108 年 國立中央大學數學系碩士班在職生《線性代數》

核心觀念

本題考查 $LU$ 分解與三角矩陣方程組的解法。

若矩陣 $A$ 可透過不交換列的高斯消去法化為上三角矩陣 $U$，則消去過程中的乘數可組成下三角矩陣 $L$，使得

$$A=LU.$$

其中 $L$ 的主對角線元素全部為 $1$。求解

$$A\mathbf{x}=\mathbf{b}$$

時，先利用 $A=LU$ 改寫為

$$LU\mathbf{x}=\mathbf{b}.$$

令

$$L\mathbf{y}=\mathbf{b},\qquad U\mathbf{x}=\mathbf{y},$$

先以前代法求 $\mathbf{y}$，再以回代法求 $\mathbf{x}$。

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解題方法：高斯消去求 $L$ 與 $U$

原矩陣為

$$A= \begin{pmatrix} 2&4&-1&3&1\\ -6&-1&2&8&4\\ 2&1&4&3&11\\ -8&-11&-14&-8&26\\ -2&-7&-11&53&-17 \end{pmatrix}.$$

第一步：消去第一欄

以第一列首項 $2$ 為主元素，消去乘數為

$$m_{21}=-3,\quad m_{31}=1,\quad m_{41}=-4,\quad m_{51}=-1.$$

消去後得到

$$\begin{pmatrix} 2&4&-1&3&1\\ 0&11&-1&17&7\\ 0&-3&5&0&10\\ 0&5&-18&4&30\\ 0&-3&-12&56&-16 \end{pmatrix}.$$

第二步：消去第二欄

以第二列首項 $11$ 為主元素：

$$m_{32}=-\frac{3}{11},\qquad m_{42}=\frac{5}{11},\qquad m_{52}=-\frac{3}{11}.$$

消去後得到

$$\begin{pmatrix} 2&4&-1&3&1\\ 0&11&-1&17&7\\ 0&0&\frac{52}{11}&\frac{51}{11}&\frac{131}{11}\\ 0&0&-\frac{193}{11}&-\frac{41}{11}&\frac{295}{11}\\ 0&0&-\frac{135}{11}&\frac{667}{11}&-\frac{155}{11} \end{pmatrix}.$$

第三步：消去第三欄

第三欄的消去乘數為

$$m_{43}=-\frac{193}{52},\qquad m_{53}=-\frac{135}{52}.$$

消去後得到

$$\begin{pmatrix} 2&4&-1&3&1\\ 0&11&-1&17&7\\ 0&0&\frac{52}{11}&\frac{51}{11}&\frac{131}{11}\\ 0&0&0&\frac{701}{52}&\frac{3693}{52}\\ 0&0&0&\frac{3779}{52}&\frac{875}{52} \end{pmatrix}.$$

第四步：消去第四欄

最後一個消去乘數為

$$m_{54} = \frac{\frac{3779}{52}}{\frac{701}{52}} = \frac{3779}{701}.$$

因此

$$U= \begin{pmatrix} 2&4&-1&3&1\\ 0&11&-1&17&7\\ 0&0&\frac{52}{11}&\frac{51}{11}&\frac{131}{11}\\ 0&0&0&\frac{701}{52}&\frac{3693}{52}\\ 0&0&0&0&-\frac{256586}{701} \end{pmatrix}.$$

其中最後一個對角元素由下式得到：

$$\frac{875}{52} - \frac{3779}{701}\cdot\frac{3693}{52} = -\frac{256586}{701}.$$

將所有消去乘數放入 $L$ 的下三角位置，得到

$$L= \begin{pmatrix} 1&0&0&0&0\\ -3&1&0&0&0\\ 1&-\frac{3}{11}&1&0&0\\ -4&\frac{5}{11}&-\frac{193}{52}&1&0\\ -1&-\frac{3}{11}&-\frac{135}{52}&\frac{3779}{701}&1 \end{pmatrix}.$$

因此

$$A=LU.$$

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解題方法：利用 $LU$ 分解求解方程組

令

此題考查的是線性代數中關於多項式插值（Polynomial Interpolation）的存在性與唯一性定理，這與線性方程組的解的唯一性概念緊密相關。

核心觀念：給定 $n+1$ 個不同的點 $(c_0, d_0), (c_1, d_1), \ldots, (c_n, d_n)$，其中 $c_i$ 是 $x$ 座標，$d_i$ 是 $y$ 座標，存在唯一一個次數小於 $n$ 的多項式 $f(x)$ 通過這些點。

證明存在性：
我們需要證明存在一個多項式 $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0$ 使得 $f(c_i) = d_i$ 對於所有 $i=0, 1, \ldots, n$ 都成立。這裡的係數 $a_j$ 屬於 Q。
將這個要求代入多項式形式，我們得到一個線性方程組：
$f(c_0) = a_n c_0^n + a_{n-1} c_0^{n-1} + \cdots + a_1 c_0 + a_0 = d_0$
$f(c_1) = a_n c_1^n + a_{n-1} c_1^{n-1} + \cdots + a_1 c_1 + a_0 = d_1$
$\vdots$
$f(c_n) = a_n c_n^n + a_{n-1} c_n^{n-1} + \cdots + a_1 c_n + a_0 = d_n$

這個方程組可以寫成矩陣形式 $M \mathbf{a} = \mathbf{d}$，其中：
$\mathbf{a} = \begin{pmatrix} a_0 \\ a_1 \\ \vdots \\ a_n \end{pmatrix}$ 是我們要求的多項式係數向量。
$\mathbf{d} = \begin{pmatrix} d_0 \\ d_1 \\ \vdots \\ d_n \end{pmatrix}$ 是給定的 $d_i$ 值向量。
$M$ 是一個 $(n+1) \times (n+1)$ 的矩陣，其形式如下：

$$M = \begin{pmatrix} 1 & c_0 & c_0^2 & \cdots & c_0^n \\ 1 & c_1 & c_1^2 & \cdots & c_1^n \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & c_n & c_n^2 & \cdots & c_n^n \end{pmatrix}$$

這個矩陣 $M$ 被稱為 Vandermonde 矩陣。
我們需要證明這個線性方程組 $M \mathbf{a} = \mathbf{d}$ 對於任意的 $\mathbf{d}$ 都有唯一解。這等價於證明 Vandermonde 矩陣 $M$ 是可逆的，也就是說，其行列式 $\det(M) \neq 0$。

Vandermonde 矩陣的行列式為：
$\det(M) = \prod_{0 \le i < j \le n} (c_j - c_i)$

由於題目中給定 $c_0, c_1, \ldots, c_n$ 是 $n+1$ 個「互不相同」（mutually distinct）的純量（scalars），這意味著對於任何 $i \neq j$，都有 $c_j - c_i \neq 0$。因此，產品中的每一項 $(c_j - c_i)$ 都是非零的。
所以，$\det(M) = \prod_{0 \le i < j \le n} (c_j - c_i) \neq 0$。
因為矩陣 $M$ 的行列式非零，所以 $M$ 是可逆的。這意味著對於任意的向量 $\mathbf{d}$，方程組 $M \mathbf{a} = \mathbf{d}$ 都有一個唯一的解 $\mathbf{a} = M^{-1} \mathbf{d}$。

核心觀念

題目要證明序列空間 $R$ 是「無限維」的向量空間，關鍵是使用以下判定：

若向量空間中存在任意多個線性獨立的向量，亦即對每個正整數 $m$，都能找到 $m$ 個線性獨立向量，則此向量空間不可能具有有限維度。

在所有實數序列中，可取「標準基底型序列」：

$$e_1=\{1,0,0,0,\ldots\},$$ $$e_2=\{0,1,0,0,\ldots\},$$ $$e_3=\{0,0,1,0,\ldots\},$$

一般而言，對每個 $k\ge 1$，定義

$$e_k=\{a_n\}_{n\ge 1},$$

其中

$$a_n= \begin{cases} 1, & n=k,\\ 0, & n\ne k. \end{cases}$$

這些序列皆屬於 $R$。

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解題方法

證明 $\{e_k\}_{k\ge 1}$ 是一組無限的線性獨立向量。若能證明這件事，就表示 $R$ 至少包含任意多個線性獨立向量，因此 $R$ 不可能是有限維向量空間。

取任意正整數 $m$，考慮有限集合

$$\{e_1,e_2,\ldots,e_m\}.$$

若其線性組合等於零向量，則存在實數 $c_1,c_2,\ldots,c_m$，使得

$$c_1e_1+c_2e_2+\cdots+c_me_m=\mathbf{0},$$

其中 $\mathbf{0}=\{0,0,0,\ldots\}$ 是 $R$ 的零向量。

將上述等式逐項比較。

在第 $1$ 個座標，由於只有 $e_1$ 的第 $1$ 個分量為 $1$，其餘 $e_2,\ldots,e_m$ 的第 $1$ 個分量皆為 $0$，因此得到

$$c_1=0.$$

在第 $2$ 個座標，得到

此題考查矩陣可對角化（Diagonalizable）的判斷。

核心觀念：一個 $n \times n$ 的矩陣 $A$ 是可對角化的，若且唯若存在一個可逆矩陣 $P$ 使得 $P^{-1}AP$ 是一個對角矩陣。這等價於以下兩個條件同時滿足：

1. 矩陣 $A$ 的特徵值（Eigenvalues）的代數重數（Algebraic Multiplicity）之和等於 $n$（這總是成立的，因為特徵值是代數方程的根）。
2. 對於每一個特徵值 $\lambda$，其代數重數等於其幾何重數（Geometric Multiplicity）。幾何重數是指特徵值 $\lambda$ 對應的特徵向量（Eigenvectors）所構成的子空間的維度，即 $\dim(\ker(A - \lambda I))$。

步驟 1：求矩陣 $A$ 的特徵值。
特徵值是滿足特徵方程 $\det(A - \lambda I) = 0$ 的 $\lambda$ 值。

$$A - \lambda I = \begin{pmatrix} -3-\lambda & -2 & 0 & 0 \\ 1 & 8-\lambda & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -2-\lambda & 1 \\ 0 & 0 & 0 & -1-\lambda \end{pmatrix}$$

計算行列式：
$\det(A - \lambda I) = \det \begin{pmatrix} -3-\lambda & -2 \\ 1 & 8-\lambda \end{pmatrix} \cdot \det \begin{pmatrix} -2-\lambda & 1 \\ 0 & -1-\lambda \end{pmatrix}$
（這是因為矩陣 $A$ 是一個區塊對角矩陣 Block Diagonal Matrix）。

第一個 2x2 區塊的行列式：
$(-3-\lambda)(8-\lambda) - (-2)(1) = (-24 + 3\lambda - 8\lambda + \lambda^2) + 2 = \lambda^2 - 5\lambda - 24 + 2 = \lambda^2 - 5\lambda - 22$
令 $\lambda^2 - 5\lambda - 22 = 0$。使用求根公式：
$\lambda = \frac{-(-5) \pm \sqrt{(-5)^2 - 4(1)(-22)}}{2(1)} = \frac{5 \pm \sqrt{25 + 88}}{2} = \frac{5 \pm \sqrt{113}}{2}$
所以，兩個特徵值是 $\lambda_1 = \frac{5 + \sqrt{113}}{2}$ 和 $\lambda_2 = \frac{5 - \sqrt{113}}{2}$。
注意，這兩個特徵值是實數，但不是有理數。題目要求矩陣是在 Q 上，但特徵值不一定在 Q 中。通常，可對角化性是在複數域 C 或實數域 R 上討論。這裡的討論是在 Q 上，但特徵值本身可能不在 Q 中。如果題目要求在 Q 上可對角化，那麼特徵值必須在 Q 中。然而，通常「可對角化」是指在複數域上。假設討論的域是 R 或 C。

第二個 2x2 區塊的行列式：
$(-2-\lambda)(-1-\lambda) - (1)(0) = (-2-\lambda)(-1-\lambda) = (2+\lambda)(1+\lambda)$
令 $(2+\lambda)(1+\lambda) = 0$。
所以，另外兩個特徵值是 $\lambda_3 = -2$ 和 $\lambda_4 = -1$。

矩陣 $A$ 的四個特徵值為 $\frac{5 + \sqrt{113}}{2}$, $\frac{5 - \sqrt{113}}{2}$, $-2$, $-1$。
這四個特徵值是互不相同的。

步驟 2：判斷特徵值的代數重數與幾何重數。
由於四個特徵值互不相同，每一個特徵值的代數重數（Algebraic Multiplicity）都是 1。
對於任何一個 $n \times n$ 的矩陣，如果它有 $n$ 個互不相同的特徵值，那麼它一定是可對角化的。這是因為每個特徵值對應的幾何重數至少為 1，而代數重數也為 1。幾何重數的最大值等於代數重數，所以這裡的幾何重數正好是 1。
因此，對應於每一個特徵值，我們都可以找到一個線性獨立的特徵向量。由於有四個互不相同的特徵值，我們可以找到四個線性獨立的特徵向量。這四個線性獨立的特徵向量可以構成一個 $4 \times 4$ 的可逆矩陣 $P$，使得 $P^{-1}AP$ 是對角矩陣。

證明：
令 $A$ 的特徵值為 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3, \lambda_4$。
$\lambda_1 = \frac{5 + \sqrt{113}}{2}$
$\lambda_2 = \frac{5 - \sqrt{113}}{2}$
$\lambda_3 = -2$
$\lambda_4 = -1$
這四個特徵值是互不相同的。
對於每個特徵值 $\lambda_i$，其代數重數（Algebraic Multiplicity, AM）為 1。
對於每個特徵值 $\lambda_i$，其幾何重數（Geometric Multiplicity, GM）滿足 $1 \le GM(\lambda_i) \le AM(\lambda_i)$。
由於 $AM(\lambda_i) = 1$，所以 $GM(\lambda_i)$ 只能是 1。
因此，對於每一個特徵值，其代數重數等於幾何重數。
這意味著矩陣 $A$ 是可對角化的。

此題考查的是線性算子（Linear Operator）的可對角化性與子空間的性質，特別是 T-不變子空間（T-invariant subspace）。

核心觀念：

1. 可對角化算子：一個線性算子 $T: V \to V$ 是可對角化的，如果存在 $V$ 的一組基底，使得 $T$ 在這組基底下的表示矩陣是對角矩陣。這等價於 $V$ 可以分解為 $T$ 的特徵向量所構成的子空間的直和。
2. T-不變子空間：一個子空間 $W \subseteq V$ 被稱為 $T$-不變的，如果對於所有 $w \in W$，都有 $T(w) \in W$。這意味著 $T$ 將 $W$ 中的向量映射到 $W$ 中。
3. 子空間上的算子：如果 $W$ 是 $T$-不變的，則 $T$ 在 $W$ 上誘導了一個線性算子 $T_W: W \to W$，定義為 $T_W(w) = T(w)$。

證明思路：
我們需要證明，如果 $T$ 是可對角化的，並且 $W$ 是 $T$-不變子空間，那麼限制在 $W$ 上的算子 $T_W$ 也是可對角化的。
證明方法是構造一個 $W$ 的基底，使得 $T_W$ 在這個基底下的表示矩陣是對角矩陣。

證明步驟：
由於 $T: V \to V$ 是可對角化的，存在 $V$ 的一組基底 $\mathcal{B} = \{v_1, v_2, \ldots, v_n\}$，其中 $n = \dim(V)$，且每個 $v_i$ 都是 $T$ 的特徵向量。這意味著 $T(v_i) = \lambda_i v_i$，其中 $\lambda_i$ 是對應的特徵值。
由於 $\mathcal{B}$ 是 $V$ 的一組基底，它張成整個向量空間 $V$。

現在考慮 $W$ 是一個 $T$-不變子空間。這意味著對於任意 $w \in W$，都有 $T(w) \in W$。

我們需要證明 $T_W: W \to W$ 是可對角化的。這意味著 $W$ 存在一組基底，使得 $T_W$ 在這組基底下的表示矩陣是對角矩陣。

考慮 $W$ 中的向量。由於 $W$ 是 $V$ 的子空間，其中的向量也是 $V$ 的向量。
設 $\{w_1, w_2, \ldots, w_k\}$ 是 $W$ 的任意一組基底，其中 $k = \dim(W)$。
由於 $W$ 是 $T$-不變的，對於每個 $w_i \in W$，我們都有 $T(w_i) \in W$。
因為 $T(w_i) \in W$，而 $\{w_1, w_2, \ldots, w_k\}$ 是 $W$ 的基底，所以 $T(w_i)$ 可以表示為 $W$ 的基底向量的線性組合：
$T(w_i) = \sum_{j=1}^{k} c_{ij} w_j$，其中 $c_{ij} \in F$。
這表示 $T_W$ 在基底 $\{w_1, \ldots, w_k\}$ 下的表示矩陣 $C = [c_{ij}]$ 是一個 $k \times k$ 的矩陣。
我們需要證明這個矩陣 $C$ 是可對角化的。

更直接的方法是利用 $T$ 的特徵向量。
由於 $T$ 是可對角化的，存在 $V$ 的一組基底 $\mathcal{B} = \{v_1, \ldots, v_n\}$，其中每個 $v_i$ 都是 $T$ 的特徵向量，即 $T(v_i) = \lambda_i v_i$。
我們將這組基底 $\mathcal{B}$ 中的向量分為兩部分：一部分屬於 $W$，另一部分不屬於 $W$。
設 $\mathcal{B}_W = \{v_{i_1}, \ldots, v_{i_m}\}$ 是 $\mathcal{B}$ 中屬於 $W$ 的向量（即 $v_{i_j} \in W$）。
設 $\mathcal{B}_{V \setminus W} = \{v_{k_1}, \ldots, v_{k_{n-m}}\}$ 是 $\mathcal{B}$ 中不屬於 $W$ 的向量（即 $v_{k_j} \notin W$）。
這裡 $m = \dim(W \cap \text{span}(\mathcal{B}))$, $n-m = \dim(V \setminus W \cap \text{span}(\mathcal{B}))$.

重要論點：
如果 $v$ 是 $T$ 的特徵向量，且 $v \in W$（$W$ 是 $T$-不變的），那麼 $T(v) = \lambda v$。由於 $v \in W$ 且 $W$ 是 $T$-不變的，所以 $T(v) \in W$。這意味著 $\lambda v \in W$。
如果 $\lambda \neq 0$，則 $v \in W$。
如果 $\lambda = 0$，則 $T(v) = 0 \in W$。

更嚴謹的證明思路：
由於 $T$ 是可對角化的，存在 $V$ 的一個基底 $\mathcal{B} = \{v_1, \ldots, v_n\}$，其中每個 $v_i$ 都是 $T$ 的特徵向量。
令 $W$ 是 $T$-不變子空間。
考慮 $\mathcal{B}$ 中屬於 $W$ 的特徵向量組成的集合 $S_W = \{v_i \in \mathcal{B} \mid v_i \in W\}$。
由於 $v_i \in W$ 且 $T(v_i) = \lambda_i v_i$，由於 $W$ 是 $T$-不變的，所以 $T(v_i) = \lambda_i v_i$ 必須屬於 $W$。這與 $v_i \in W$ 的假設一致，並沒有提供額外信息。

關鍵在於 $T_W$ 的特徵向量。
我們需要找到 $W$ 的一組基底，使得 $T_W$ 在這組基底下的表示矩陣是對角矩陣。
設 $W$ 的一組基底為 $\mathcal{B}_W = \{w_1, \ldots, w_k\}$。
我們知道 $T(w_i) \in W$ 對於所有 $i=1, \ldots, k$。
由於 $T$ 是可對角化的，存在 $V$ 的一組由特徵向量組成的基底 $\mathcal{B} = \{v_1, \ldots, v_n\}$。
如果 $W$ 的維度 $k < n$，那麼 $W$ 中的向量是 $V$ 的向量。
考慮 $W$ 中的任意向量 $w \in W$。由於 $w \in V$， $w$ 可以表示為 $\mathcal{B}$ 的線性組合：$w = \sum_{i=1}^n \alpha_i v_i$。
由於 $W$ 是 $T$-不變的， $T(w) \in W$。
$T(w) = T(\sum_{i=1}^n \alpha_i v_i) = \sum_{i=1}^n \alpha_i T(v_i) = \sum_{i=1}^n \alpha_i \lambda_i v_i$。
由於 $T(w) \in W$，所以 $\sum_{i=1}^n \alpha_i \lambda_i v_i$ 必須能夠被 $W$ 的基底張成。

另一種證明方法：利用特徵空間的直和分解。
由於 $T$ 是可對角化的， $V$ 可以分解為 $T$ 的不同特徵空間的直和（或推廣到廣義特徵空間的直和，但這裡只需特徵向量）。
$V = E_{\lambda_1} \oplus E_{\lambda_2} \oplus \cdots \oplus E_{\lambda_m}$，其中 $E_{\lambda_i} = \ker(T - \lambda_i I)$ 是對應於特徵值 $\lambda_i$ 的特徵空間。
對於每個特徵空間 $E_{\lambda_i}$，有 $T(v) = \lambda_i v$ 對於所有 $v \in E_{\lambda_i}$。
現在，考慮 $W$ 是 $T$-不變子空間。
對於每個特徵空間 $E_{\lambda_i}$，考慮 $W \cap E_{\lambda_i}$。
由於 $W$ 是 $T$-不變的，對於任意 $v \in W \cap E_{\lambda_i}$：
$v \in W$ 且 $v \in E_{\lambda_i}$。
$T(v) = \lambda_i v$。
因為 $v \in W$ 且 $W$ 是 $T$-不變的，所以 $T(v) \in W$。
由於 $v \in E_{\lambda_i}$，所以 $T(v) = \lambda_i v$。
因此，$T(v) = \lambda_i v \in W$。這意味著 $\lambda_i v$ 也在 $W$ 中。
這說明 $W \cap E_{\lambda_i}$ 是 $T$-不變的。
實際上，對於任何 $v \in W \cap E_{\lambda_i}$， $T(v) = \lambda_i v$ 並且 $\lambda_i v \in W$。所以 $T$ 在 $W \cap E_{\lambda_i}$ 上作用就是乘以 $\lambda_i$。

關鍵定理： 如果 $V$ 是 $T$-可對角化的，且 $W$ 是 $T$-不變子空間，那麼 $T|_W: W \to W$ 也是可對角化的。
證明：
由於 $T$ 是可對角化的，存在 $V$ 的一組基底 $\mathcal{B} = \{v_1, \ldots, v_n\}$，其中每個 $v_i$ 都是 $T$ 的特徵向量。
令 $W$ 為 $T$-不變子空間。
對於 $W$ 中的任意向量 $w$， $w$ 可以表示為 $w = \sum_{i=1}^n \alpha_i v_i$。
由於 $w \in W$ 且 $T(w) \in W$，我們有 $T(\sum \alpha_i v_i) = \sum \alpha_i \lambda_i v_i \in W$。
這意味著 $W$ 中的向量可以由 $V$ 的特徵向量張成。

更簡潔的證明：
由於 $T$ 是可對角化的，存在 $V$ 的一組基底 $\mathcal{B} = \{v_1, \ldots, v_n\}$，其中 $v_i$ 是 $T$ 的特徵向量。
令 $W$ 是 $T$-不變子空間。
對於 $W$ 中的任意向量 $w$， $w$ 可以表示為 $w = \sum_{i=1}^n \alpha_i v_i$。
由於 $W$ 是 $T$-不變的， $T(w) \in W$。
$T(w) = T(\sum \alpha_i v_i) = \sum \alpha_i T(v_i) = \sum \alpha_i \lambda_i v_i$。
由於 $T(w) \in W$，所以 $\sum \alpha_i \lambda_i v_i$ 必須是 $W$ 中的向量。

考慮 $W$ 的一組基底。
由於 $T$ 是可對角化的， $V$ 可以分解為 $T$ 的特徵空間的直和：$V = E_{\lambda_1} \oplus \cdots \oplus E_{\lambda_m}$。
對於每個特徵空間 $E_{\lambda_i}$， $T$ 在 $E_{\lambda_i}$ 上就是乘以 $\lambda_i$。
現在，考慮 $W$ 是一個 $T$-不變子空間。
對於 $W$ 中的任何向量 $w$， $T(w) \in W$。
令 $w \in W$。 $w$ 可以唯一地表示為 $w = w_1 + \cdots + w_m$，其中 $w_i \in E_{\lambda_i}$。
由於 $T(w) \in W$，我們有 $T(w) = T(w_1 + \cdots + w_m) = T(w_1) + \cdots + T(w_m) = \lambda_1 w_1 + \cdots + \lambda_m w_m \in W$。
這意味著，如果 $w = w_1 + \cdots + w_m \in W$ 且 $w_i \in E_{\lambda_i}$，那麼 $\lambda_1 w_1 + \cdots + \lambda_m w_m$ 也必須在 $W$ 中。

關鍵引理： 如果 $V$ 是 $T$-可對角化的，且 $W$ 是 $T$-不變子空間，那麼 $W$ 可以由 $V$ 的 $T$-特徵向量張成。
證明：設 $\mathcal{B} = \{v_1, \ldots, v_n\}$ 是 $V$ 的一組 $T$-特徵向量基底。令 $W$ 是 $T$-不變子空間。
對於任意 $w \in W$, $w = \sum \alpha_i v_i$. $T(w) = \sum \alpha_i \lambda_i v_i \in W$.
考慮 $W$ 中的任意向量 $w$。 $w$ 可以表示成 $w = \sum_{i=1}^n \alpha_i v_i$。
如果 $\lambda_i$ 都是相異的，則 $v_i$ 的線性獨立性保證了 $w$ 的表示是唯一的。
令 $w \in W$. $T(w) = \sum \alpha_i \lambda_i v_i \in W$.
這表明 $W$ 的向量是由 $V$ 的特徵向量組成的。
我們可以從 $\mathcal{B}$ 中選取一個子集，它構成 $W$ 的一組基底。
設 $W$ 的一組基底為 $\mathcal{B}_W = \{u_1, \ldots, u_k\}$。
由於 $T$ 是可對角化的， $V$ 可以分解為 $T$ 的特徵空間的直和 $V = E_{\lambda_1} \oplus \cdots \oplus E_{\lambda_m}$。
對於 $W$ 中的任意向量 $w$， $w$ 可以表示為 $w = w_1 + \cdots + w_m$，$w_i \in E_{\lambda_i}$。
由於 $W$ 是 $T$-不變的， $T(w) = \lambda_1 w_1 + \cdots + \lambda_m w_m \in W$。
這意味著 $W$ 也是由 $E_{\lambda_i}$ 的向量張成的。
更精確地，對於每個 $i$， $W$ 中的向量 $w$ 的 $E_{\lambda_i}$ 分量 $w_i$ 決定了 $T(w)$ 在 $E_{\lambda_i}$ 上的分量 $\lambda_i w_i$。
由於 $W$ 是 $T$-不變的，這也意味著 $W$ 中的向量的 $E_{\lambda_i}$ 分量 $w_i$ 必須滿足某種性質。

一個簡潔的證明：
由於 $T$ 是可對角化的，存在 $V$ 的一組基底 $\mathcal{B} = \{v_1, \ldots, v_n\}$，其中每個 $v_i$ 都是 $T$ 的特徵向量。
令 $W$ 是 $T$-不變子空間。
對於 $W$ 中的任意向量 $w \in W$， $w$ 可以表示為 $w = \sum_{i=1}^n \alpha_i v_i$。

此題考查的是歐幾里得空間（或更一般的內積空間）中的最佳逼近定理（Best Approximation Theorem），也稱為正交投影定理。

核心觀念：
在一個有限維的內積空間中，對於任意向量 $v$ 和其任何有限維子空間 $W$，存在一個唯一的向量 $w_0 \in W$ 使得 $v$ 與 $w_0$ 的距離 $||v - w_0||$ 最小。這個向量 $w_0$ 是 $v$ 在 $W$ 上的正交投影，記作 $P_W(v)$。
該定理的關鍵在於正交性：向量 $v - w_0$ 必須與子空間 $W$ 中的所有向量正交。

證明思路：

1. 存在性證明：構造一個向量 $w_0 \in W$ 使得 $||v - w_0||$ 最小。這通常通過利用 $W$ 的一組正交基來實現。
2. 唯一性證明：假設存在兩個不同的向量 $w_1, w_2 \in W$ 都能使得距離最小，然後通過構造反例來證明這是不可能的。

證明步驟：

存在性證明：
設 $W$ 是 $V$ 的一個有限維子空間，且 $\dim(W) = k$。設 $\{u_1, u_2, \ldots, u_k\}$ 是 $W$ 的一組標準正交基（Gram-Schmidt 正交化過程可以保證存在這樣的基底）。
對於任意給定的向量 $v \in V$，我們尋找一個向量 $w_0 \in W$ 使得 $||v - w_0||$ 最小。
將 $w_0$ 表示為 $W$ 的基底的線性組合：$w_0 = c_1 u_1 + c_2 u_2 + \cdots + c_k u_k$，其中 $c_i \in C$ 是待定係數。
我們需要最小化 $||v - w_0||^2 = (v - w_0, v - w_0)$。
$||v - w_0||^2 = (v - \sum_{i=1}^k c_i u_i, v - \sum_{j=1}^k c_j u_j)$
$= (v, v) - \sum_{j=1}^k c_j (v, u_j) - \sum_{i=1}^k \overline{c_i} (u_i, v) + \sum_{i=1}^k \sum_{j=1}^k c_i \overline{c_j} (u_i, u_j)$
由於 $\{u_1, \ldots, u_k\}$ 是標準正交基， $(u_i, u_j) = \delta_{ij}$（Kronecker delta）。
所以，
$||v - w_0||^2 = ||v||^2 - \sum_{j=1}^k c_j (v, u_j) - \sum_{i=1}^k \overline{c_i} (u_i, v) + \sum_{i=1}^k |c_i|^2$
$= ||v||^2 - \sum_{i=1}^k (c_i (v, u_i) + \overline{c_i} (v, u_i)) + \sum_{i=1}^k |c_i|^2$
令 $(v, u_i) = \alpha_i \in C$。
$||v - w_0||^2 = ||v||^2 - \sum_{i=1}^k (c_i \alpha_i + \overline{c_i} \alpha_i) + \sum_{i=1}^k |c_i|^2$
為了最小化這個表達式，我們可以對每個 $c_i$ 分別求導（或者通過配方法）。
考慮單獨一項關於 $c_i$ 的表達式：$|c_i|^2 - (c_i \alpha_i + \overline{c_i} \alpha_i)$。
令 $c_i = x_i + i y_i$ 且 $\alpha_i = a_i + i b_i$。
$c_i \alpha_i + \overline{c_i} \alpha_i = (x_i + i y_i)(a_i + i b_i) + (x_i - i y_i)(a_i + i b_i)$
$= (x_i a_i - y_i b_i + i(y_i a_i + x_i b_i)) + (x_i a_i + y_i b_i + i(y_i a_i - x_i b_i))$
$= 2(x_i a_i + y_i b_i) = 2 \text{Re}(c_i \overline{\alpha_i}) = 2 \text{Re}(\overline{c_i} \alpha_i)$。
或者，更簡單地， $c_i \alpha_i + \overline{c_i} \alpha_i = 2 \text{Re}(c_i \alpha_i)$。
我們希望最小化 $|c_i|^2 - 2 \text{Re}(c_i \alpha_i)$。
這個表達式可以寫成 $|c_i|^2 - c_i \alpha_i - \overline{c_i} \alpha_i$。
令 $c_i = x_i + i y_i$。
$x_i^2 + y_i^2 - (x_i + iy_i)\alpha_i - (x_i - iy_i)\alpha_i = x_i^2 + y_i^2 - 2x_i \text{Re}(\alpha_i) - 2y_i \text{Im}(\alpha_i)$.
為了最小化，我們讓 $2x_i = 2 \text{Re}(\alpha_i)$ 和 $2y_i = 2 \text{Im}(\alpha_i)$。
所以 $x_i = \text{Re}(\alpha_i)$ 和 $y_i = \text{Im}(\alpha_i)$。
這意味著 $c_i = \alpha_i = (v, u_i)$。

所以，最小化條件發生在 $c_i = (v, u_i)$。
令 $w_0 = \sum_{i=1}^k (v, u_i) u_i$。
這個 $w_0$ 是一個在 $W$ 中的向量。
此時， $||v - w_0||^2 = ||v||^2 - \sum_{i=1}^k |(v, u_i)|^2$。
這是一個最小值，因為 $||v||^2$ 是常數，而 $\sum_{i=1}^k |(v, u_i)|^2$ 是由 $v$ 和 $W$ 的正交基決定的。
這個 $w_0$ 就是 $v$ 在 $W$ 上的正交投影，記為 $P_W(v)$。
線性算子 $P: V \to W$ 被定義為 $P(v) = w_0 = \sum_{i=1}^k (v, u_i) u_i$。
這保證了存在性。

唯一性證明：
假設存在兩個向量 $w_1, w_2 \in W$ 使得 $||v - w_1|| \le ||v - w||$ 和 $||v - w_2|| \le ||v - w||$ 對於所有 $w \in W$。
那麼 $||v - w_1|| = ||v - w_2|| = \min_{w \in W} ||v - w||$。
考慮向量 $w_3 = \frac{w_1 + w_2}{2}$。