bmatrix}
0 & 1 \\
-4 & 0
\end{bmatrix}
\quad\text{and}\quad
\beta = \left\{
\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \end{bmatrix},
\begin{bmatrix} 1 \\ -2 \end{bmatrix}
\right\}.
$$

**[由蔡宗諺同學提供答案]**
$f_A(\bv_1)=A\cdot\begin{bmatrix}
1\\
2\\
\end{bmatrix}$ $=\begin{bmatrix}
2\\
-4\\
\end{bmatrix}$ ，
因為 $f_A(\bv_1)$ 以 $\beta$ 表示為 $0\cdot\bv_1+2\cdot\bv_2$，
故 $[f_A(\bv_1)]_\beta = \begin{bmatrix}
0\\
2\\
\end{bmatrix}$ 。
$f_A(\bv_2)=A\cdot\begin{bmatrix}
1\\
-2\\
\end{bmatrix}$ $=\begin{bmatrix}
-2\\
-4\\
\end{bmatrix}$ ，
因為 $f_A(\bv_2)$ 以 $\beta$ 表示為 $-2\cdot\bv_1+0\cdot\bv_2$，
故 $[f_A(\bv_2)]_\beta = \begin{bmatrix}
-2\\
0\\
\end{bmatrix}$ 。
所以將上述向量放為行向量可得 $[f_A]_\beta^\beta =\begin{bmatrix}
0 & -2\\
2 & 0\\
\end{bmatrix}$。

##### Exercise 3

以下練習說明有些時候儘管矩陣無法對角化，
還是可以把 $[f_A]_\beta^\beta$ 化成一定簡單的形式。
未來會學到這些例子叫喬丹標準型。

對以下的矩陣 $A$ 及基底 $\beta$，
求出 $[f_A]_\beta^\beta$。

##### Exercise 3(a)

$$
A = \begin{bmatrix}
\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\
\frac{1}{2} & -\frac{1}{2}
\end{bmatrix}
\quad\text{and}\quad
\beta = \left\{
\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix},
\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}
\right\}.
$$

:::warning

- [x] 跟前面一樣，不要只有答案；後面幾題都是
- [x] 少標點；後面幾題都是
- [x] 最後的矩陣有錯
:::
$Ans:$

$f_A(\bv_1)=A\cdot\begin{bmatrix}
1\\
1\\
\end{bmatrix}$ $=\begin{bmatrix}
0\\
0\\
\end{bmatrix}$ ，
因為 $f_A(\bv_1)$ 以 $\beta$ 表示為 $0\cdot\bv_1+0\cdot\bv_2$，
故 $[f_A(\bv_1)]_\beta = \begin{bmatrix}
0\\
0\\
\end{bmatrix}$ 。
$f_A(\bv_2)=A\cdot\begin{bmatrix}
1\\
-1\\
\end{bmatrix}$ $=\begin{bmatrix}
1\\
1\\
\end{bmatrix}$ ，
因為 $f_A(\bv_2)$ 以 $\beta$ 表示為 $1\cdot\bv_1+0\cdot\bv_2$，
故 $[f_A(\bv_2)]_\beta = \begin{bmatrix}
1\\
0\\
\end{bmatrix}$ 。

所以 $[f_A]_\beta^\beta =\begin{bmatrix}
0 & 1\\
0 & 0\\
\end{bmatrix}$ 。

##### Exercise 3(b)

$$
A = \begin{bmatrix}
0 & 1 \\
-4 & 4
\end{bmatrix}
\quad\text{and}\quad
\beta = \left\{
\begin{bmatrix} 2 \\ 4 \end{bmatrix},
\begin{bmatrix} -1 \\ 0 \end{bmatrix}
\right\}.
$$

$Ans:$

$f_A(\bv_1)=A\cdot\begin{bmatrix}
2\\
4\\
\end{bmatrix}$ $=\begin{bmatrix}
4\\
8\\
\end{bmatrix}$ ，
因為 $f_A(\bv_1)$ 以 $\beta$ 表示為 $2\cdot\bv_1+0\cdot\bv_2$，
故 $[f_A(\bv_1)]_\beta = \begin{bmatrix}
2\\
0\\
\end{bmatrix}$ 。
$f_A(\bv_2)=A\cdot\begin{bmatrix}
-1\\
0\\
\end{bmatrix}$ $=\begin{bmatrix}
0\\
4\\
\end{bmatrix}$ ，
因為 $f_A(\bv_2)$ 以 $\beta$ 表示為 $1\cdot\bv_1+2\cdot\bv_2$，
故 $[f_A(\bv_2)]_\beta = \begin{bmatrix}
1\\
2\\
\end{bmatrix}$ 。

所以 $[f_A]_\beta^\beta =\begin{bmatrix}
2 & 1\\
0 & 2\\
\end{bmatrix}$ 。
##### Exercise 3(c)

$$
A = \begin{bmatrix}
0 & 1 \\
-9 & 6
\end{bmatrix}
\quad\text{and}\quad
\beta = \left\{
\begin{bmatrix} 3 \\ 9 \end{bmatrix},
\begin{bmatrix} -1 \\ 0 \end{bmatrix}
\right\}.
$$
$Ans:$

$f_A(\bv_1)=A\cdot\begin{bmatrix}
3\\
9\\
\end{bmatrix}$ $=\begin{bmatrix}
9\\
27\\
\end{bmatrix}$ ，
因為 $f_A(\bv_1)$ 以 $\beta$ 表示為 $3\cdot\bv_1+0\cdot\bv_2$，
故 $[f_A(\bv_1)]_\beta = \begin{bmatrix}
3\\
0\\
\end{bmatrix}$ 。
$f_A(\bv_2)=A\cdot\begin{bmatrix}
-1\\
0\\
\end{bmatrix}$ $=\begin{bmatrix}
0\\
9\\
\end{bmatrix}$ ，
因為 $f_A(\bv_2)$ 以 $\beta$ 表示為 $1\cdot\bv_1+3\cdot\bv_2$，
故 $[f_A(\bv_2)]_\beta = \begin{bmatrix}
1\\
3\\
\end{bmatrix}$ 。

所以 $[f_A]_\beta^\beta =\begin{bmatrix}
3 & 1\\
0 & 3\\
\end{bmatrix}$ 。
##### Exercise 4

對以下的矩陣 $A$ 及基底 $\beta$，
求出 $[f_A]_\beta^\beta$。

##### Exercise 4(a)

$$
A = \begin{bmatrix}
4 & 0 & -1 \\
0 & 4 & -1 \\
-1 & -1 & 5
\end{bmatrix}
\quad\text{and}\quad
\beta = \left\{
\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix},
\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{bmatrix},
\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \end{bmatrix}
\right\}.
$$

:::warning

- [x] 不要只有答案；後面幾題都是
:::

$Ans:$
令 $\beta$ 中行向量分別為 $\bv_1,\bv_2,\bv_3$
則 $f_A(\bv_1) = A\bv_1 = (3,3,3) = 3\bv_1 + 0\bv_2 + 0\bv_3$，所以 $[f_A(\bv_1)]_\beta=(3,0,0)$。
$f_A(\bv_2)=A\bv_2=(4,-4,0)= 0\bv_1 + 4\bv_2 + 0\bv_3$，所以$[f_A(\bv_2)]_\beta=(0,4,0)$。
$f_A(\bv_3)=A\bv_3=(6,6,12)= 0\bv_1 + 0\bv_2 + 6\bv_3$，所以$[f_A(\bv_3)]_\beta=(0,0,6)$。
又$$
[f_A]_\beta^\beta =
\begin{bmatrix}
| & ~ & | \\
[f_A(\bv_1)]_\beta & \cdots & [f_A(\bv_n)]_\beta \\
| & ~ & | \\
\end{bmatrix}。$$最後將上述向量放為行向量可得 $[f_A]_\beta^\beta =\begin{bmatrix}
3 & 0 & 0\\
0 & 4 & 0\\
0 & 0 & 6
\end{bmatrix}$。
##### Exercise 4(b)

$$
A = \begin{bmatrix}
2 & -2 & 3 \\
-2 & 2 & 3 \\
3 & 3 & -3
\end{bmatrix}
\quad\text{and}\quad
\beta = \left\{
\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix},
\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{bmatrix},
\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \end{bmatrix}
\right\}.
$$
$Ans:$
令 $\beta$ 中行向量分別為 $\bv_1,\bv_2,\bv_3$
則 $f_A(\bv_1) = A\bv_1 = (3,3,3) = 3\bv_1 + 0\bv_2 + 0\bv_3$，所以 $[f_A(\bv_1)]_\beta=(3,0,0)$。
$f_A(\bv_2)=A\bv_2=(4,-4,0)= 0\bv_1 + 4\bv_2 + 0\bv_3$，所以$[f_A(\bv_2)]_\beta=(0,4,0)$。
$f_A(\bv_3)=A\bv_3=(-6,-6,12)= 0\bv_1 + 0\bv_2 + (-6)\bv_3$，所以$[f_A(\bv_3)]_\beta=(0,0,-6)$。
又$$
[f_A]_\beta^\beta =
\begin{bmatrix}
| & ~ & | \\
[f_A(\bv_1)]_\beta & \cdots & [f_A(\bv_n)]_\beta \\
| & ~ & | \\
\end{bmatrix}。$$最後將上述向量放為行向量可得 $[f_A]_\beta^\beta =\begin{bmatrix}
3 & 0 & 0\\
0 & 4 & 0\\
0 & 0 & -6
\end{bmatrix}$。

##### Exercise 4(c)

$$
A = \begin{bmatrix}
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
6 & -11 & 6
\end{bmatrix}
\quad\text{and}\quad
\beta = \left\{
\begin{bmatrix} 1 \\ 3 \\ 9 \end{bmatrix},
\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 4 \end{bmatrix},
\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}
\right\}.
$$
$Ans:$
令 $\beta$ 中行向量分別為 $\bv_1,\bv_2,\bv_3$
則 $f_A(\bv_1) = A\bv_1 = (3,9,27) = 3\bv_1 + 0\bv_2 + 0\bv_3$，所以 $[f_A(\bv_1)]_\beta=(3,0,0)$。
$f_A(\bv_2)=A\bv_2=(2,4,8)= 0\bv_1 + 2\bv_2 + 0\bv_3$，所以$[f_A(\bv_2)]_\beta=(0,2,0)$。
$f_A(\bv_3)=A\bv_3=(1,1,1)= 0\bv_1 + 0\bv_2 + 1\bv_3$，所以$[f_A(\bv_3)]_\beta=(0,0,1)$。
又$$
[f_A]_\beta^\beta =
\begin{bmatrix}
| & ~ & | \\
[f_A(\bv_1)]_\beta & \cdots & [f_A(\bv_n)]_\beta \\
| & ~ & | \\
\end{bmatrix}。$$最後將上述向量放為行向量可得 $[f_A]_\beta^\beta =\begin{bmatrix}
3 & 0 & 0\\
0 & 2 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}$。

##### Exercise 5

令 $A$ 及 $B$ 為兩 $n\times n$ 矩陣，而 $Q$ 為一 $n\times n$ 可逆矩陣。

##### Exercise 5(a)

以矩陣運算說明
$$
Q^{-1}AQ + Q^{-1}BQ = Q^{-1}(A + B)Q.
$$

:::warning

- [x] 標點
- [x] 中英文間空格
:::

Ans:
已知矩陣有分配律:
$$
A(B+C)=AB+AC, \quad (A+B)C=AC+BC
$$
故 $Q^{-1}AQ + Q^{-1}BQ$ 可先將 $Q^{-1}$ 提出，
得 $Q^{-1}(AQ+BQ).$
再將 $Q$ 提出，得 $Q^{-1}((A+B)Q)$ ，即 $Q^{-1}(A + B)Q.$
得證 $Q^{-1}AQ + Q^{-1}BQ = Q^{-1}(A + B)Q.$

##### Exercise 5(b)

利用 $f_A + f_B = f_{A + B}$ 的性質說明
$$
Q^{-1}AQ + Q^{-1}BQ = Q^{-1}(A + B)Q.
$$

**[由林柏仰同學提供]**
由於 $Q^{-1}$ 存在， $Q^{-1}$ 的行向量為定義域中的一組基底 $\beta$ 。
觀察 $f_A$ ， $f_A$ 會將一向量 $\bv$ 送到 $A\bv$ ，若用 $\beta$ 去觀察，可看成將 $[\bv]_\beta$ 送到 $Q^{-1}AQ[\bv]_\beta$ 。
而用 $\beta$ 觀察 $f_B\ ,\ f_{A+B}$ 也會得到類似的結論。

依照 $f_A + f_B = f_{A + B}$ 此一性質，可得到等式
$$
(Q^{-1}AQ + Q^{-1}BQ)[\bv]_\beta = Q^{-1}(A + B)Q[\bv]_\beta,\\
[\ (Q^{-1}AQ + Q^{-1}BQ) - Q^{-1}(A + B)Q\ ][\bv]_\beta = \bzero.
$$
由於此等式對任意的 $\bv$ 都成立，故 $Q^{-1}AQ + Q^{-1}BQ = Q^{-1}(A + B)Q$。

##### Exercise 5(c)

以矩陣運算說明
$$
(Q^{-1}AQ)^n = Q^{-1}A^nQ.
$$

:::warning

- [x] 用 `aligned` 環境把大型數學式排好
- [x] 標點
:::

Ans:
已知 $QQ^{-1}=Q^{-1}Q=I$ ， $I$ 為單位矩陣，故
$$
\begin{aligned}
(Q^{-1}AQ)^n &= (Q^{-1}AQ)(Q^{-1}AQ)...(Q^{-1}AQ) \\
&= Q^{-1}A(QQ^{-1})A(Q...Q^{-1})AQ \\
&= Q^{-1}A^{n}Q.
\end{aligned}
$$

##### Exercise 5(d)

利用 $f_A \circ \cdots \circ f_A = f_{A^n}$ 的性質說明
$$
(Q^{-1}AQ)^n = Q^{-1}A^nQ,
$$
其中 $f_A \circ \cdots \circ f_A$ 是指將 $f_A$ 函數和自己合成 $n$ 次。

**[由林柏仰同學提供]**
因 $Q$ 可逆，令 $Q$ 的行向量為定義域中的一組基底 $\beta$。
觀察 $f_A$ ， $f_A$ 會將一向量 $\bv$ 送到 $A\bv$ ，而若用 $\beta$ 來觀察這個動作，可看成將表示法 $[\bv]_\beta$ 送到表示法 $[f_A]_\beta^\beta[\bv]_\beta$ 。
即在 $[\bv]_\beta$ 前乘上 $Q^{-1}AQ$ 。
而 $f_A \circ \cdots \circ f_A$ 是指將 $f_A$ 函數和自己合成 $n$ 次，相當於將 $\bv$ 送 $n$ 次。
則若用 $\beta$ 來觀察，即為在 $[\bv]_\beta$ 前乘上 $(Q^{-1}AQ)^n$ 。

觀察 $f_{A^n}$ ， $f_{A^n}$ 是將一向量 $\bv$ 送到 $A^n\bv$ ，若用 $\beta$ 來觀察，便是在 $[\bv]_\beta$ 前乘上 $Q^{-1}A^nQ$ 。

則可得到等式
$$
(Q^{-1}AQ)^n[\bv]_\beta = Q^{-1}A^nQ[\bv]_\beta,\\
((Q^{-1}AQ)^n - Q^{-1}A^nQ)[\bv]_\beta = \bzero.
$$
由於這個等式對所有 $\bv$ 都對，故 $(Q^{-1}AQ)^n = Q^{-1}A^nQ$。

##### Exercise 5(e)

說明若 $A$ 可逆，則
$$
(Q^{-1}AQ)^{-1} = Q^{-1}A^{-1}Q.
$$

:::warning

- [x] 標點
- [x] 敘述怪怪的：為找出反矩陣，可前後乘反矩陣？如果有反矩陣可以乘就不用找了啊。應該要說 如要驗證 ??? 為 ??? 之反矩陣，...
:::

Ans:
<!-- 可知 $Q^{-1}A^{-1}Q$ 為其反矩陣。 -->
<!-- ，可依序前乘或後乘，
如 $Q^{-1}AQ(Q^{-1}A^{-1}Q)=I$ 或 $(Q^{-1}A^{-1}Q)Q^{-1}AQ=I$
皆可證所求反矩陣為 $Q^{-1}A^{-1}Q$。 -->
經直接計算可得

$$
Q^{-1}AQ(Q^{-1}A^{-1}Q) = Q^{-1}AA^{-1}Q = Q^{-1}Q = I
$$

及

$$
(Q^{-1}A^{-1}Q)Q^{-1}AQ = Q^{-1}A^{-1}AQ = Q^{-1}Q = I.
$$

如此可驗證 $Q^{-1}AQ$ 之反矩陣為 $Q^{-1}A^{-1}Q$

##### Exercise 6

對以下矩陣 $A$，利用 5c 的結果計算 $A^n$。

##### Exercise 6(a)

$$
A = \begin{bmatrix}
0 & 1 \\
-6 & 5
\end{bmatrix}.
$$
（參考 2d。）

:::warning

- [x] 向量粗體
- [x] 標點
:::

Ans:
存在 $\bv_1=\begin{bmatrix}1\\3\end{bmatrix}, \bv_2=\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}$
使 $A\bv_1=\begin{bmatrix}3\\9\end{bmatrix}=3\bv_1, A\bv_2=\begin{bmatrix}2\\4\end{bmatrix}=2\bv_2.$
故可設 $Q=\begin{bmatrix}1&1\\3&2\end{bmatrix}$ 使 $Q^{-1}AQ=\begin{bmatrix}3&0\\0&2\end{bmatrix}=D,$
$A^n=Q^{-1}D^n Q=\begin{bmatrix}-2&1\\3&-1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}3^n &0\\0&2^n\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&1\\3&2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3(2^n)-2(3^n)&2(2^n)-2(3^n)\\-3(2^n)+3(3^n)&-2(2^n)+3(3^n)\end{bmatrix}.$

##### Exercise 6(b)

$$
A = \begin{bmatrix}
0 & 1 \\
-4 & 4
\end{bmatrix}.
$$
（參考 3b。）

:::warning

- [x] 同上題
- [x] $\begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{bmatrix}^n$ 是可以算的喔
:::

Ans:
存在 $\bv_1=\begin{bmatrix}2\\4\end{bmatrix},
\bv_2=\begin{bmatrix}-1\\0\end{bmatrix}$
使 $A\bv_1=\begin{bmatrix}4\\8\end{bmatrix}=2\bv_1,
A\bv_2=\begin{bmatrix}0\\4\end{bmatrix}=\bv_1+2\bv_2.$
故可設 $Q=\begin{bmatrix}2&-1\\4&0\end{bmatrix}$ 使 $Q^{-1}AQ=\begin{bmatrix}2&1\\0&2\end{bmatrix}=D$
$A^n
=Q^{-1}D^n Q
=\begin{bmatrix}0&1/4\\-1&1/2\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}2^{n}&(2^{n}n)/2\\0&2^{n}\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}2&-1\\4&0\end{bmatrix}.$

##### Exercise 7

令 $A$ 及 $B$ 為兩 $n\times n$ 矩陣，而 $Q$ 為一 $n\times n$ 可逆矩陣。
若 $Q^{-1}AQ$ 和 $Q^{-1}BQ$ 都是對角矩陣，證明 $AB = BA$。

:::warning

- [x] You made it way too complicated. Follow the steps:
1. Explain if $D_1$ and $D_2$ are diagonal matrices, then $D_1D_2 = D_2D_1$.
2. Use 1. and the fact that $Q^{-1}AQ$ and $Q^{-1}BQ$ are diagonal matrices to show that $AB= BA$.
:::

Let $D_1$ and $D_2$ be two diagonal matrices. We may assume
$$
D_1 = \begin{bmatrix}
\ a_i & ~ & ~ \\
~ & \ddots & ~ \\
~ & ~ & \ a_n
\end{bmatrix} \text{ and } D_2 = \begin{bmatrix}
\ b_i & ~ & ~ \\
~ & \ddots & ~ \\
~ & ~ & \ b_n
\end{bmatrix}.
$$

From the two diagonal matrices above, we may check

$$D_1D_2 = \begin{bmatrix}
\ a_ib_i & ~ & ~ \\
~ & \ddots & ~ \\
~ & ~ & \ a_nb_n
\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}
\ b_ia_i & ~ & ~ \\
~ & \ddots & ~ \\
~ & ~ & \ b_na_n
\end{bmatrix} = D_2D_1.
$$

Since $Q^{-1}AQ$ and $Q^{-1}BQ$ are diagonal matrices, we have $(Q^{-1}AQ)(Q^{-1}BQ) = (Q^{-1}BQ)(Q^{-1}AQ)$, which means $Q^{-1}ABQ = Q^{-1}BAQ$ since $QQ^{-1} = I$.
After that, we __pre-multiply $Q$__ on the both sides and get $ABQ = BAQ$.
Similarly, we __post-multiply $Q^{-1}$__ on the both sides and get $AB = BA$.

Therefore, $AB = BA$.

:::info
目前分數 = 5 $\times$ 檢討 = 6
:::