Claim 1: \(A\) 的 eigenvalue 為 \(0,1\)

對任意 \(\mathbf{v} \in V\) 而言，都有 \(\mathbf{v}=\mathbf{w}+\mathbf{w}'\) ，其中 \(\mathbf{w} \in W,\ \mathbf{w}' \in W^\perp\)

由投影矩陣的性質得到 \(A\mathbf{v}=\mathbf{w}\) ，此時將分為三種情況討論：

1. 若 \(\mathbf{v} \in W\) ，則 \(A\mathbf{v}=\mathbf{w}=\mathbf{v}=1\mathbf{v}\) ，故 \(1\) 為 \(A\) 的 eigenvalue
2. 若 \(\mathbf{v} \in W^\perp\) ，則 \(A\mathbf{v}=\mathbf{w}=\mathbf{0}=0\mathbf{v}\)，故 \(0\) 為 \(A\) 的 eigenvalue
3. 若 \(\mathbf{v} \in V \setminus (W \cup W^\perp)\) ，則 \(A\mathbf{v}=\mathbf{w} \ne c(\mathbf{w}+\mathbf{w'})=c\mathbf{v},\ \forall c \in \mathbb{R}\)，故 \(\mathbf{v}\) 不是 \(A\) 的 eigenvector

因此，\(A\) 的 eigenvalue 為 \(0,1\)

Claim 2: \(A^2=A\)

因為 \(A^2\mathbf{v}=A(A\mathbf{v})=A\mathbf{w}=\mathbf{w}=A\mathbf{v}\) 對任意 \(\mathbf{v} \in V\) 都成立，故 \(A^2=A\)

對任意 \(\mathbf{u},\mathbf{v} \in \mathbb{R}^n\) 而言，仿照 參考解答 (1) 之作法，將它們寫成 \(\mathbf{u}=\mathbf{w}_1+\mathbf{w}_1', \mathbf{v}=\mathbf{w}_2+\mathbf{w}_2'\) ，其中 \(\mathbf{w}_1,\mathbf{w}_2 \in W\) 且 \(\mathbf{w}_1', \mathbf{w}_2' \in W^\perp\)

\(\begin{align} \text{(1) } \langle A\mathbf{u}, \mathbf{v}\rangle &= \langle \mathbf{w}_1, \mathbf{w}_2+\mathbf{w}_2' \rangle \\ &= \langle \mathbf{w}_1, \mathbf{w}_2 \rangle + \langle \mathbf{w}_1, \mathbf{w}_2' \rangle \\ &= \langle \mathbf{w}_1, \mathbf{w}_2 \rangle + \mathbf{0} & (\because \mathbf{w}_1, \mathbf{w}_2' \text{ are orthogonal}) \\ &= \langle \mathbf{w}_1, \mathbf{w}_2 \rangle \end{align}\)

\(\begin{align} \text{(2) } \langle \mathbf{u}, A\mathbf{v}\rangle &= \langle \mathbf{w}_1+\mathbf{w}_1', \mathbf{w}_2 \rangle \\ &= \langle \mathbf{w}_1, \mathbf{w}_2 \rangle + \langle \mathbf{w}_1', \mathbf{w}_2 \rangle \\ &= \langle \mathbf{w}_1, \mathbf{w}_2 \rangle + \mathbf{0} & (\because \mathbf{w}_1', \mathbf{w}_2 \text{ are orthogonal}) \\ &= \langle \mathbf{w}_1, \mathbf{w}_2 \rangle \end{align}\)

因此， \(\langle A\mathbf{u}, \mathbf{v}\rangle = \langle \mathbf{w}_1, \mathbf{w}_2 \rangle = \langle \mathbf{u}, A\mathbf{v}\rangle\)

又因為 \(\langle A\mathbf{u}, \mathbf{v}\rangle = \langle \mathbf{u}, A^t\mathbf{v}\rangle\) ，故 \(\langle \mathbf{u}, A\mathbf{v} \rangle = \langle \mathbf{u}, A^t\mathbf{v} \rangle \)

由於對任意 \(\mathbf{u},\mathbf{v} \in \mathbb{R}^n\) ，都有 \(\langle \mathbf{u}, A\mathbf{v} \rangle = \langle \mathbf{u}, A^t\mathbf{v} \rangle \) ，因此 \(A=A^t\) ，即： \(A\) 為 symmetric matrix

這裡我直接在 $A\mathbf{w} = \mathbf{w}$ for $\mathbf{w} \in W$ 和 $A\mathbf{w} = \mathbf{0}$ for $\mathbf{w} \in W^\perp$ 的基礎上做。

題 (1) eigenvalue 的存在性的補充

    參考解答 (1) 只證明了唯一性 i.e. 如果 $A$ 有 eigenvector，那麼其 eigenvalue 要嘛為 $0$，要嘛是 $1$。但我們不知道 $\mathbf{v} \in W$ 和 $\mathbf{v} \in W^\perp$ 的 case 是否真的存在。這需要用到 $0 < \dim W < n$ 這個條件。

    由於 $\dim W > 0$，$W$ 非零，那麼有 $\mathbf{w} \in W$ 其中 $\mathbf{w} \ne 0$，那麼由 $\mathbf{w} \in W$ 有 $A\mathbf{w} = 1\mathbf{w}$，又由 $\mathbf{w} \ne 0$ 得 $\mathbf{w}$ 為 $A$ 之 eigenvalue 為 $1$ 之 eigenvector。

    由於 $\dim W < n$ 且 $W$ 為 $\mathbb{R}^n$ 的子空間，由 $\dim W + \dim W^\perp = n$ 得 $\dim W^\perp ≥ 1$，故有 $\mathbf{w}^\prime\in W^\perp$ 其中 $\mathbf{w}^\prime \ne 0$，這時 $A\mathbf{w}^\prime = 0\mathbf{w}^\prime$，由 $\mathbf{w}^\prime$ 為 $A$ 之 eigenvalue 為 $0$ 之 eigenvector。

對於題 (1) eigenvalue 的唯一性的不同解法

    我覺得先證 $A^2 = A$，再證 eigenvalue 的唯一性，會比較容易。

    首先 $A$ 會把每個 $\mathbf{v}$ 投影到 $W$ 裡面，再送一次自然不會改變，這對每個 $\mathbf{v}$ 都成立，所以 $A^2 = A$。

    現考慮 $A$ 的一個 eigenvector i.e. $A\mathbf{v} = \lambda\mathbf{v}$ 其中 $\mathbf{v} \ne 0$。

    由 $A^2 = A$，有 $A\mathbf{v} = A^2\mathbf{v} = A\lambda\mathbf{v} = \lambda A\mathbf{v}$，即 $(1 - \lambda) A\mathbf{v} = \mathbf{0}$，再用一次 $A\mathbf{v} = \lambda\mathbf{v}$，得 $(1 - \lambda)\lambda\mathbf{v} = \mathbf{0}$，故由 $\mathbf{v} \ne 0$，有 $(1 - \lambda)\lambda = 0$ i.e. $\lambda = 0$ or $1$。

    這樣所有的 eigenvalue，要嘛是 $1$，要嘛是 $0$。

對於題 (2) 的不同解法

(這裡省略在有限維 inner product space 的 subspace 才成立的論述前提的描述，因為這些前提大多都在題 (1) 就必須得用到)

    令 $\dim W = k$，並令 $\mathbf{w}_1, \dots, \mathbf{w}_k$ 為 $W$ 的一組 orthonormal basis。同時，有 $\dim W^\perp = n - k$，故令 $\mathbf{u}_1, \dots, \mathbf{u}_{n-k}$ 為 $W^\perp$ 的一組 orthonormal basis。

    對於每個 $\mathbf{w}_i$、$\mathbf{u}_j$，$\mathbf{u}_j \in W^\perp$ 會與每個 $W$ 中的向量垂直，那麼由 $\mathbf{w}_i \in W$ 有 $\langle\mathbf{w}_i, \mathbf{u}_j\rangle = 0$。那麼 $\mathbf{w}_1, \dots, \mathbf{w}_k, \mathbf{u}_1, \dots, \mathbf{u}_{n-k}$ 為 orthogonal。故此 $(k + (n - k))$ 個 i.e. $n$ 個向量，形成 orthonormal basis。

    (1) 所使用的論述也顯示 $\mathbf{w}_1, \dots, \mathbf{w}_k, \mathbf{u}_1, \dots, \mathbf{u}_{n-k}$ 都是 $A$ 之 eigenvectors，因為 $\mathbf{w}_i \in W$ 且 $\mathbf{u}_j \in W^\perp$。

    那麼 $\mathbf{w}_1, \dots, \mathbf{w}_k, \mathbf{u}_1, \dots, \mathbf{u}_{n-k}$ 是ㄧ組 orthonormal basis，皆為 $A$ 之 eigenvectors。故 $A$ 可正交對角化。

    由於 $A$ 是實方陣，這等價於 $A$ 是 symmetric。$\blacksquare$

一直強調：矩陣和 linear transformation 概念一樣，只要決定一組基底的向量去哪裡，就可完全決定這個矩陣。這裡參考解答同學還是想用 $A\mathbf{v}=B\mathbf{v}$, $\forall\,\mathbf{v}$ 這樣的方法論證 $A=B$，證明就顯的囉唆。請大家儘量學習使用基底的看法（只討論有限多個向量當然比較容易），例如過去提過的旋轉矩陣，我們只要了解 $\mathbf{e}_1, \mathbf{e}_2$ 的去處，就可以決定這個矩陣，而不需探討所有 $\mathbb{R}^2$ 的向量轉去哪裡。