111 年 國立成功大學數學系應用數學研究所《線性代數》

本題要求計算給定實數矩陣的秩（rank）。矩陣的秩是指該矩陣列（或行）向量空間的最大線性無關組的維度，也可通過將矩陣化為列（或行）階梯形矩陣，計算其中非零列（或行）的數量來得到。

我們對給定的矩陣進行列運算（或行運算）化為列（或行）階梯形矩陣。
設矩陣為 $A$：

$$A = \begin{pmatrix} 3 & -2 & -1 & 7 \\ 8 & 6 & -4 & 2 \\ -9 & -9 & 6 & 3 \\ 1 & 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$$

為了方便運算，我們先將第一行和第四行交換，以第三行為主元。
$R_1 \leftrightarrow R_4$

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 2 \\ 8 & 6 & -4 & 2 \\ -9 & -9 & 6 & 3 \\ 3 & -2 & -1 & 7 \end{pmatrix}$$

接下來，我們用第一行消去其他行的第一個元素。
$R_2 \leftarrow R_2 - 8R_1$
$R_3 \leftarrow R_3 + 9R_1$
$R_4 \leftarrow R_4 - 3R_1$

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & 6 & -4 & -14 \\ 0 & -9 & 6 & 21 \\ 0 & -2 & -1 & 1 \end{pmatrix}$$

現在，我們處理第二行。為了簡化，我們可以將第二行和第三行同時除以公因數。
$R_2 \leftarrow \frac{1}{2}R_2$
$R_3 \leftarrow \frac{1}{3}R_3$

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & 3 & -2 & -7 \\ 0 & -3 & 2 & 7 \\ 0 & -2 & -1 & 1 \end{pmatrix}$$

注意到第二行和第三行是成比例的（$R_3 = -R_2$）。所以，第三行是多餘的，可以被消去。
$R_3 \leftarrow R_3 + R_2$

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & 3 & -2 & -7 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & -1 & 1 \end{pmatrix}$$

現在，我們交換第二行和第四行，並處理第二行的第二個元素。
$R_2 \leftrightarrow R_4$

本題要求證明，如果兩個 $n \times n$ 實數矩陣 $A$ 和 $B$ 滿足 $AB = -BA$，則 $A$ 或 $B$ 至少有一個不可逆。這裡的矩陣大小是 $9 \times 9$。

證明思路：假設 $A$ 和 $B$ 都是可逆的。我們將利用這個假設來導出矛盾。
如果 $A$ 和 $B$ 都是可逆的，那麼它們的行列式都不為零，即 $\det(A) \neq 0$ 且 $\det(B) \neq 0$。
給定的條件是 $AB = -BA$。
對等式兩邊取行列式：
$\det(AB) = \det(-BA)$

根據行列式的性質，$\det(XY) = \det(X)\det(Y)$ 和 $\det(cX) = c^n \det(X)$，其中 $n$ 是矩陣的維度。
所以，
$\det(A)\det(B) = (-1)^n \det(B)\det(A)$

在這個問題中，矩陣的大小是 $n=9$。
所以，
$\det(A)\det(B) = (-1)^9 \det(B)\det(A)$
$\det(A)\det(B) = - \det(B)\det(A)$

將所有項移到一邊：
$\det(A)\det(B) + \det(B)\det(A) = 0$
$2 \det(A)\det(B) = 0$

本題要求根據給定的有序基 $\beta$，找出線性變換 $T$ 在 $\mathbb{R}^2$ 上的表示矩陣。

首先，我們需要理解什麼是線性變換的表示矩陣。對於一個線性變換 $T: V \to W$，如果 $V$ 和 $W$ 是有限維向量空間，並且我們選定了 $V$ 的有序基 $\beta = \{v_1, \dots, v_n\}$ 和 $W$ 的有序基 $\gamma = \{w_1, \dots, w_m\}$，那麼 $T$ 的表示矩陣 $M_{\beta}^{\gamma}(T)$ 是一個 $m \times n$ 的矩陣，其第 $j$ 欄是由 $T(v_j)$ 在基 $\gamma$ 下的座標向量組成的。

在本題中，線性變換是 $T: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$。我們選定的基是 $\beta = \{v_1, v_2\}$，其中 $v_1 = (1, -2)$ 和 $v_2 = (3, -1)$。由於是從 $\mathbb{R}^2$ 到 $\mathbb{R}^2$ 的變換，且我們是用同一個基 $\beta$ 來表示定義域和對應域，所以我們需要找到 $T(v_1)$ 和 $T(v_2)$ 在基 $\beta$ 下的座標。

第一步：計算 $T(v_1)$。
$v_1 = (1, -2)$，所以 $a=1, b=-2$。
$T(v_1) = T(1, -2) = (3(1) + 5(-2), 1 - 2(-2))$
$T(v_1) = (3 - 10, 1 + 4)$
$T(v_1) = (-7, 5)$

第二步：計算 $T(v_2)$。
$v_2 = (3, -1)$，所以 $a=3, b=-1$。
$T(v_2) = T(3, -1) = (3(3) + 5(-1), 3 - 2(-1))$
$T(v_2) = (9 - 5, 3 + 2)$
$T(v_2) = (4, 5)$

第三步：將 $T(v_1)$ 和 $T(v_2)$ 表示為基 $\beta = \{v_1, v_2\}$ 的線性組合。
我們需要找到常數 $c_{11}, c_{21}$ 使得 $T(v_1) = c_{11}v_1 + c_{21}v_2$。
$(-7, 5) = c_{11}(1, -2) + c_{21}(3, -1)$
$(-7, 5) = (c_{11} + 3c_{21}, -2c_{11} - c_{21})$
這給出一個方程組：

1. $c_{11} + 3c_{21} = -7$
2. $-2c_{11} - c_{21} = 5$

從方程 (2) 得到 $c_{21} = -2c_{11} - 5$。
代入方程 (1)：
$c_{11} + 3(-2c_{11} - 5) = -7$
$c_{11} - 6c_{11} - 15 = -7$
$-5c_{11} = 8$
$c_{11} = -\frac{8}{5}$

將 $c_{11}$ 代回 $c_{21}$ 的表達式：
$c_{21} = -2(-\frac{8}{5}) - 5 = \frac{16}{5} - \frac{25}{5} = -\frac{9}{5}$

所以，$T(v_1) = -\frac{8}{5}v_1 - \frac{9}{5}v_2$。
基於 $\beta$ 的座標向量是 $(-\frac{8}{5}, -\frac{9}{5})$。這是表示矩陣的第一欄。

接下來，我們需要找到常數 $c_{12}, c_{22}$ 使得 $T(v_2) = c_{12}v_1 + c_{22}v_2$。
$(4, 5) = c_{12}(1, -2) + c_{22}(3, -1)$
$(4, 5) = (c_{12} + 3c_{22}, -2c_{12} - c_{22})$
這給出一個方程組：
3) $c_{12} + 3c_{22} = 4$
4) $-2c_{12} - c_{22} = 5$

從方程 (4) 得到 $c_{22} = -2c_{12} - 5$。
代入方程 (3)：
$c_{12} + 3(-2c_{12} - 5) = 4$
$c_{12} - 6c_{12} - 15 = 4$
$-5c_{12} = 19$
$c_{12} = -\frac{19}{5}$

將 $c_{12}$ 代回 $c_{22}$ 的表達式：
$c_{22} = -2(-\frac{19}{5}) - 5 = \frac{38}{5} - \frac{25}{5} = \frac{13}{5}$

所以，$T(v_2) = -\frac{19}{5}v_1 + \frac{13}{5}v_2$。

本題要求計算矩陣 A 的所有特徵值，並判斷是否存在一個實數矩陣 B 使得 $B^4 = A$。

(a) 計算特徵值。
矩陣 A 是一個上三角矩陣。上三角矩陣（或下三角矩陣）的特徵值就是其對角線上的元素。
矩陣 A 的對角線元素是 2, 7, 16。
因此，A 的特徵值是 $\lambda_1 = 2$, $\lambda_2 = 7$, $\lambda_3 = 16$。

驗證：特徵值 $\lambda$ 滿足 $\det(A - \lambda I) = 0$。

$$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 2-\lambda & 0 & 14 \\ 0 & 7-\lambda & 0 \\ 0 & 0 & 16-\lambda \end{pmatrix}$$

由於這是個上三角矩陣，其行列式等於對角線元素的乘積：
$\det(A - \lambda I) = (2-\lambda)(7-\lambda)(16-\lambda)$。
令 $\det(A - \lambda I) = 0$，則 $(2-\lambda)(7-\lambda)(16-\lambda) = 0$。
解得 $\lambda = 2, 7, 16$。

【答案】(a) A 的特徵值是 2, 7, 16。

(b) 判斷是否存在實數矩陣 B 使得 $B^4 = A$。
如果存在一個實數矩陣 B 使得 $B^4 = A$，那麼 A 的特徵值必須滿足某些條件。
假設 $B$ 的一個特徵值是 $\mu$。那麼 $Bv = \mu v$ 對於某個非零向量 $v$ 成立。
則 $B^4 v = B^3 (Bv) = B^3 (\mu v) = \mu B^3 v = \mu^2 B^2 v = \mu^3 Bv = \mu^4 v$。
另一方面，$B^4 v = Av = \lambda v$，其中 $\lambda$ 是 A 的特徵值。
所以，如果 $\lambda$ 是 A 的特徵值，則 $\lambda = \mu^4$，其中 $\mu$ 是 B 的某個特徵值。
這意味著 A 的每一個特徵值都必須是 B 的某個特徵值的四次方。

A 的特徵值是 2, 7, 16。
我們需要檢查這些值是否可以表示為某個實數的四次方。
對於 $\lambda = 16$，我們有 $16 = 2^4$ 或 $(-2)^4$。所以存在實數 $\mu = \pm 2$ 使得 $\mu^4 = 16$。
對於 $\lambda = 7$，我們需要找到實數 $\mu$ 使得 $\mu^4 = 7$。這意味著 $\mu = \pm \sqrt[4]{7}$。這是實數。
對於 $\lambda = 2$，我們需要找到實數 $\mu$ 使得 $\mu^4 = 2$。這意味著 $\mu = \pm \sqrt[4]{2}$。這是實數。

從特徵值來看，似乎是可能的。但是，這還不夠。
如果 $B^4 = A$，那麼 A 必須是非奇異的（因為 $\det(A) = 2 \times 7 \times 16 \neq 0$），這意味著 $B$ 也必須是非奇異的。

更重要的是，如果 $B$ 是實數矩陣，那麼它的特徵值 $\mu$ 可以是實數或複數共軛對。
如果 $B$ 是實數矩陣，且 $B^4 = A$（實數矩陣），那麼 $A$ 的每個特徵值 $\lambda$ 必須是 $B$ 的某個特徵值 $\mu$ 的四次方，即 $\lambda = \mu^4$。
對於 A 的正實數特徵值 $\lambda > 0$，如果 $B$ 是實矩陣，則 $B$ 的特徵值 $\mu$ 可以是實數或複數。
如果 $\mu$ 是實數，則 $\mu^4 \ge 0$。
如果 $\mu$ 是複數，設 $\mu = x + iy$。那麼 $\mu^4$ 也可以是實數。
例如，如果 $\mu = r e^{i\theta}$，則 $\mu^4 = r^4 e^{i4\theta}$。
如果 $\mu^4$ 是正實數，則 $4\theta$ 必須是 $2k\pi$ 的形式，即 $\theta = k\pi/2$。
所以 $\mu$ 可以是 $r$, $ir$, $-r$, $-ir$ 的形式。
那麼 $\mu^4$ 就可以是 $r^4$, $(ir)^4 = -r^4$, $(-r)^4 = r^4$, $(-ir)^4 = -r^4$。
這意味著如果 $A$ 的特徵值是正實數，那麼 $B$ 的特徵值 $\mu$ 可以是實數（$\mu^4 = \lambda$）或純虛數（$\mu^4 = \lambda$）。

然而，對於一個實數矩陣 $B$，如果它有一個純虛數的特徵值 $\mu = ci$ ($c \in \mathbb{R}, c \neq 0$)，那麼它的共軛複數 $-\mu = -ci$ 也必須是 $B$ 的特徵值。
所以，如果 $B$ 有一個純虛數的特徵值 $\mu$，那麼 $\mu^4 = (ci)^4 = c^4 i^4 = c^4$。
如果 $\mu = -ci$，那麼 $\mu^4 = (-ci)^4 = c^4$。
這意味著，如果 $A$ 有一個特徵值 $\lambda$ 是某個純虛數的四次方，那麼 $\lambda$ 必須是正實數。

關鍵點在於，如果 $A$ 的所有特徵值都是正實數，這並不保證存在一個實數矩陣 $B$ 使得 $B^4 = A$。
我們需要考慮 A 的 Jordan 標準形。如果 A 可以對角化，那麼 $A = PDP^{-1}$，其中 D 是對角矩陣。
那麼 $B^4 = PDP^{-1}$。如果 $B$ 也是可對角化的，則 $B = P'D'P'^{-1}$。
$B^4 = P'(D')^4 P'^{-1} = PDP^{-1}$。
所以 $(D')^4 = D$。
$D$ 的對角元素是 A 的特徵值 $2, 7, 16$。
$D'$ 的對角元素是 $B$ 的特徵值。
我們需要 $B$ 的特徵值 $\mu_i$ 滿足 $\mu_i^4 = \lambda_i$。
對於 $\lambda_1 = 2$, $\mu_1^4 = 2$。 $\mu_1 = \pm \sqrt[4]{2}, \pm i\sqrt[4]{2}$。
對於 $\lambda_2 = 7$, $\mu_2^4 = 7$。 $\mu_2 = \pm \sqrt[4]{7}, \pm i\sqrt[4]{7}$。
對於 $\lambda_3 = 16$, $\mu_3^4 = 16$。 $\mu_3 = \pm 2, \pm 2i$。

如果 B 是實矩陣，那麼它的特徵值必須成對出現：如果 $\mu$ 是特徵值，則 $\bar{\mu}$ 也是。
如果 $\mu$ 是實數，則 $\bar{\mu} = \mu$。
如果 $\mu$ 是純虛數 $ci$ ($c \neq 0$)，則 $\bar{\mu} = -ci$。
如果 $\mu = a+bi$ ($b \neq 0$)，則 $\bar{\mu} = a-bi$。

考慮 A 的特徵值：2, 7, 16。
如果 $B^4 = A$，那麼 A 的特徵值必須是 B 的特徵值的四次方。
對於 A 的特徵值 $\lambda > 0$，我們需要找到 B 的特徵值 $\mu$ 使得 $\mu^4 = \lambda$。
若 $\lambda = 2$, $\mu^4 = 2$。可能的 $\mu$ 是 $\sqrt[4]{2}, -\sqrt[4]{2}, i\sqrt[4]{2}, -i\sqrt[4]{2}$。
若 $\lambda = 7$, $\mu^4 = 7$。可能的 $\mu$ 是 $\sqrt[4]{7}, -\sqrt[4]{7}, i\sqrt[4]{7}, -i\sqrt[4]{7}$。
若 $\lambda = 16$, $\mu^4 = 16$。可能的 $\mu$ 是 $2, -2, 2i, -2i$。

如果 $B$ 是實數矩陣，它的特徵值必須成對出現。
例如，對於 $\lambda = 2$，我們需要 B 的特徵值 $\mu$ 使得 $\mu^4 = 2$。
如果我們選擇 $\mu_1 = \sqrt[4]{2}$ (實數)，那麼 $\mu_1^4 = 2$。
如果我們選擇 $\mu_2 = i\sqrt[4]{2}$ (純虛數)，那麼 $\mu_2^4 = (i\sqrt[4]{2})^4 = i^4 (\sqrt[4]{2})^4 = 1 \times 2 = 2$。
如果 $\mu_2 = i\sqrt[4]{2}$ 是 $B$ 的特徵值，那麼其共軛 $\bar{\mu_2} = -i\sqrt[4]{2}$ 也必須是 $B$ 的特徵值。
而且，$(-i\sqrt[4]{2})^4 = (-i)^4 (\sqrt[4]{2})^4 = 1 \times 2 = 2$。
所以，對於特徵值 2，B 的特徵值可以是一對實數 $(\sqrt[4]{2}, -\sqrt[4]{2})$，或者是一對純虛數 $(i\sqrt[4]{2}, -i\sqrt[4]{2})$，或者是一對複數 $(\sqrt[4]{2}, i\sqrt[4]{2})$ （但這對的共軛不是 $(-\sqrt[4]{2}, -i\sqrt[4]{2})$，所以這組不行）。
更嚴格地說，對於 A 的特徵值 $\lambda_i > 0$，我們需要 B 的特徵值 $\mu_j$ 滿足 $\mu_j^4 = \lambda_i$。
如果 B 是實矩陣，則 B 的特徵值集合 $\{\mu_1, \dots, \mu_n\}$ 必須是封閉於共軛運算。
如果 $\mu$ 是 B 的特徵值，則 $\bar{\mu}$ 也是。
如果 $\mu$ 是實數，則 $\bar{\mu} = \mu$。
如果 $\mu$ 是純虛數 $ci$ ($c \neq 0$)，則 $\bar{\mu} = -ci$。
如果 $\mu = a+bi$ ($b \neq 0, a \neq 0$)，則 $\bar{\mu} = a-bi$。

我們需要 B 的特徵值 $\mu$ 滿足 $\mu^4 \in \{2, 7, 16\}$。
對於 $\lambda=2$, $\mu$ 可以是 $\pm \sqrt[4]{2}$ 或 $\pm i\sqrt[4]{2}$。
對於 $\lambda=7$, $\mu$ 可以是 $\pm \sqrt[4]{7}$ 或 $\pm i\sqrt[4]{7}$。
對於 $\lambda=16$, $\mu$ 可以是 $\pm 2$ 或 $\pm 2i$。

如果 $B$ 是一個實矩陣，那麼它的特徵多項式是一個實係數多項式。
如果 $B$ 的特徵值有一對純虛數 $ci, -ci$ ($c \neq 0$)，則它們的四次方都是 $c^4$。
如果 $B$ 的特徵值有一對複數 $a+bi, a-bi$ ($b \neq 0$)，則 $(a+bi)^4$ 和 $(a-bi)^4$。
$(a+bi)^4 = r^4 e^{i4\theta}$，$(a-bi)^4 = r^4 e^{-i4\theta}$。
這兩個值是共軛的。

關鍵在於 A 的特徵值。A 的特徵值 2, 7, 16 都是正實數。
如果 $B^4 = A$, 則 $A$ 的每個特徵值 $\lambda$ 必須是 $B$ 的某個特徵值 $\mu$ 的四次方。
如果 $B$ 是實矩陣，那麼 $B$ 的特徵值集合必須是關於實軸對稱的。
考慮 $\lambda = 2$。我們需要 $\mu^4 = 2$。
可能的 $\mu$ 是 $\sqrt[4]{2}, -\sqrt[4]{2}, i\sqrt[4]{2}, -i\sqrt[4]{2}$。
如果 $B$ 是實矩陣，那麼它的特徵值集合必須是 $\{ \mu_1, \dots, \mu_n \}$，其中若 $\mu$ 在集合中，則 $\bar{\mu}$ 也在。
如果我們取 $\mu_1 = \sqrt[4]{2}$，它是一個實數。
如果我們取 $\mu_2 = i\sqrt[4]{2}$，它是純虛數。那麼它的共軛 $\bar{\mu_2} = -i\sqrt[4]{2}$ 也必須是 $B$ 的特徵值。
並且 $(-i\sqrt[4]{2})^4 = 2$。
所以，對於 A 的特徵值 2，B 的特徵值可以是一對實數 $(\sqrt[4]{2}, -\sqrt[4]{2})$。
或者，B 的特徵值可以是一對純虛數 $(i\sqrt[4]{2}, -i\sqrt[4]{2})$。
若 B 的特徵值是 $(i\sqrt[4]{2}, -i\sqrt[4]{2})$，則 $B$ 的特徵多項式至少包含因子 $(x - i\sqrt[4]{2})(x + i\sqrt[4]{2}) = x^2 + (\sqrt[4]{2})^2 = x^2 + \sqrt{2}$。
那麼 $(x^2 + \sqrt{2})^2 = x^4 + 2\sqrt{2}x^2 + 2$。
這表示 $B$ 的特徵值有 $i\sqrt[4]{2}, i\sqrt[4]{2}, -i\sqrt[4]{2}, -i\sqrt[4]{2}$。
它們的四次方都是 2。

問題在於，對於實數矩陣 $B$，如果 $B$ 有一個純虛數的特徵值 $ci$ ($c \neq 0$)，則 $-ci$ 也是特徵值。
那麼 $\mu^4 = (ci)^4 = c^4$。
如果 $A$ 的特徵值是正實數 $\lambda$，而 $B$ 的特徵值是一對純虛數 $\pm ci$，則 $\lambda = c^4$。
這意味著 $A$ 的特徵值必須是某個實數的四次方。
2, 7, 16 都是實數的四次方。

然而，如果 $B$ 是實數矩陣，並且 $B^4=A$，那麼 $A$ 的特徵值必須是 B 的特徵值的四次方。
如果 B 的特徵值包含純虛數 $ci$ ($c \neq 0$)，則 $B$ 的特徵值也必須包含 $-ci$。

核心觀念

本題考查：

1. 以矩陣為元素的內積空間。
2. Frobenius 內積
   $\langle A,B\rangle=\operatorname{tr}(AB^T).$
3. 線性轉換伴隨算子的定義：

$$\langle T(A),B\rangle=\langle A,T^*(B)\rangle \quad\text{對所有 }A,B\in V.$$

關鍵公式為

$$\operatorname{tr}(XY)=\operatorname{tr}(YX),$$

以及

$$(XY)^T=Y^TX^T.$$

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解題方法

先將 $\operatorname{tr}(AB^T)$ 寫成矩陣元素的乘積總和，可直接驗證內積的三個條件。接著利用伴隨算子的定義，將

$$\langle T(A),B\rangle$$

整理成

$$\langle A,\text{某個矩陣}\rangle$$

的形式，即可讀出 $T^*$。

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(a) 證明 $\langle\cdot,\cdot\rangle$ 是內積

設

$$A=(a_{ij}),\qquad B=(b_{ij})\in V.$$

由矩陣乘法及跡的定義，

$$\operatorname{tr}(AB^T) =\sum_{i=1}^n(AB^T)_{ii} =\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_{ij}b_{ij}.$$

因此

$$\langle A,B\rangle =\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_{ij}b_{ij}.$$

這正是將矩陣視為 $\mathbb R^{n^2}$ 中向量後的標準內積。

1. 雙線性

對任意 $A_1,A_2,B\in V$ 及 $\alpha,\beta\in\mathbb R$，

$$\begin{aligned} \langle \alpha A_1+\beta A_2,B\rangle &=\sum_{i,j}(\alpha a_{1,ij}+\beta a_{2,ij})b_{ij}\\ &=\alpha\sum_{i,j}a_{1,ij}b_{ij} +\beta\sum_{i,j}a_{2,ij}b_{ij}\\ &=\alpha\langle A_1,B\rangle+\beta\langle A_2,B\rangle. \end{aligned}$$

對第二個變數也同樣成立，因此 $\langle\cdot,\cdot\rangle$ 是雙線性的。

2. 對稱性

$$\begin{aligned} \langle A,B\rangle &=\sum_{i,j}a_{ij}b_{ij}\\ &=\sum_{i,j}b_{ij}a_{ij}\\ &=\langle B,A\rangle. \end{aligned}$$

因此內積具有對稱性。

3. 正定性

$$\langle A,A\rangle =\operatorname{tr}(AA^T) =\sum_{i,j}a_{ij}^2\ge 0.$$

且

$$\langle A,A\rangle=0 \iff \sum_{i,j}a_{ij}^2=0 \iff a_{ij}=0\quad\text{對所有 }i,j \iff A=0.$$

所以 $\langle A,A\rangle$ 具有正定性。

本題要求證明，如果兩個 $n \times n$ 的矩陣 $A$ 和 $B$ 在域 $F$ 上可對角化，且它們可交換 ($AB=BA$)，則存在一個可逆矩陣 $P$ 使得 $P^{-1}AP$ 和 $P^{-1}BP$ 都是對角矩陣。也就是說，$A$ 和 $B$ 可以同時被對角化。

證明思路：
已知條件：

1. $A, B$ 是域 $F$ 上的 $n \times n$ 矩陣。
2. $A$ 是可對角化的，即存在可逆矩陣 $Q_A$ 使得 $Q_A^{-1} A Q_A = D_A$，其中 $D_A$ 是對角矩陣。
3. $B$ 是可對角化的，即存在可逆矩陣 $Q_B$ 使得 $Q_B^{-1} B Q_B = D_B$，其中 $D_B$ 是對角矩陣。
4. $AB = BA$。

我們要證明存在可逆矩陣 $P$ 使得 $P^{-1}AP = D_A'$ 且 $P^{-1}BP = D_B'$，其中 $D_A'$ 和 $D_B'$ 都是對角矩陣。

方法一：利用交換矩陣的性質。
如果 $A$ 是可對角化的，則存在一個可逆矩陣 $P$ 使得 $P^{-1}AP$ 是對角矩陣 $D_A$。
我們需要證明，對於這個 $P$， $P^{-1}BP$ 也是對角矩陣。
由於 $A$ 可對角化，設 $P$ 是由 $A$ 的特徵向量組成的矩陣，使得 $P^{-1}AP = D_A = \text{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$。
$A$ 的特徵向量是 $P$ 的列向量 $v_1, \dots, v_n$，滿足 $Av_i = \lambda_i v_i$。
由於 $AB = BA$，我們有 $A(Bv_i) = (AB)v_i = (BA)v_i = B(Av_i) = B(\lambda_i v_i) = \lambda_i (Bv_i)$。
這說明 $Bv_i$ 也是 $A$ 的特徵向量，其對應的特徵值是 $\lambda_i$。

分情況討論 $A$ 的特徵值：
情況 1：$A$ 的所有特徵值 $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ 都互不相同。
此時，A 的特徵向量 $v_1, \dots, v_n$ 是線性無關的，它們構成了一個基。
由於 $Bv_i$ 是 $A$ 的特徵向量，且對應的特徵值是 $\lambda_i$，如果 $\lambda_i$ 是單根，則 $Bv_i$ 必須是 $v_i$ 的純量倍。
即 $Bv_i = \mu_i v_i$ 對於某些標量 $\mu_i \in F$。
那麼，對於矩陣 $P$ (其列向量是 $v_i$)，我們有 $AP = PD_A$。
$BP = B(v_1, \dots, v_n) = (Bv_1, \dots, Bv_n) = (\mu_1 v_1, \dots, \mu_n v_n) = P \text{diag}(\mu_1, \dots, \mu_n) = PD_B'$。
因此，$P^{-1}BP = D_B'$，其中 $D_B' = \text{diag}(\mu_1, \dots, \mu_n)$ 是對角矩陣。
這樣，我們找到了同時對角化 $A$ 和 $B$ 的矩陣 $P$。

情況 2：$A$ 的特徵值有重根。
設 $E_{\lambda} = \{v \in V \mid Av = \lambda v\}$ 是對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵空間。
由於 $A$ 可對角化，V 是 $A$ 的特徵向量空間的直和：$V = \bigoplus_{\lambda} E_{\lambda}$。
由於 $AB=BA$，我們有 $A(Bv) = B(Av)$。
如果 $v \in E_{\lambda}$，則 $Av = \lambda v$。
$A(Bv) = B(Av) = B(\lambda v) = \lambda (Bv)$。
這表示 $Bv$ 也在 $E_{\lambda}$ 中。
所以，線性變換 $B$ 將每個特徵空間 $E_{\lambda}$ 映射到自身。
即 $E_{\lambda}$ 是 $B$ 的不變子空間。

由於 $A$ 和 $B$ 都可對角化，它們各自的特徵向量都組成了一組基。
我們知道，如果兩個線性變換 $T_1, T_2$ 在域 $F$ 上可交換，且 $T_1$ 可對角化，則 $T_1$ 的每個特徵空間都是 $T_2$ 的不變子空間。
如果 $T_2$ 也可對角化，則 $T_2$ 在每個 $T_1$ 的特徵空間上限制的變換也是可對角化的。

設 $A$ 的特徵值為 $\lambda_1, \dots, \lambda_k$（不重複），對應的特徵空間為 $E_{\lambda_1}, \dots, E_{\lambda_k}$。
$V = E_{\lambda_1} \oplus \dots \oplus E_{\lambda_k}$。
在每個 $E_{\lambda_i}$ 上，線性變換 $B$ 仍然是可對角化的。
因此，在 $V$ 中，我們可以找到一組基，它是由 $A$ 的特徵向量和 $B$ 的特徵向量組成的。
更具體地，在每個 $E_{\lambda_i}$ 中，我們可以找到一組基 $B_i$，使得 $B$ 在 $B_i$ 上是可對角化的。
將所有 $B_i$ 的基向量組合起來，就得到了一個 $V$ 的基，在這個基下，兩個線性變換 $A$ 和 $B$ 都變成了對角矩陣。

具體來說：
假設 $A$ 的特徵值為 $\lambda_1, \dots, \lambda_k$（不重複），且 $E_{\lambda_i}$ 是對應的特徵空間，$\dim(E_{\lambda_i}) = n_i$。
$V = E_{\lambda_1} \oplus \dots \oplus E_{\lambda_k}$，$n_1 + \dots + n_k = n$。
由於 $AB=BA$，每個 $E_{\lambda_i}$ 是 $B$ 的不變子空間。
由於 $B$ 可對角化，它在 $E_{\lambda_i}$ 上的限制 $\left.B\right|_{E_{\lambda_i}}: E_{\lambda_i} \to E_{\lambda_i}$ 也是可對角化的。
所以，在 $E_{\lambda_i}$ 中，存在一組基 $B_i = \{v_{i1}, \dots, v_{in_i}\}$，使得 $\left.B\right|_{E_{\lambda_i}}$ 在此基下是對角矩陣。
每個 $v_{ij} \in E_{\lambda_i}$ 意味著 $Av_{ij} = \lambda_i v_{ij}$。
所以，將所有 $B_i$ 的向量組合起來，得到 $V$ 的一個基 $B = B_1 \cup \dots \cup B_k = \{v_{11}, \dots, v_{1n_1}, \dots, v_{k1}, \dots, v_{kn_k}\}$。
這個基由 $n$ 個向量組成。
對於基 $B$ 中的任意向量 $v_{ij}$，我們有 $Av_{ij} = \lambda_i v_{ij}$，所以 $A$ 在基 $B$ 下的表示矩陣是 $\text{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_1, \dots, \lambda_k, \dots, \lambda_k)$（其中 $\lambda_i$ 重複 $n_i$ 次）。這是一個對角矩陣。
同時，由於 $v_{ij} \in B_i$，所以 $B$ 在基 $B$ 下的表示矩陣也是對角矩陣。
令 $P$ 是由基 $B$ 的向量組成的矩陣。則 $P^{-1}AP$ 和 $P^{-1}BP$ 都是對角矩陣。