題目

Let \(T: P_2(\mathbb R)\rightarrow P_2(\mathbb R)\) be define by \(T(f)=f(10)+f(1)(x+x^2)\).

Show that \(T\) is diagonalizable.

想法與解法

張書鳴 says

想法

一個矩陣可否對角化的成立條件可以是：若 \(A\) 為 \(n\) 階方陣且有 \(n\) 個線性獨立的特徵向量，則 \(A\) 為可對角化矩陣。也因此不妨可以先假設標準基底 \(1,x,x^2\) 後，訂出一個 \(T\) 在這個基底上的矩陣後。以這題來說，經計算後可以發現其三個特徵值都相異，則其特徵向量也都相異，所以滿足可對角化的條件。

解法

令 \(\beta=\{1,x,x^2\}\) 為 \(P_2(\mathbb R)\) 的標準基底，
則對於所有 \(f=a+bx+cx^2 \in P_2(\mathbb R)\)，都可得到

\[ T(f)=a+10b+100c+(a+b+c)x+(a+b+c)x^2. \]

故

\[ [T(f)]_{\beta}= \begin{bmatrix} a+10b+100c\\ a+b+c \\ a+b+c \\ \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1 & 10 & 100 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a\\ b\\ c\\ \end{bmatrix}. \]

令

\[ A=[T]_{\beta}= \begin{bmatrix} 1 & 10 & 100 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ \end{bmatrix}, \]

則由 \(A\) 的特徵多項式 \(p_A(\lambda) = \det(A-\lambda I)\) 的根可以解出其特徵值。

由

\[ \det(A-\lambda I)=-\lambda(\lambda-12)(\lambda+9) \]

可得特徵值為 \(0,12,-9\)，且 \(0,12,-9\) 均為相異的實數，故 \(A\) 可對角化。 由於 \(A\) 為 \(T\) 的一個矩陣表示法，故 \(T\) 也可對角化。