# 對一個特徵向量化簡

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

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

from lingeo import random_int_vec

## Main idea

We start with some basic ideas on complex matrices.
Let $A$ be a complex matrix.
Then the **conjugate transpose** of $A$ is the matirx obtained from $A\trans$ by taking conjugate entrywisely.
Recall that if $\bx$ and $\by$ are complex column vectors, then their inner product is $\inp{\bx}{\by} = \by^* \bx$.

If a complex matrix $A$ satisfies $A^* A = AA^* = I$, then it is called a **unitary** matrix.
In comparison, if a real matrix satisfies $A\trans A = AA\trans = I$, then it is an orthogonal matrix.

Let $A$ be an $n\times n$ complex matrix.
Then the following are equivalent:
- $A$ is a unitary matrix.
- $A^{-1} = A^*$.
- The columns of $A$ form an orthonormal basis of $\mathbb{C}^n$.
- The rows of $A$ form an orthonormal basis of $\mathbb{C}^n$.

Let $\bv\in\mathbb{C}^n$ be a nonzero vector.
Then one may expand $\bv$ into a basis $\beta$ of $\mathbb{C}^n$ whose first vector is $\bv$.
Let $Q$ be the matrix whose columns are the vectors in $\beta$. Then $Q$ is an invertible matrix whose first column is $\bv$.
If necessary, one may apply the Gram–Schimdt process to obtain an orthonormal basis of $\mathbb{C}^n$ whose first vector is $\frac{\bv}{\|\bv\|}$.
Thus, there is a unitary matrix $Q$ whose first column is $\frac{\bv}{\|\bv\|}$.

##### Reduction Lemma

Let $A$ be a complex matrix.
Suppose $\bv$ is an eigenvector of $A$ with respect to the eigenvalue $\lambda$.
Let $Q$ be an invertible matrix whose first column is $\bv$.
Then $Q^{-1}AQ$ has the form

$$
\begin{bmatrix}
\lambda & * \\
\bzero & A_2
\end{bmatrix}.
$$

Moreover, $Q$ can be chosen as a unitary matrix whose first column is $\frac{\bv}{\|\bv\|}$.

##### Remark

Note that the eigenvalues of a real matrix are not necessarily all real.
Suppose $A$ is a real matrix and $\lambda$ is a real eigenvalue of $A$.
Then the eigenvector $\bv\in\ker(A - \lambda I)$ can be chosen to be real.
Also, the $Q$ matrix in the reduction lemma can be chosen to be orthogonal.
However, $A_2$ can still possibly have a non-real eigenvalue.

## Side stories

- all-ones vector
- cases of real matrices
- properties of unitary/orthogonal matrices
- discrete Fourier transform matrix

## Experiments

##### Exercise 1

執行以下程式碼。
令 $\beta = \{\bu_1,\ldots,\bu_n\}$ 為 $Q$ 的行向量集合。

### code
set_random_seed(0)
print_ans = False

n = 4
Q = identity_matrix(n)
Q[1:,0] = random_int_vec(n-1, 3)
D = matrix(n, random_int_vec(n**2,3))
D[1:,0] = vector([0] * (n-1))
A = Q * D * Q.inverse()

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

if print_ans:
    print("The representation of f_A(u1) with respect to beta is")
    pretty_print(D[:,0])
    pretty_print(LatexExpr("Q^{-1} ="), Q.inverse())
    pretty_print(LatexExpr("Q^{-1} A Q ="), Q.inverse() * A * Q)

當 `seed = 0` 時，得矩陣
$$
A = \begin{bmatrix}
3 & -3 & -3 & -1\\
-1 & 10 & 7 & 4\\
23 & -8 & -12 & -5\\
16 & -2 & -6 & -2\\
\end{bmatrix},
Q = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
-3 & 1 & 0 & 0\\
3 & 0 & 1 & 0\\
1 & 0 & 0 & 1\\
\end{bmatrix}.
$$

##### Exercise 1(a)

求 $[f_A(\bu_1)]_\beta$。

:::warning

- [x] 兩個矩陣明顯不一樣，不要寫等於；可以用文字敘述
:::

$Ans:$

$f_A(\bu_1)$ $=A\cdot\begin{bmatrix}
1\\
-3\\
3\\
1\\
\end{bmatrix}$ $=\begin{bmatrix}
2\\
-6\\
6\\
2\\
\end{bmatrix}$。
因為 $f_A(\bu_1)$ 以 $\beta$ 表示為 $2\cdot\bu_1+0\cdot\bu_2+0\cdot\bu_3+0\cdot\bu_4$，
故 $[f_A(\bu_1)]_\beta = \begin{bmatrix}
2\\
0\\
0\\
0\\
\end{bmatrix}$ 。
##### Exercise 1(b)

求 $Q^{-1}$。

$Ans:$

將
$$ \left[\begin{array}{rrrr|rrrrr}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
-3 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
3 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
\end{array}\right]$$ 做 rref 後可以得到 $$ \left[\begin{array}{rrrr|rrrrr}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 3 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & -3 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & 0 & 1 \\
\end{array}\right].
$$

所以 $$Q^{-1} = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
3 & 1 & 0 & 0\\
-3 & 0 & 1 & 0\\
-1 & 0 & 0 & 1\\
\end{bmatrix}。 $$

##### Exercise 1(c)

求 $[f_A]_\beta^\beta$.

$Ans:$

$[f_A]_\beta^\beta = Q^{-1}AQ = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
3 & 1 & 0 & 0\\
-3 & 0 & 1 & 0\\
-1 & 0 & 0 & 1\\
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
3 & -3 & -3 & -1\\
-1 & 10 & 7 & 4\\
23 & -8 & -12 & -5\\
16 & -2 & -6 & -2\\
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
-3 & 1 & 0 & 0\\
3 & 0 & 1 & 0\\
1 & 0 & 0 & 1\\
\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}
2 & -3 & -3 & -1\\
0 & 1 & -2 & 1\\
0 & 1 & -3 & -2\\
0 & 1 & -3 & -1\\
\end{bmatrix}.$

## Exercises

##### Exercise 2

令 $\bone$ 為全一向量。
（其長度將由文意決定。）
已知以下矩陣 $A$ 皆有 $\bone$ 這個特徵向量。
求出 $A$ 的所有特徵值。

##### Exercise 2(a)

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

:::warning

- [x] 向量都有粗體，不用加箭頭；像是 $\bv_1, \bv_2, \bv_3$
- [x] $\vec{V_1}$ 應該是 $\bv_1$
- [x] 擴充成 $\mathbb{R}^{3}$ 的基底 $\beta = \{\vec{v_1},\vec{v_2},\vec{v_3}\}$，取 --> 擴充成 $\mathbb{R}^{3}$ 的基底 ... 並將其當成 $Q$ 的行向量，可得
:::

$Ans:$

令 $\bv_1 = \begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}，$ 將 $\bv_1$ 擴充成 $\mathbb{R}^{3}$ 的基底 $\beta = \{\bv_1,\bv_2,\bv_3\}$，並將其當成 $Q$ 的行向量，可得
$$
Q = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 1
\end{bmatrix}
$$

則 $[f_{A}]_\beta^\beta = Q^{-1}AQ = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 \\
-1 & 0 & 1 \\
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
0 & 1 & 1 \\
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 1 \\
\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}
2 & 1 & 1\\
0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & -1
\end{bmatrix}.$

由上式可知，有一特徵值 $\lambda = 2$ 。

令矩陣 $A_2 = \begin{bmatrix}
-1 & 0 \\
0 & -1 \\
\end{bmatrix}$，則 $\spec(A_2) = \{-1,-1\}$。

因此 $\spec(A) =\{2\}\cup\{-1,-1\} = \{-1,-1,2\}$。

##### Exercise 2(b)

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

:::warning
跟上一題一樣

- [x] $A_2$ 的特徵值已經很好算了，不用再降一次
:::

$Ans:$

令 $\bv_1 = \begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\
\end{bmatrix}。$ 將 $\bv_1$ 擴充成 $\mathbb{R}^{4}$ 的基底 $\beta = \{\bv_1,\bv_2,\bv_3,\bv_4\}$，並將其當成 $Q$ 的行向量，可得

$$
Q = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
1 & 1 & 0 & 0\\
1 & 0 & 1 & 0\\
1 & 0 & 0 & 1
\end{bmatrix}
$$

則
$$
[f_A]_\beta^\beta = Q^{-1}AQ = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
-1 & 1 & 0 & 0\\
-1 & 0 & 1 & 0\\
-1 & 0 & 0 & 1\\
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
0 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 0 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 1 & 0
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
1 & 1 & 0 & 0\\
1 & 0 & 1 & 0\\
1 & 0 & 0 & 1\\
\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}
3 & 1 & 1 & 1\\
0 & -1 & 0 & 0\\
0 & 0 & -1 & 0\\
0 & 0 & 0 & -1\\
\end{bmatrix}.
$$

由上式可知，有一特徵值 $\lambda_1 = 3$ 。

再令 $A_2 = \begin{bmatrix}
-1 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 0\\
0 & 0 & -1
\end{bmatrix}$, 則 $\spec(A_2) = \{-1,-1,-1\}$。

因此 $\spec(A) =\{3\}\cup\{-1,-1,-1\} = \{-1,-1,-1,3\}$。

##### Exercise 2(c)

$$
A = \begin{bmatrix}
1 & -1 & 0 \\
-1 & 2 & -1 \\
0 & -1 & 1
\end{bmatrix}.
$$

:::warning
同上一題
:::

$Ans:$

令 $\bv_1 = \begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}，$ 將 $\bv_1$ 擴充成 $\mathbb{R}^{3}$ 的基底 $\beta = \{\bv_1,\bv_2,\bv_3\}$，並將其當成 $Q$ 的行向量，可得

$$
Q = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 1
\end{bmatrix}
$$

則 $[f_{A}]_\beta^\beta = Q^{-1}AQ = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 \\
-1 & 0 & 1 \\
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
1 & -1 & 0 \\
-1 & 2 & -1 \\
0 & -1 & 1 \\
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 1 \\
\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}
0 & -1 & 0\\
0 & 3 & -1 \\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}.$

由上式可知，有一特徵值 $\lambda = 0$ 。

令矩陣
$A_2 = \begin{bmatrix}
3 & -1 \\
0 & 1 \\
\end{bmatrix}$，則 $\spec(A_2) = \{1,3\}$。

因此 $\spec(A) =\{0\}\cup\{1,3\} = \{0,1,3\}$。

##### Exercise 2(d)

$$
A = \begin{bmatrix}
0.2 & 0.8 & 0 \\
0.4 & 0.2 & 0.4 \\
0 & 0.8 & 0.2
\end{bmatrix}.
$$

:::warning
同上一題
:::

$Ans:$

令 $\bv_1 = \begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}$ 將 $\bv_1$ 擴充成 $\mathbb{R}^{3}$ 的基底 $\beta = \{\bv_1,\bv_2,\bv_3\}$ ，並將其當成 $Q$ 的行向量，可得
$$Q = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 1
\end{bmatrix}
$$

則 $[f_{A}]_\beta^\beta = Q^{-1}AQ = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 \\
-1 & 0 & 1 \\
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
0.2 & 0.8 & 0 \\
0.4 & 0.2 & 0.4 \\
0 & 0.8 & 0.2
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 1 \\
\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}
1 & 0.8 & 0\\
0 & -0.6 & 0.4 \\
0 & 0 & 0.2
\end{bmatrix}.$

由上式可知，有一特徵值 $\lambda = 1$ 。

令矩陣 $A_2 = \begin{bmatrix}
-0.6 & 0.4 \\
0 & 0.2 \\
\end{bmatrix}$，則 $\spec(A_2) = \{-0.6,0.2\}$。

因此 $\spec(A) =\{1\}\cup\{-0.6,0.2\} = \{1,-0.6,0.2\}$。

##### Exercise 3

令

$$
A = \begin{bmatrix}
0 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 2 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 2 \\
\end{bmatrix}.
$$
已知 $\bone$ 為 $A$ 的一特徵向量。
求 $A$ 的所有特徵值。

提示：將 $A$ 對 $\bone$ 化簡後，再對 $A_2$ 化簡一次。

:::warning

- [ ] 同 2(a)
:::

$Ans:$

令 $\bv_1 = \begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\
\end{bmatrix}。$ 將 $\bv_1$ 擴充成 $\mathbb{R}^{4}$ 的基底 $\beta = \{\bv_1,\bv_2,\bv_3,\bv_4\}$，並將其當成 $Q$ 的行向量，可得

$$
Q = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
1 & 1 & 0 & 0\\
1 & 0 & 1 & 0\\
1 & 0 & 0 & 1
\end{bmatrix}
$$

則 $[f_A]_\beta^\beta = Q^{-1}AQ = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
-1 & 1 & 0 & 0\\
-1 & 0 & 1 & 0\\
-1 & 0 & 0 & 1\\
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
0 & 1 & 1 & 1\\
1 & 2 & 0 & 0\\
1 & 0 & 2 & 0\\
1 & 0 & 0 & 2\\
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
1 & 1 & 0 & 0\\
1 & 0 & 1 & 0\\
1 & 0 & 0 & 1\\
\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}
3 & 1 & 1 & 1\\
0 & 1 & -1 & -1\\
0 & -1 & 1 & -1\\
0 & -1 & -1 & 1\\
\end{bmatrix}.$

由上式可知，有一特徵值 $\lambda_1 = 3$ 。

再令 $A_2 = \begin{bmatrix}
1 & -1 & -1 \\
-1 & 1 & -1\\
-1 & -1 & 1 \\
\end{bmatrix}$, $\bv_2 = \begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\
\end{bmatrix}。$

將 $\bv_2$ 擴充成 $\mathbb{R}^{3}$ 的基底 $\beta = \{\bv_1,\bv_2,\bv_3\}$，並將其當成 $Q_2$ 的行向量，可得

$$
Q_2 = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 1 \\
\end{bmatrix}
$$

則 $[f_{A_2}]_\beta^\beta = Q_2^{-1}A_2Q_2 = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 \\
-1 & 0 & 1 \\
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
1 & -1 & -1 \\
-1 & 1 & -1 \\
-1 & -1 & 1 \\
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 1 \\
\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}
-1 & -1 & -1\\
0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 2 \\
\end{bmatrix}.$
由上式可知，有一特徵值 $\lambda_2 = -1$ 。

令矩陣 $A_3 = \begin{bmatrix}
2 & 0 \\
0 & 2 \\
\end{bmatrix}$，則 $\spec(A_3) = \{2,2\}$。

因此 $\spec(A) =\{3\}\cup\{-1\}\cup\{2,2\} = \{-1,2,2,3\}$。

##### Exercise 4

令

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

##### Exercise 4(a)

令 $\omega = e^{\frac{2\pi}{3}i}$ 且

$$
\bv = \begin{bmatrix} 1 \\ \omega \\ \omega^2 \end{bmatrix}.
$$

求出 $\bv$ 所對應的特徵值 $\lambda$，
並說明如何找到一個么正矩陣 $Q$ 使得

$$
Q^* AQ = \begin{bmatrix}
\lambda & * \\
\bzero & A_2
\end{bmatrix}.
$$

:::success
You made it :smiley:
:::

解:
根據歐拉公式可得 $\omega = \cos({\frac{2\pi}{3}})+i\sin({\frac{2\pi}{3}})=-{\frac{1}{2}}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}i$。
$\omega^2=-{\frac{1}{2}}-\frac{{\sqrt{3}}}{2}i$，與 $\omega$ 共軛。 $\omega^3=1$。
因為 $A\bv = \begin{bmatrix} \omega \\ \omega^2 \\ 1 \end{bmatrix}=\omega\bv$，所以 $\bv$ 所對應的特徵值 $\lambda$ 為 $\omega$。
找到一個
$$
Q = \begin{bmatrix}
\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{\omega}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\
\frac{\omega}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\
\frac{\omega^2}{\sqrt{3}} & \frac{\omega^2}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}}
\end{bmatrix}.
$$
且 $Q^*Q=QQ^*=I_n$ 為么正矩陣，又可使

$$
Q^* AQ = \begin{bmatrix}
\omega & 0 & 0 \\
0 & \omega^2 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}.
$$

##### Exercise 4(b)

令

$$
\bv = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}.
$$

求出 $\bv$ 所對應的特徵值 $\lambda$，
並說明如何找到一個實垂直矩陣 $Q$ 使得

$$
Q\trans AQ = \begin{bmatrix}
\lambda & * \\
\bzero & A_2
\end{bmatrix}.
$$
解:
因為 $A\bv= \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}=1\bv$，所以 $\bv$ 所對應的特徵值 $\lambda$ 為 $1$。
找到一個 $Q$ ，使其第一行為長度為 $1$ 的 $$
\bv_1 = \begin{bmatrix} {\frac{1}{{\sqrt{3}}}} \\ {\frac{1}{{\sqrt{3}}}} \\ {\frac{1}{{\sqrt{3}}}} \end{bmatrix}.
$$
找出 $$
Q = \begin{bmatrix}
{\frac{1}{{\sqrt{3}}}} & -{\frac{1}{{\sqrt{2}}}} & -{\frac{1}{{\sqrt{6}}}} \\
{\frac{1}{{\sqrt{3}}}} & {\frac{1}{{\sqrt{2}}}} & -{\frac{1}{{\sqrt{6}}}} \\
{\frac{1}{{\sqrt{3}}}} & 0 & {\frac{2}{{\sqrt{6}}}}
\end{bmatrix}.
$$
其 $Q^{-1}=Q\trans$ 且 $$
Q\trans AQ = \begin{bmatrix}
1 & * \\
\bzero & A_2
\end{bmatrix}.
$$
##### Exercise 4(c)

令 $\omega = e^{\frac{2\pi}{3}i}$ 且

$$
\bv = \begin{bmatrix} 1 \\ \omega \\ \omega^2 \end{bmatrix}.
$$

已知 $\bv$ 所對應的特徵值 $\lambda$ 為 $\omega = a + bi$。
令 $\bv = \bx + \by i$，也就是 $\bx$ 和 $\by$ 分別為 $\bv$ 的實部和虛部向量。

驗證

$$
\begin{aligned}
A \bx &= a\bx - b\by, \\
A \by &= b\bx + a\by.
\end{aligned}
$$

並說明如何找到一個可逆矩陣 $Q$ 使得

$$
Q^{-1} AQ = \begin{bmatrix}
a & b & * \\
-b & a & * \\
0 & 0 & A_2
\end{bmatrix}.
$$
解:
$\omega=-{\frac{1}{2}}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}i$，所以 $a=-{\frac{1}{2}}, b=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$。且
$$\bx = \begin{bmatrix} 1 \\ -{\frac{1}{2}} \\ -{\frac{1}{2}} \end{bmatrix}，\by=\begin{bmatrix} 0 \\ \frac{{\sqrt{3}}}{2} \\ -\frac{{\sqrt{3}}}{2} \end{bmatrix}
$$

$$
\begin{aligned}
A \bx &=\begin{bmatrix} 1 \\ -{\frac{1}{2}} \\ -{\frac{1}{2}} \end{bmatrix}= -{\frac{1}{2}}\begin{bmatrix} 1 \\ -{\frac{1}{2}} \\ -{\frac{1}{2}} \end{bmatrix} - \frac{{\sqrt{3}}}{2}\begin{bmatrix} 0 \\ \frac{{\sqrt{3}}}{2} \\ -\frac{{\sqrt{3}}}{2} \end{bmatrix}, \\
A \by &=\begin{bmatrix} \frac{{\sqrt{3}}}{2}\\ -\frac{{\sqrt{3}}}{2} \\ 0 \end{bmatrix}= \frac{{\sqrt{3}}}{2}\begin{bmatrix} 1 \\ -{\frac{1}{2}} \\ -{\frac{1}{2}} \end{bmatrix} + -{\frac{1}{2}}\begin{bmatrix} 0 \\ \frac{{\sqrt{3}}}{2} \\ -\frac{{\sqrt{3}}}{2} \end{bmatrix}.
\end{aligned}
$$
找到一個

$$
Q = \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-{\frac{1}{2}} & {\frac{\sqrt{3}}{2}} & 0 \\
-{\frac{1}{2}} & -{\frac{\sqrt{3}}{2}} & 1
\end{bmatrix}.
$$

使得

$$
Q^{-1} AQ = \begin{bmatrix}
-{\frac{1}{2}} & {\frac{\sqrt{3}}{2}} & * \\
-{\frac{\sqrt{3}}{2}} & -{\frac{1}{2}} & * \\
0 & 0 & A_2
\end{bmatrix}.
$$

:::success
Nice work!
:::

##### Exercise 5

令 $Q$ 為一 $n\times n$ 么正矩陣，而 $\bx,\by\in\mathbb{C}^n$。
證明 $\inp{\bx}{\by} = \inp{Q\bx}{Q\by}$。
（上述性質在當 $Q$ 是實垂直矩陣而 $\bx$ 和 $\by$ 為實向量時也對。）

這表示 $\bv\mapsto Q\bv$ 這個動作不會改變 $\bv$ 的長度，
因此么正矩陣和實垂直矩陣常被視為高維度的鏡射和旋轉。
（我們沒有說清楚高維度的鏡射和旋轉是什麼意思。）

:::warning

- [x] $Q Q^* = 1$ --> $Q Q^* = I$
- [x] 中間那段可以不用，而且 $Q \inp{\bx}{\by}$ 應該不是你要的（$Q$ 是矩陣、內積是數字）
- [x] 後面直接寫：所以，
$$
\inp{Q\bx}{Q\by} = \inp{Q Q^*\bx}{\by} = \inp{\bx}{\by}.
$$
- [x] 標點
:::

$Ans:$

$Q$ 為么正矩陣，所以 $Q Q^* = I$ ，

所以，
$$
\inp{Q\bx}{Q\by} = \inp{Q^* Q \bx}{\by} = \inp{\bx}{\by}.
$$

##### Exercise 6

固定一個正整數 $n$。
令 $\zeta = e^{\frac{2\pi}{n}i}$，
並令 $Q$ 為一 $n\times n$ 矩陣，
其第 $a,b$-項為 $\zeta^{(a-1)(b-1)}$。

證明 $Q$ 是一個么正矩陣。
（這個矩陣稱為**離散傅立葉變換矩陣**。）

:::info
題目有出錯，應該是 $\frac{1}{\sqrt{n}}Q$ 是一個么正矩陣。
:::

$Ans:$

根據歐拉公式，對於任意實數 $x$，可得$$e^{ix}=\cos(x)+i\sin(x)$$

因此 $\zeta = e^{\frac{2\pi}{n}i} = \cos(\frac{2\pi}{n})+i\sin(\frac{2\pi}{n}).$
根據棣美弗定理
$\zeta^m = e^{\frac{2m\pi}{n}i} = \cos(\frac{2m\pi}{n})+i\sin(\frac{2m\pi}{n})$ .
此時 $\zeta^a$ 和 $\zeta^{n-a}$ 共軛。
$$
Q =\frac{1}{\sqrt{n}} \begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 ~ & ~ & 1 \\
1 & \zeta^1 & \zeta^2 & \zeta^3 & \zeta^4 \ ~ & ~ &\zeta^{n-1} \\
1 & \zeta^2 & \zeta^4 & \zeta^6 & \zeta^8 & \cdots \ ~ &\zeta^{2 \times (n-1)} \\
1 & \zeta^3 & \zeta^6 & \zeta^9 & \zeta^{12} \ ~ & ~ &\zeta^{3 \times (n-1)} \\
1 & \zeta^4 & \zeta^8 & \zeta^{12} & \zeta^{16} \ ~ & ~ &\zeta^{4 \times (n-1)} \\
~ & ~ & \vdots \ ~ & ~ & ~ & ~ & \vdots \\
1 & \zeta^{n-1} & \zeta^{2 \times (n-1)} & \zeta^{3 \times (n-1)} & \zeta^{4 \times (n-1)} & \cdots \ ~ &\zeta^{(n-1) \times (n-1)} \\
\end{bmatrix}. \\
Q^* =\frac{1}{\sqrt{n}} \begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 ~ & ~ & 1 \\
1 & \zeta^{n-1} & \zeta^{n-2} & \zeta^{n-3} & \zeta^{n-4} \ ~ & ~ &\zeta^1 \\
1 & \zeta^{n-2} & \zeta^{n-4} & \zeta^{n-6} & \zeta^{n-8} & \cdots \ ~ &\zeta^2 \\
1 & \zeta^{n-3} & \zeta^{n-6} & \zeta^{n-9} & \zeta^{n-12} \ ~ & ~ &\zeta^3 \\
1 & \zeta^{n-4} & \zeta^{n-8} & \zeta^{n-12} & \zeta^{n-16} \ ~ & ~ &\zeta^4 \\
~ & ~ & \vdots \ ~ & ~ & ~ & ~ & \vdots \\
1 & \zeta^{1} & \zeta^{2} & \zeta^{3} & \zeta^{4} & \cdots \ ~ &\zeta^{(n-1) \times (n-1)} \\
\end{bmatrix}.
$$

根據棣美弗定理
$$
\zeta^m = e^{\frac{2m\pi}{n}i} = \cos(\frac{2m\pi}{n})+i\sin(\frac{2m\pi}{n})
$$.
當 $m=n$ 時
$$
\zeta ^n=1
$$
可得
$$
\zeta ^n-1=
(\zeta - 1)(\zeta^{n-1} + \zeta^{n-2} + \cdots + \zeta^2+ \zeta + 1)=0.
$$
因此
$$
\zeta^{n-1} + \zeta^{n-2} + \cdots + \zeta^2+\zeta^1+1=0.
$$
可計算
$$
QQ^*=\frac{1}{\sqrt{n}} \times \frac{1}{\sqrt{n}} \times
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 ~ & ~ & 1 \\
1 & \zeta^1 & \zeta^2 & \zeta^3 & \zeta^4 \ ~ & ~ &\zeta^{n-1} \\
1 & \zeta^2 & \zeta^4 & \zeta^6 & \zeta^8 & \cdots \ ~ &\zeta^{2 \times (n-1)} \\
1 & \zeta^3 & \zeta^6 & \zeta^9 & \zeta^{12} \ ~ & ~ &\zeta^{3 \times (n-1)} \\
1 & \zeta^4 & \zeta^8 & \zeta^{12} & \zeta^{16} \ ~ & ~ &\zeta^{4 \times (n-1)} \\
~ & ~ & \vdots \ ~ & ~ & ~ & ~ & \vdots \\
1 & \zeta^{n-1} & \zeta^{2 \times (n-1)} & \zeta^{3 \times (n-1)} & \zeta^{4 \times (n-1)} & \cdots \ ~ &\zeta^{(n-1) \times (n-1)} \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 ~ & ~ & 1 \\
1 & \zeta^{n-1} & \zeta^{n-2} & \zeta^{n-3} & \zeta^{n-4} \ ~ & ~ &\zeta^1 \\
1 & \zeta^{n-2} & \zeta^{n-4} & \zeta^{n-6} & \zeta^{n-8} & \cdots \ ~ &\zeta^2 \\
1 & \zeta^{n-3} & \zeta^{n-6} & \zeta^{n-9} & \zeta^{n-12} \ ~ & ~ &\zeta^3 \\
1 & \zeta^{n-4} & \zeta^{n-8} & \zeta^{n-12} & \zeta^{n-16} \ ~ & ~ &\zeta^4 \\
~ & ~ & \vdots \ ~ & ~ & ~ & ~ & \vdots \\
1 & \zeta^{1} & \zeta^{2} & \zeta^{3} & \zeta^{4} & \cdots \ ~ &\zeta^{(n-1) \times (n-1)} \\
\end{bmatrix}. \\
=\frac{1}{n} \begin{bmatrix}
n & 0 & 0 & ~ & 0 \\
0 & n & 0 & \cdots & 0 \\
0 & 0 & n & ~ & 0 \\
~ & \vdots ~ & ~ & \ddots ~ & 0 \\
0 & 0 & 0 & \cdots & n \\
\end{bmatrix} = I_n = Q^*Q.
$$
因此 $Q$ 為么正矩陣。

:::info
分數 = 6.5
:::