# 特徵空間

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

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

from lingeo import random_int_list, random_good_matrix

## Main idea

Let $A$ be a square matrix and $\lambda\in\spec(A)$.
The **eigenspace** of $A$ with respect to $\lambda$ is defined as
$$
E_\lambda = \ker(A - \lambda I).
$$
By definition, we have $\gm(\lambda) = \dim(E_\lambda)$.

Similarly, if $f:V \rightarrow V$ is a linear function and $\lambda\in\spec(f)$,
then the **eigenspace** of $f$ with respect to $\lambda$ is
$$
E_\lambda = \ker(f - \lambda\idmap_V) = \{\bv\in V: f(v) = \lambda \bv\}.
$$

Recall that a set of subspaces $\{V_1,\ldots,V_k\}$ is linearly independent if
the only choice of ${\bf v}_1\in V_1, \ldots, {\bf v}_k\in V_k$ satisfying
$$
{\bf v}_1 + \cdots + {\bf v}_k = {\bf 0}
$$
is ${\bf v}_1 = \cdots = {\bf v}_k = {\bf 0}$.
(See 211 for more details and exercises.)

Let $A$ be an $n\times n$ matrix with distinct eigenvalues $\lambda_1, \ldots, \lambda_q$.
Then $\{E_{\lambda_1}, \ldots, E_{\lambda_q}\}$ is linearly independent.

Therefore, if $\gm(\lambda_i) = \am(\lambda_i)$,
or, equivalently, the sum of geometric multiplicity is $n$,
then one may pick a basis $\beta_{\lambda_i}$ for each $E_{\lambda_i}$ and $\beta = \beta_{\lambda_1} \cup \cdots \cup \beta_{\lambda_q}$ is a basis of $\mathbb{R}^n$.
Therefore, $A$ is diagonalizable.

In a different language, the following are equivalent.

- $A$ is diagonalizable.
- $\mathbb{R}^n = E_{\lambda_1} \oplus \cdots \oplus E_{\lambda_q}$.

That is, $\mathbb{R}^n$ can be written as the direct sum of the eigenspaces of $A$.

## Side stories

- simultaneously diagonalizable

## Experiments

##### Exercise 1

執行以下程式碼。
令 $\bu_1$ 為 $A_1$ 的行向量、
$\bu_2,\bu_3$ 為 $A_2$ 的行向量、
$\bu_4,\bu_5$ 為 $A_3$ 的行向量、
而 $R$ 為 $\begin{bmatrix} A_1 A_2 A_3 \end{bmatrix}$ 的最簡階梯型。
（已知 $\ker(A_1) = \ker(A_2) = \ker(A_3) = \{\bzero\}$。）

### code
set_random_seed(0)
print_ans = False

indep = choice([True, False])

n = 6
A = random_good_matrix(n,5,5)
if not indep:
    while True:
        l = random_int_list(4)
        if 0 not in l:
            break
    A[:,-1] = A[:,[0,1,2,3]] * matrix(4, l)
    
A1 = A[:,[0]]
A2 = A[:,[1,2]]
A3 = A[:,[3,4]]
R = A.rref()

pretty_print(LatexExpr("A_1 ="), A1, LatexExpr(", A_2 ="), A2, LatexExpr("A_3 ="), A3)
pretty_print(LatexExpr("R ="), R)

if print_ans:
    print("Linearly independent?", indep)
    if indep:
        print("If v1 + v2 + v3 = 0,")
        print("then v1 = a1 u1, v2 = a2 u2 + a3 u3, v3 = a4 u4 + a5 u5,")
        print("and a1 u1 + a2 u2 + a3 u3 + a4 u4 + a5 u5 = 0.")
        print("But then {u1, u2, u3, u4, u5} is linearly independent.")
    else:
        v1 = A1 * vector(l[:1])
        v2 = A2 * vector(l[1:3])
        v3 = A3 * vector(l[3:] + [-1])
        print("v1 = (%s)u1"%l[0], v1)
        print("v2 = (%s)u2 + (%s)u3"%(l[1], l[2]), v2)
        print("v3 = (%s)u4 + (%s)u5"%(l[3], -1), v3)

$Ans:$

藉由 `seed = 0`得到
$$
A_1 = \begin{bmatrix}
1\\ -4\\19\\47\\36\\-53\\
\end{bmatrix},
A_2 = \begin{bmatrix}
-5&0\\21&3\\-100&-14\\-248&-37\\-191&-31\\278&38\\
\end{bmatrix},
A_3 = \begin{bmatrix}
-3&-4\\15&13\\-68&-59\\-171&-141\\-132&-102\\193&168\\
\end{bmatrix}
$$
以及
$$
R = \begin{bmatrix}
1&0&0&0&0\\0&1&0&0&0\\0&0&1&0&0\\0&0&0&1&0\\0&0&0&0&1\\0&0&0&0&0
\end{bmatrix}
$$
##### Exercise 1(a)

判斷 $\{\Col(A_1), \Col(A_2), \Col(A_3)\}$ 是否線性獨立。

:::warning

- [x] 向量改粗體
:::

$Ans:$

經過列運算可以得到 $\begin{bmatrix} A_1 A_2 A_3 \end{bmatrix}$ 的最簡階梯型式$R$，
明顯地，我們可以知道
$\bu_1,\bu_2,\bu_3,\bu_4,\bu_5$ 無法互相寫成彼此的線性組合，
故為線性獨立。

##### Exercise 1(b)

若線性獨立，請說明原因。
若不線性獨立，請找出 $\bv_1\in\Col(A_1)$、$\bv_2\in\Col(A_2)$、及 $\bv_3\in\Col(A_3)$
使得 $\bv_1 + \bv_2 + \bv_3 = \bzero$ 且三向量不全為零向量。

$Ans:$

經過列運算可以得到 $\begin{bmatrix} A_1 A_2 A_3 \end{bmatrix}$ 的最簡階梯型式$R$，
明顯地，我們可以知道
$\bu_1,\bu_2,\bu_3,\bu_4,\bu_5$ 無法互相寫成彼此的線性組合，
故為線性獨立。

## Exercises

##### Exercise 2

令
$$
A = \begin{bmatrix}
8 & -2 & 3 & -5 & -1 \\
-11 & 7 & -5 & 11 & 1 \\
-34 & 14 & -14 & 33 & 4 \\
0 & 0 & 0 & 3 & 0 \\
-40 & 16 & -19 & 39 & 7
\end{bmatrix}.
$$
已知 $A$ 有三個相異的特徵值 $1,2,3$，
對於 $\lambda = 1,2,3$，
找出特徵空間 $E_\lambda$ 的一組基底 $\beta_\lambda$。
判斷 $\beta = \beta_1 \cup \beta_2 \cup \beta_3$ 是否為 $\mathbb{R}^5$ 的一組基底。

:::warning

- [x] 中英數之間空格
- [x] $\lambda = 1$ 時，
$$
A - \lambda I = ...
$$
- [x] 矩陣要進數學模式，中文不要進
- [x] $span$ --> $\vspan$
- [x] $\beta$ 是一群向量，不是矩陣；你只能說令 $B$ 為由 $\beta$ 中向量為行向量的矩陣 ...
- [x] 為什麼高斯消去法沒消乾淨？
:::

$Ans:$
$\lambda = 1$ 時 ,
$$A - \lambda I=\begin{bmatrix}
7 & -2 & 3 & -5 & -1 \\
-11 & 6 & -5 & 11 & 1 \\
-34 & 14 & -15 & 33 & 4 \\
0 & 0 & 0 & 2 & 0 \\
-40 & 16 & -19 & 39 & 6
\end{bmatrix}$$
經過高斯消去法，
$$\begin{bmatrix}
7 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 7 & 0 & 0 & -2 \\
0 & 0 & 7 & 0 & -6 \\
0 & 0 & 0 & 7 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}.
$$

$$E_1=\ker(A - \lambda I) = \vspan\left\{\begin{bmatrix}
-1\\ 2\\6\\0\\7\\ \end{bmatrix}\right\},
$$
同理可推得，$$E_2=\ker(A - \lambda I) = \vspan\left\{\begin{bmatrix}
-5\\ -3\\8\\0\\0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix}
3\\ 5\\0\\0\\8 \end{bmatrix}\right\},
E_3=\ker(A - \lambda I) = \vspan\left\{\begin{bmatrix}
6\\ 4\\1\\5\\0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix}
-1\\ 1\\4\\0\\5 \end{bmatrix}\right\}$$
另 $B$ 為 $\beta$ 中向量為行向量的矩陣，則 $$
B=\begin{bmatrix}
-1&-5&3&6&-1\\2&-3&5&4&1\\6&8&0&1&4\\0&0&0&5&0\\7&0&8&0&5\\
\end{bmatrix}$$ 經過高斯消去法，可得
$$
\begin{bmatrix}
-1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 73 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & -1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 5 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 63/73 \\
\end{bmatrix}
$$
根據定義，由於 $\operatorname{ker}(B) = \{{\bf 0}\}$，所以 $\beta$ 為 $\mathbb{R}^5$ 的一組基底。

##### Exercise 3

令
$$
A = \begin{bmatrix}
-1 & 5 & -6 & 5 & -2 \\
4 & -9 & 11 & -8 & 3 \\
6 & -18 & 19 & -12 & 4 \\
-1 & -2 & 1 & 2 & 0 \\
-6 & 15 & -13 & 9 & 0
\end{bmatrix}.
$$
已知 $A$ 有三個相異的特徵值 $1,2,3$，
對於 $\lambda = 1,2,3$，
找出特徵空間 $E_\lambda$ 的一組基底 $\beta_\lambda$。
判斷 $\beta = \beta_1 \cup \beta_2 \cup \beta_3$ 是否為 $\mathbb{R}^5$ 的一組基底。

:::warning

- [x] 同上題
- [x] 標點
:::

$Ans:$

$\lambda = 1$ 時 ,

$$A - \lambda I= \begin{bmatrix}
-2 & 5 & -6 & 5 & -2 \\
4 & -10 & 11 & -8 & 3 \\
6 & -18 & 18 & -12 & 4 \\
-1 & -2 & 1 & 1 & 0 \\
-6 & 15 & -13 & 9 & -1
\end{bmatrix}.$$
經過高斯消去法可得
$$\begin{bmatrix}
3 & 0 & 0 & 0 & -1 \\
0 & 3 & 0 & 0 & 2 \\
0 & 0 & 3 & 0 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 3 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}.
$$

因此
$$E_1=\ker(A -\lambda I) = \vspan\left\{\begin{bmatrix}
-1\\ -2\\-3\\0\\3 \end{bmatrix} \right\}.$$
同理可推
$$E_2=\ker(A - \lambda I) = \vspan\left\{\begin{bmatrix}
0\\ -1\\-2\\-1\\1 \end{bmatrix} \right\},
E_3=\ker(A -\lambda I) = \vspan\left\{\begin{bmatrix}
-1\\ -3\\-6\\-1\\6 \end{bmatrix} \right\}.
$$
因為只有三組向量所以無法組成 $\mathbb{R}^5$ 的一組基底。

##### Exercise 4

對以下線性函數 $f$，描述它的每一個特徵空間。

##### Exercise 4(a)

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。

:::warning

- [x] 向量粗體
- [x] v --> $\bv$
- [x] 中英數之間空格
- [x] $\lambda=1$ 且 $E_1$ = $\{\bv:\bv\in V \}$
- [x] 標點
- [x] $∀\bv\in V$ --> $\text{ for all }\bv\in V$
:::

$Ans:$
$$
E_\lambda = \ker(f - \lambda\idmap_V) = \{\bv\in V: f(\bv) = \lambda \bv\}.
$$
因為所求 $f(\bv) = \lambda \bv$ 中的 $\bv$ 須滿足運算後方向與原本平行,

因此 $\lambda$ 只有兩種可能

1. 向量與 $V$ 平行,此時 $\lambda=1$ 且 $E_1$ = $\{\bv:\bv\in V \}.$
2. 向量與 $V$ 垂直,此時 $\lambda=0$ 且 $E_0$ = $\{\bu:\inp{\bu}{\bv}=0 \text{ for all }\bv\in V\}.$

##### Exercise 4(b)

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。

:::warning

- [x] 同上題
:::

$Ans:$

因為所求 $f(\bv) = \lambda \bv$ 中的 $\bv$ 須滿足運算後方向與原本平行,

因此$\lambda$ 只有兩種可能

1. 向量與 $V$ 平行,此時 $\lambda=1$ 且 $E_1$ = $\{\bv:\bv\in V \}.$

2. 向量與 $V$ 垂直,此時 $\lambda=-1$ 且 $E_{-1}$ = $\{\bu:\inp{\bu}{\bv}=0 \text{ for all }\bv\in V\}.$
##### Exercise 5

令 $V_1,\ldots, V_k$ 為同一向量空間中的子空間，
且 $\{V_1, \ldots, V_k\}$ 線性獨立。
若對於 $i = 1,\ldots, k$ 分別有 $\beta_i$ 為 $V_i$ 的基底。
證明 $\beta = \beta_1 \cup \cdots \cup \beta_k$ 為 $V_1 \oplus \cdots \oplus V_k$ 的基底。

:::warning

- [x] 開頭應該是：考慮一群向量 $\bv^1_1,\ldots, \bv^1_{s_1}\in\beta_1$, $\ldots$, $\bv^k_1,\ldots, \bv^k_{s_k}\in\beta_k$。若
$$
\sum_{i=1}^{s_1}c^1_i\bv^1_i + \cdots + \sum_{i=1}^{s_k}c^k_i\bv^k_i = \bzero.
$$
... 並說明係數為零。
:::

$Ans:$

考慮一群向量 $\bv^1_1,\ldots, \bv^1_{s_1}\in\beta_1$, $\ldots$, $\bv^k_1,\ldots, \bv^k_{s_k}\in\beta_k$。若
$$
\sum_{i=1}^{s_1}c^1_i\bv^1_i + \cdots + \sum_{i=1}^{s_k}c^k_i\bv^k_i = \bzero.
$$

令
$$\sum_{i=1}^{s_1}c^1_i\bv^1_i = {\bf u}_1\in V_1,
\ldots,\sum_{i=1}^{s_k}c^k_i\bv^k_i = {\bf u}_k\in V_k$$

因為 $\{V_1, \ldots, V_k\}$ 線性獨立，因此 ${\bf u}_1 = \cdots = {\bf u}_k = {\bf 0}$.

因為基底中的元素彼此線性獨立，因此係數皆為零.

所以 $\beta = \beta_1 \cup \cdots \cup \beta_k$ 中的元素線性獨立.

因而得出 $\beta_1 \cup \cdots \cup \beta_k = \beta$ 為 $V_1 \oplus \cdots \oplus V_k$ 的基底.

##### Exercise 6

令 $A$ 為一矩陣且其相異的特徵值為 $\lambda_1,\ldots,\lambda_q$。
證明其所有特徵空間 $\{E_{\lambda_1}, \ldots, E_{\lambda_q}\}$ 線性獨立。

（參考 311-5。）

:::warning

- [x] 零向量用 $\bzero$
:::

$Ans:$

令 ${\bf v}_1\in E_{\lambda_1}, \ldots, {\bf v}_q\in E_{\lambda_q}$，且 ${\bf v}_1 + \cdots + {\bf v}_q = {\bf 0}.$
將上述等式左右同乘 $A$ q-1次，並將所得結果列出可得出下列等式
$$\begin{cases}
{\bf v}_1 + \cdots + {\bf v}_q = \bzero \\
\lambda_1{\bf v}_1 + \cdots + \lambda_q{\bf v}_q = \bzero\\
\vdots \\
\lambda_1^{q-1}{\bf v}_1 + \cdots + \lambda_q^{q-1}{\bf v}_q = \bzero
\end{cases}
$$

令 $f_1$ 使得 $f(\lambda_1) = 1$ 且對 $k = 2,\ldots,q$ 都有 $f(\lambda_k) = 0$.
將 $f_1$ 展開寫成 $f_1 = c_0 + c_1x + \cdots + c_{q-1}x^{q-1}$.

$\begin{aligned}
&c_0({\bf v}_1 + \cdots + {\bf v}_q &= \bzero)\\
&c_1(\lambda_1 {\bf v}_1 + \cdots + \lambda_q {\bf v}_q &= \bzero)\\
&\vdots\\
+)&c_{q-1}(\lambda_{1} {\bf u}_1 + \cdots + \lambda_q^{q-1}{\bf v}_q &= \bzero)\\
\hline
&f(\lambda_1){\bf v}_1 +\dots+f(\lambda_{q}){\bf v}_q&=\bzero
\end{aligned}$

而對 $k = 2,\ldots,q$ 都有 $f(\lambda_k) = 0.$
所以 $f(\lambda_1){\bf v}_1= \bzero.$
其中 $f(\lambda_1) = 1$ 推得 ${\bf v}_1=\bzero.$

令 $f_2$ 使得 $f(\lambda_2) = 1$ 且對 $k = 1,3,4,\ldots,q$ 都有 $f(\lambda_k) = 0$.
將 $f_2$ 展開寫成 $f_1 = a_0 + a_1x + \cdots + a_{q-1}x^{q-1}$.

$\begin{aligned}
&a_0({\bf v}_1 + \cdots + {\bf v}_q &= \bzero)\\
&a_1(\lambda_1 {\bf v}_1 + \cdots + \lambda_q {\bf v}_q &= \bzero)\\
&\vdots\\
+)&a_{q-1}(\lambda_{1} {\bf v}_1 + \cdots + \lambda_q^{q-1}{\bf v}_q &= \bzero)\\
\hline
&f(\lambda_1){\bf v}_1 +\dots+f(\lambda_{q}){\bf v}_q&=\bzero
\end{aligned}$

而對對 $k = 1,3,4,\ldots,q$ 都有 $f(\lambda_k) = 0.$
所以 $f(\lambda_2){\bf v}_2= \bzero.$
其中 $f(\lambda_2) = 1$ 推得 ${\bf v}_2= \bzero.$

因此可以推得 ${\bf v}_1=\cdots={\bf v}_q= \bzero$，即所有特徵空間 $\{E_{\lambda_1}, \ldots, E_{\lambda_q}\}$ 線性獨立。

##### Exercise 7

給定兩大小相同的方陣 $A$ 和 $B$，
若存在一個可逆矩陣 $Q$
使得 $Q^{-1}AQ$ 和 $Q^{-1}BQ$ 同時是對角矩陣，
則我們稱 $A$ 和 $B$ 可 **同時對角化（simultaneously diagonalizable）**。

依照以下步驟說明：
若 $A$ 和 $B$ 皆可對角化，且 $AB = BA$，
則 $A$ 和 $B$ 可同時對角化。

:::warning

- [x] 應該從 7(a) 開始回答就好。這邊的論證「若 $AB=BA$
則 $Q=T$」不正確。
:::

##### Exercise 7(a)

令 $A$ 和 $B$ 為大小相同的方陣。
令 $\lambda$ 為 $A$ 的一個特徵值，而 $E_\lambda$ 為其特徵空間。
證明若 $AB = BA$，則 $E_\lambda$ 同時為 $A$-不變子空間、也是 $B$-不變子空間。

:::warning

- [x] $\lambda$ 為 $A$ 的一個特徵值，則 $A$ 可對角化。 <-- 不正確；每個矩陣至少都有一個特徵值，但不見得每個矩陣都可以被對角化
- [x] 這題就是要證明有共通矩陣 $Q$
- [ ] 格式可以再改善，少用 &rarr;
:::

$Ans:$ $\lambda$$\bv=Av\in$$E_\lambda$&rarr;$E_\lambda$ 為$A$-不變子空間，又 $\text{for all}$ $\bv,$ $\lambda$$\bv=A\bv$ &hArr; $\bv\in$$E_\lambda$;和 $A(B\bv)=B(A\bv)=B(\lambda \bv)=\lambda B\bv$ &rarr; $B\bv\in$ &rarr; $E_\lambda$ 為 $B$ -不變子空間。

##### Exercise 7(b)

令 $A_1$ 和 $A_2$ 分別為 $n_1\times n_1$ 及 $n_2\times n_2$ 的可對角化的方陣。
若一 $n_1\times n_2$ 矩陣 $X$ 滿足 $A_1X = XA_2$，
且 $A_1$ 和 $A_2$ 沒有共同的特徵值，
說明 $X$ 必為零矩陣。

提示：先考慮 $A_1$ 和 $A_2$ 都是對角矩陣的情況。

:::warning

- [ ] 若 $A_1$ 和 $A_2$ 沒有共通特徵值且皆為對角矩陣，特徵空間便不會有重疊。<-- 兩個矩陣大小不一定一樣，$A_1$ 的特徵空間活在 $\mathbb{R}^{n_1}$，$A_2$ 的特徵空間活在 $\mathbb{R}^{n_2}$，本來就不會重壘
- [ ] 就算唯一相等的只有零向量，也和 $X = O$ 沒關係
- [ ] 第二段的論證不完整也不正確
:::

$Ans:$ 若 $A_1$ 和 $A_2$ 沒有共通特徵值且皆為對角矩陣，特徵空間便不會有重疊。
而特徵空間不重疊的情況下向量唯一相等便是為零向量，由此可得 $X$ 為零矩陣。
若 $A_1$ 和 $A_2$ 不是對角矩陣，則視 $A_1$ 和 $A_2$ 為 $A_1=Y_1A'_1$ 和 $A_2=A'_2Y_2$，其中 $A'_1$ 及 $A'_2$ 為對角矩陣，$A_1$ 和 $A_2$ 依然沒有共通特徵空間，$X$ 為零矩陣。

##### Exercise 7(c)

令 $A$ 和 $B$ 為大小相同的方陣且 $AB = BA$。
假設 $A$ 的相異特徵值為 $\lambda_1, \ldots, \lambda_q$、$q \geq 2$、
且 $E_{\lambda_1},\ldots,E_{\lambda_q}$ 分別為其特徵空間。
令 $V_1 = E_{\lambda_1}$ 而 $V_2 = E_{\lambda_2}\oplus\cdots\oplus E_{\lambda_q}$、
且 $\beta_1$ 和 $\beta_2$ 分別為 $V_1$ 和 $V_2$ 的基底。
取 $\beta = \beta_1 \cup \beta_2$，
證明有以下型式：
$$
[f_A]_\beta^\beta =
\begin{bmatrix}
A_1 & O \\
O & A_2
\end{bmatrix}
\text{ and }
[f_B]_\beta^\beta =
\begin{bmatrix}
B_1 & O \\
O & B_2
\end{bmatrix},
$$
其中 $A_1$ 和 $B_1$ 的大小為 $V_1$ 的維度、
而 $A_2$ 和 $B_2$ 的大小為 $V_2$ 的維度。

:::warning

- [ ] 不完整
:::

$Ans:$ $A_1$ 和 $B_1$ 之基底取決於 $\beta_1$ 的大小，且 $\beta_1$ 為 $V_1$ 的基底。
同理 $A_2$ 和 $B_2$。

##### Exercise 7(d)

證明將前一題 $q = 1$ 的情況，
並用數學歸納法證明：
若 $A$ 和 $B$ 皆可對角化，且 $AB = BA$，
則 $A$ 和 $B$ 可同時對角化。
$Ans:$ 設$Q^{-1}AQ=C$ 和 $T^{-1}BT=D$
對角矩陣 $CD=DC$
$CD=DC=Q^{-1}AQT^{-1}BT=T^{-1}BTQ^{-1}AQ$
若 $AB=BA$
則 $Q=T$ 則 $Q^{-1}AQT^{-1}BT=Q^{-1}ABQ=Q^{-1}BAQ$
又 $QQ^{-1}ABQQ^{-1}=QQ^{-1}BAQQ^{-1}=AB=BA$
因此 $A$ 和 $B$ 可同時對角化。

:::warning

- [ ] 未回答
:::

:::info
目前分數 = 4 &times; 檢討 = 6.5
:::