\[
v=(1,0,0,0)
\]

\[
T(v)=T(1,0,0,0)=(1,0,1,1)
\]

\[
T^2(v)=T(1,0,1,1)=(1,-1,2,2)
\]

\[
T^3(v)=T(1,-1,2,2)=(0,-3,3,3)
\]

reduced echelon form

\[
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & -3 \\
0 & 1 & 2 & 3 \\
0 & 1 & 2 & 3
\end{bmatrix}
\sim
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & -6 \\
0 & 1 & 0 & 9 \\
0 & 0 & 1 & -3 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\]

\[
\vec{v},\; T(\vec{v}),\; T^2(\vec{v}) \text{ 為 } C(T,\vec{v}) \text{ 的一組 ordered basis }
\]

令為 \(\beta\)

\[
[T]_{C(T,\vec{v}),\beta}
=
\begin{bmatrix}
0 & 0 & -6 \\
1 & 0 & 9 \\
0 & 1 & -3
\end{bmatrix}
\]

\[
\det\left([T]_{C(T,\vec{v}),\beta}-\lambda I_3\right)
=
\det\left(
\begin{bmatrix}
0 & 0 & -6 \\
1 & 0 & 9 \\
0 & 1 & -3
\end{bmatrix}
-
\begin{bmatrix}
\lambda & 0 & 0 \\
0 & \lambda & 0 \\
0 & 0 & \lambda
\end{bmatrix}
\right)
\]

\[
=
\det
\begin{bmatrix}
-\lambda & 0 & -6 \\
1 & -\lambda & 9 \\
0 & 1 & -3-\lambda
\end{bmatrix}
\]
\[=
-\lambda^3-3\lambda^2+9\lambda-6
\]

\[
v=
\begin{bmatrix}
0 & 1\\
1 & 0
\end{bmatrix}
\]
\[
T(v)=
\begin{bmatrix}
1 & 1\\
2 & 2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
0 & 1\\
1 & 0
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1 & 1\\
2 & 2
\end{bmatrix}
\]
\[
T^2(v)=T(T(v))
=
\begin{bmatrix}
1 & 1\\
2 & 2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1\\
2 & 2
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
3 & 3\\
6 & 6
\end{bmatrix}
=3
\begin{bmatrix}
1 & 1\\
2 & 2
\end{bmatrix}
=3T(v)
\]

因此
\[
T^2(v)=3T(v)
\]
又\[
\left[
[\vec{v}]_{\mathcal{E}} \qquad [T(\vec{v})]_{\mathcal{E}}
\right] \;\to\;
\]

\[
\begin{bmatrix}
0 & 1 \\
1 & 2 \\
0 & 3 \\
0 & 2
\end{bmatrix}
\;\to\;
\text{reduced echelon form}\;
\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1 \\
0 & 0 \\
0 & 0
\end{bmatrix}
\]

知\(v,T(v)\) 線性獨立，而 \(T^2(v)\) 可由 \(T(v)\) 表示，故
\[
C(T,v)=\operatorname{span}\{v,T(v)\}
\]
所以 \(C(T,v)\) 的一組 ordered basis 可取為
\[
\beta=\{v,T(v)\}
\]
\[
T(v)=0\,v+1\,T(v)
\]
第一個為
\[
[T(v)]_{\beta}=
\begin{bmatrix}
0\\
1
\end{bmatrix}
\]
\[
T(T(v))=T^2(v)=3T(v)=0\,v+3\,T(v)
\]
第二個為
\[
[T(T(v))]_{\beta}=
\begin{bmatrix}
0\\
3
\end{bmatrix}
\]

因此
\[
[T]_{C(T,v),\beta}
=
\begin{bmatrix}
0 & 0\\
1 & 3
\end{bmatrix}
\]

所以其 characteristic polynomial 為
\[
\det\!\left([T]_{C(T,v),\beta}-\lambda I_2\right)
=
\det\!\left(
\begin{bmatrix}
0 & 0\\
1 & 3
\end{bmatrix}
-
\begin{bmatrix}
\lambda & 0\\
0 & \lambda
\end{bmatrix}
\right)
\]

\[
=
\det
\begin{bmatrix}
-\lambda & 0\\
1 & 3-\lambda
\end{bmatrix}
\]

\[
=(-\lambda)(3-\lambda)-(0)(1)
=\lambda^2-3\lambda
\]

解答的第6個row 的 矩陣之第3-th column錯了，應為(1,-1,2,2)，所以後續的答案都算錯了，但是解題方法/思路是對的，可作為參考

講義 Proposition 7.5.4, 7.5.5 是有關 $T$-cyclic space 最重要的性質，請大家好好善待它們。使用看看能否把這一題寫的更精簡（省去不必要的計算）。

\[
v=(1,0,0,0)
\]

\[
T(v)=T(1,0,0,0)=(1,0,1,1)
\]

\[
T^2(v)=T(1,0,1,1)=(1,-1,2,2)
\]

\[
T^3(v)=T(1,-1,2,2)=(0,-3,3,3)
\]

reduced echelon form

\[
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & -1 & -3 \\
0 & 1 & 2 & 3 \\
0 & 1 & 2 & 3
\end{bmatrix}
\sim
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & -3 \\
0 & 0 & 1 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\]

\[
\vec{v},\; T(\vec{v}),\; T^2(\vec{v}) \text{ 為 } C(T,\vec{v}) \text{ 的一組 ordered basis }
\]

令為 \(\beta\)

\[
[T]_{C(T,\vec{v}),\beta}
=
\begin{bmatrix}
0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & -3 \\
0 & 1 & 3
\end{bmatrix}
\]

\[
\det\left([T]_{C(T,\vec{v}),\beta}-\lambda I_3\right)
=
\det\left(
\begin{bmatrix}
0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & -3 \\
0 & 1 & 3
\end{bmatrix}
-
\begin{bmatrix}
\lambda & 0 & 0 \\
0 & \lambda & 0 \\
0 & 0 & \lambda
\end{bmatrix}
\right)
\]

\[
=
\det
\begin{bmatrix}
-\lambda & 0 & 0 \\
1 & -\lambda & -3 \\
0 & 1 & 3-\lambda
\end{bmatrix}
\]
\[
=
(-\lambda)
\det
\begin{bmatrix}
-\lambda & -3 \\
1 & 3-\lambda
\end{bmatrix}
=
(-\lambda)\big((-\lambda)(3-\lambda)+3\big)
=
(-\lambda)(\lambda^2-3\lambda+3)
=
-\lambda^3+3\lambda^2-3\lambda
\]