由題知，$T(\mathbf{v}_1) = \lambda_1 \mathbf{v}_1$，$T(\mathbf{v}_2) = \lambda_2 \mathbf{v}_2$，其中 $\lambda_1 \neq \lambda_2$.

(1) Prove: $\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2$ 為 linearly independent.

若 $\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2$ 為 linearly dependent，
則 $\exists c_1, c_2$ 不全為 $0$ s.t. $c_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \mathbf{v}_2 = \mathbf{0}$ —— ①

$T(c_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \mathbf{v}_2) = T(\mathbf{0})$

$c_1 T(\mathbf{v}_1) + c_2 T(\mathbf{v}_2) = \mathbf{0}$

$c_1 \lambda_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \lambda_2 \mathbf{v}_2 = \mathbf{0}$ —— ②

① $\times \lambda_1$ : $c_1 \lambda_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \lambda_1 \mathbf{v}_2 = \mathbf{0}$ —— ③

③ $-$ ② : $c_2 (\lambda_2 - \lambda_1) \mathbf{v}_2 = \mathbf{0}$

此時，由 $\lambda_1 \neq \lambda_2$ 且 $\mathbf{v}_2$ 為 $T$ 之 eigenvector，
可知 $\lambda_2 - \lambda_1 \neq 0$ 且 $\mathbf{v}_2 \neq \mathbf{0}$，故知 $c_2 = 0$.

$c_2 = 0$ 代入 ① : $c_1 \mathbf{v}_1 = \mathbf{0}$

又 $\mathbf{v}_1$ 為 $T$ 之 eigenvector，
故 $\mathbf{v}_1 \neq \mathbf{0}$，
得 $c_1 = 0$，

此時 $c_1 = c_2 = 0$ ($\rightarrow\leftarrow$)（注：與假設的$c_1, c_2$ 不全為 $0$ 矛盾）

$\therefore \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2$ 為 linearly independent.

(2) Prove: $c_1, c_2 \in \mathbb{F}$ 且 $c_1 \neq 0，c_2 \neq 0 \implies c_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \mathbf{v}_2$ 不會是 $T$ 的 eigenvector.

若 $c_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \mathbf{v}_2$ 為 $T$ 之 eigenvector 且 $c_1 \neq 0，c_2 \neq 0$，  
則 $\exists \lambda \in \mathbb{F}$ s.t. $T(c_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \mathbf{v}_2) = \lambda (c_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \mathbf{v}_2)$

因 $T$ 為linear，
則$c_1 T(\mathbf{v}_1) + c_2 T(\mathbf{v}_2) = c_1 \lambda \mathbf{v}_1 + c_2 \lambda \mathbf{v}_2$

$c_1 \lambda_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \lambda_2 \mathbf{v}_2 = c_1 \lambda \mathbf{v}_1 + c_2 \lambda \mathbf{v}_2$

$c_1 (\lambda - \lambda_1) \mathbf{v}_1 + c_2 (\lambda - \lambda_2) \mathbf{v}_2 = \mathbf{0}$

因 $\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2$ 為 linearly independent，
故 $c_1 (\lambda - \lambda_1) = 0$ 且 $c_2 (\lambda - \lambda_2) = 0$

$\because c_1 \neq 0$  $\therefore \lambda = \lambda_1$  
$\because c_2 \neq 0$  $\therefore \lambda = \lambda_2$

故得 $\lambda_1 = \lambda_2$ ($\rightarrow\leftarrow$)

故 By contradiction method（反證法）證得.

(3) Prove: $\exists c_1，c_2 \in \mathbb{F}$ 且 $c_1 \neq 0，c_2 \neq 0$ s.t. $c_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \mathbf{v}_2$ 為 $T^2$ 之 eigenvector $\implies \lambda_1 = -\lambda_2$.

若 $\exists c_1，c_2 \in \mathbb{F}$ 且 $c_1 \neq 0，c_2 \neq 0$ s.t. $c_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \mathbf{v}_2$ 為 $T^2$ 之 eigenvector，  
則 $\exists \lambda \in \mathbb{F}$ s.t. $T^2 (c_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \mathbf{v}_2) = \lambda (c_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \mathbf{v}_2)$

因 $T$ 為 linear，故 $T^2$ 亦為 linear，
此時，$c_1 T^2 (\mathbf{v}_1) + c_2 T^2 (\mathbf{v}_2) = c_1 \lambda \mathbf{v}_1 + c_2 \lambda \mathbf{v}_2$

又已知：若 $T(\mathbf{v}) = \lambda \mathbf{v}$，則 $T^k (\mathbf{v}) = \lambda^k \mathbf{v}，\forall k \in \mathbb{N}$，
故得$c_1 \lambda_1^2 \mathbf{v}_1 + c_2 \lambda_2^2 \mathbf{v}_2 = c_1 \lambda \mathbf{v}_1 + c_2 \lambda \mathbf{v}_2$
$\implies c_1 (\lambda_1^2 - \lambda) \mathbf{v}_1 + c_2 (\lambda_2^2 - \lambda) \mathbf{v}_2 = \mathbf{0}$

又因 $\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2$ 為 linearly independent，
知 $c_1 (\lambda_1^2 - \lambda) = 0$ 且 $c_2 (\lambda_2^2 - \lambda) = 0$

$\because c_1 \neq 0$ $\therefore \lambda = \lambda_1^2$  
$\because c_2 \neq 0$ $\therefore \lambda = \lambda_2^2$

$\therefore \lambda_1^2 = \lambda_2^2$ 
即 $\lambda_1 = \pm \lambda_2$

但由題意：$\lambda_1 \neq \lambda_2$，
故得 $\lambda_1 = -\lambda_2$.

此時，$T^2 (c_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \mathbf{v}_2) = \lambda_2^2 (c_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \mathbf{v}_2)$

$\therefore$ 對於 $T^2$，此 eigenvector $c_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \mathbf{v}_2$ 之 eigenvalue $\lambda = \lambda_2^2 = \lambda_1^2$.

前言：延伸 7.4 的問題，老師今天在上課問如果不限於兩個 eigenvectors，而是更多的 eigenvectors，是否也成立呢？現在就來能證明：

Consider linear operator $T: V \rightarrow V$, 且 $\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \dots, \mathbf{v}_n$ 為 $T$ 之 eigenvectors，其對應之 eigenvalues 為 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$.已知：$\lambda_1 \neq \lambda_2 \neq \dots \neq \lambda_n$.

Prove: $\mathbf{v}_1, \dots, \mathbf{v}_n$ 為 linearly independent.

① $\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2$ 為 linearly independent 成立.

② 假設 $\mathbf{v}_1, \dots, \mathbf{v}_k$ 為 linearly independent 成立，

若 $\mathbf{v}_1 + \dots + \mathbf{v}_k + \mathbf{v}_{k+1}$ 為 linearly dependent，
則 $\exists c_1, \dots, c_k, c_{k+1}$ 不全為 $0$ s.t. $c_1\mathbf{v}_1 + \dots + c_k\mathbf{v}_k + c_{k+1}\mathbf{v}_{k+1} = \mathbf{0}$ —— ①

$T(c_1\mathbf{v}_1 + \dots + c_k\mathbf{v}_k + c_{k+1}\mathbf{v}_{k+1}) = \mathbf{0}$

$c_1T(\mathbf{v}_1) + \dots + c_kT(\mathbf{v}_k) + c_{k+1}T(\mathbf{v}_{k+1}) = T(\mathbf{0})$

$c_1\lambda_1\mathbf{v}_1 + \dots + c_k\lambda_k\mathbf{v}_k + c_{k+1}\lambda_{k+1}\mathbf{v}_{k+1} = \mathbf{0}$ —— ②

① $\times \lambda_{k+1}$ : $c_1\lambda_{k+1}\mathbf{v}_1 + \dots + c_k\lambda_{k+1}\mathbf{v}_k + c_{k+1}\lambda_{k+1}\mathbf{v}_{k+1} = \mathbf{0}$ —— ③

② $-$ ③ : $c_1(\lambda_1 - \lambda_{k+1})\mathbf{v}_1 + \dots + c_k(\lambda_k - \lambda_{k+1})\mathbf{v}_k = \mathbf{0}$

由假設，$\mathbf{v}_1, \dots, \mathbf{v}_k$ 為 linearly independent，
$c_1(\lambda_1 - \lambda_{k+1})\mathbf{v}_1 = \dots = c_k(\lambda_k - \lambda_{k+1})\mathbf{v}_k = \mathbf{0}$

即 $c_i(\lambda_i - \lambda_{k+1})\mathbf{v}_i = \mathbf{0}, \forall i = 1, \dots, k$

又前提假設：$\lambda_i \neq \lambda_{k+1}$ 且 $\mathbf{v}_i$ 為 $T$ 之 eigenvector，故 $\mathbf{v}_i \neq \mathbf{0}$.

$\therefore c_i = 0, \forall i = 1, \dots, k$, 即 $c_1 = \dots = c_k = 0$,

將其代入 ③ : $c_{k+1}\mathbf{v}_{k+1} = \mathbf{0}$

又 $\mathbf{v}_{k+1} \neq \mathbf{0}$，
故 $c_{k+1} = 0$.

此時，$c_j = 0, \forall j = 1, \dots, k+1$ ($\rightarrow\leftarrow$)

$\therefore \mathbf{v}_1, \dots, \mathbf{v}_{k+1}$ 為 linearly independent.

因此，By 數學歸納法，$\mathbf{v}_1, \dots, \mathbf{v}_n$ 為 linearly independent.

若 $\lambda_1 \neq -\lambda_2$，又題意：$\lambda_1 \neq \lambda_2$，故可知 $\lambda_1^2 \neq \lambda_2^2$

又因 $T(\mathbf{v}_1) = \lambda_1 \mathbf{v}_1, \quad T(\mathbf{v}_2) = \lambda_2 \mathbf{v}_2$，  
故 $T^2(\mathbf{v}_1) = \lambda_1^2 \mathbf{v}_1, \quad T^2(\mathbf{v}_2) = \lambda_2^2 \mathbf{v}_2$

若 $c_1, c_2 \in \mathbb{F}$ 且 $c_1 \neq 0, c_2 \neq 0$，  
By (2) 之結論，知 $c_1\mathbf{v}_1 + c_2\mathbf{v}_2$ 不會是 $T^2$ 之 eigenvalue.

故 By Contrapositive method (反證法) 證得.