先看 \(W\)。任取 \((x,y,0,0)\in W\)，則
\[
T(x,y,0,0)=(x+y,\ y,\ 0,\ 0).
\]
故 \(T(x,y,0,0)\in W\)，所以 \(W\) 是 \(T\)-invariant。

再看 \(U\)。設
\[
v_1=(1,1,0,1),\qquad
v_2=(2,1,1,2),\qquad
v_3=(1,-1,2,1).
\]
先算：
\[
T(v_1)=T(1,1,0,1)=(1,2,-1,1),
\]
\[
T(v_2)=T(2,1,1,2)=(3,3,0,3),
\]
\[
T(v_3)=T(1,-1,2,1)=(3,0,3,3).
\]
接著把它們寫成 \(v_1,v_2,v_3\) 的線性組合：

\[
T(v_1)=\frac{3}{2}v_1-\frac{1}{2}v_3,
\]
\[
T(v_2)=3v_1,
\]
\[
T(v_3)=\frac{3}{2}v_1+\frac{3}{2}v_3.
\]

因此 \(T(v_1),T(v_2),T(v_3)\in U\)，故 \(U\) 是 \(T\)-invariant。

先取 \(W\) 的 ordered basis
\[
\beta=(w_1,w_2),
\qquad
w_1=(1,0,0,0),\quad w_2=(0,1,0,0).
\]

因為
\[
T(w_1)=T(1,0,0,0)=(1,0,0,0)=w_1,
\]
\[
T(w_2)=T(0,1,0,0)=(1,1,0,0)=w_1+w_2,
\]
所以
\[
[T|_W]_\beta
=
\begin{pmatrix}
1&1\\
0&1
\end{pmatrix}.
\]

接著對 \(U\) 用 rref 找 basis。

令
\[
A=
\begin{pmatrix}
1&2&1\\
1&1&-1\\
0&1&2\\
1&2&1
\end{pmatrix},
\]
其中三個 column 分別是 \(v_1,v_2,v_3\)。

做列運算：
\[
\begin{pmatrix}
1&2&1\\
1&1&-1\\
0&1&2\\
1&2&1
\end{pmatrix}
\to
\begin{pmatrix}
1&2&1\\
0&-1&-2\\
0&1&2\\
0&0&0
\end{pmatrix}
\to
\begin{pmatrix}
1&2&1\\
0&1&2\\
0&0&0\\
0&0&0
\end{pmatrix}
\to
\begin{pmatrix}
1&0&-3\\
0&1&2\\
0&0&0\\
0&0&0
\end{pmatrix}.
\]

因此 pivot columns 是第 \(1,2\) 欄，所以 \(U\) 的一組 basis 可取為
\[
\gamma=(u_1,u_2)=(v_1,v_2)
=
\bigl((1,1,0,1),(2,1,1,2)\bigr).
\]

現在求 \(T|_U\) 在 \(\gamma\) 下的表示矩陣。

由上面已算得
\[
T(u_1)=T(v_1)=3v_1-v_2=3u_1-u_2,
\]
\[
T(u_2)=T(v_2)=3v_1=3u_1.
\]
所以
\[
[T|_U]_\gamma
=
\begin{pmatrix}
3&3\\
-1&0
\end{pmatrix}.
\]

取
\[
\alpha=(w_1,w_2,u_1,u_2)
=
\bigl((1,0,0,0),(0,1,0,0),(1,1,0,1),(2,1,1,2)\bigr).
\]

把它們排成矩陣
\[
P=
\begin{pmatrix}
1&0&1&2\\
0&1&1&1\\
0&0&0&1\\
0&0&1&2
\end{pmatrix}.
\]
其行列式為
\[
\det(P)=1\neq 0.
\]
所以 \(w_1,w_2,u_1,u_2\) 線性獨立，故 \(\alpha\) 是 \(\mathbb R^4\) 的一組 ordered basis。

\[
w_1=(1,0,0,0).
\]

\[
T(w_1)=T(1,0,0,0)=(1,0,0,0)=w_1.
\]

\[
[T(w_1)]_{\alpha}
=
\begin{bmatrix}
1\\
0\\
0\\
0
\end{bmatrix}.
\]

\[
w_2=(0,1,0,0).
\]

\[
T(w_2)=T(0,1,0,0)=(1,1,0,0)=w_1+w_2.
\]

\[
[T(w_2)]_{\alpha}
=
\begin{bmatrix}
1\\
1\\
0\\
0
\end{bmatrix}.
\]

\[
u_1=(1,1,0,1).
\]

\[
T(u_1)=T(1,1,0,1)=(1,2,-1,1).
\]

設
\[
T(u_1)=a w_1+b w_2+c u_1+d u_2.
\]
即
\[
a(1,0,0,0)+b(0,1,0,0)+c(1,1,0,1)+d(2,1,1,2)=(1,2,-1,1).
\]
比較各分量得
\[
\begin{cases}
a+c+2d=1,\\
b+c+d=2,\\
d=-1,\\
c+2d=1.
\end{cases}
\]
由 \(d=-1\) 代入 \(c+2d=1\)，得
\[
c=3,
a=0,
b=0.
\]

\[
T(u_1)=3u_1-u_2.
\]
故
\[
[T(u_1)]_{\alpha}
=
\begin{bmatrix}
0\\
0\\
3\\
-1
\end{bmatrix}.
\]

\[
u_2=(2,1,1,2).
\]

\[
T(u_2)=T(2,1,1,2)=(3,3,0,3).
\]

設
\[
T(u_2)=a w_1+b w_2+c u_1+d u_2.
\]
即
\[
a(1,0,0,0)+b(0,1,0,0)+c(1,1,0,1)+d(2,1,1,2)=(3,3,0,3).
\]
比較各分量得
\[
\begin{cases}
a+c+2d=3,\\
b+c+d=3,\\
d=0,\\
c+2d=3.
\end{cases}
\]
由 \(d=0\) 得
\[
c=3,\qquad a=0,\qquad b=0.
\]

\[
T(u_2)=3u_1.
\]
故
\[
[T(u_2)]_{\alpha}
=
\begin{bmatrix}
0\\
0\\
3\\
0
\end{bmatrix}.
\]

\(T\) 在 ordered basis \(\alpha\) 下的表現矩陣為
\[
[T]_{\alpha}
=
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 3 & 3\\
0 & 0 & -1 & 0
\end{bmatrix}.
\]

接著求 characteristic polynomials。

對 \(T|_W\)：
\[
p_{T|_W}(\lambda)
=
\det\begin{pmatrix}
\lambda-1&-1\\
0&\lambda-1
\end{pmatrix}
=(\lambda-1)^2.
\]

對 \(T|_U\)：
\[
p_{T|_U}(\lambda)
=
\det\begin{pmatrix}
\lambda-3&-3\\
1&\lambda
\end{pmatrix}
=
\lambda(\lambda-3)+3
=
\lambda^2-3\lambda+3.
\]

求 characteristic polynomial：

特徵多項式為
\[
p_T(\lambda)=\det(\lambda I-[T]_{\alpha}).
\]

因此
\[
\lambda I-[T]_{\alpha}
=
\begin{bmatrix}
\lambda-1 & -1 & 0 & 0\\
0 & \lambda-1 & 0 & 0\\
0 & 0 & \lambda-3 & -3\\
0 & 0 & 1 & \lambda
\end{bmatrix}.
\]
\[
p_T(\lambda)
= \det\begin{bmatrix}
\lambda-1 & -1 & 0 & 0\\
0 & \lambda-1 & 0 & 0\\
0 & 0 & \lambda-3 & -3\\
0 & 0 & 1 & \lambda
\end{bmatrix} = 
(\lambda-1)^2(\lambda^2-3\lambda+3).
\]

三者之間的關係是
\[
\boxed{
p_T(\lambda)=p_{T|_W}(\lambda)\,p_{T|_U}(\lambda)
}.
\]

先看 \(T|_W\)。

由
\[
p_{T|_W}(\lambda)=(\lambda-1)^2
\]
可知唯一 eigenvalue 是
\[
\lambda=1.
\]
其代數重根數為 \(2\)。

求幾何重根數，解
\[
([T|_W]_\beta-I)x=0.
\]
即
\[
\begin{pmatrix}
0&1\\
0&0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0\\
0
\end{pmatrix}.
\]
可得 \(x_2=0\)，\(x_1\) 自由，所以 eigenspace 維度為 \(1\)。

故
\[
\lambda=1 \text{ 是 } T|_W \text{ 的 eigenvalue，代數重根數為 2，幾何重根數為 1}.
\]

再看 \(T|_U\)。

\[
p_{T|_U}(\lambda)=\lambda^2-3\lambda+3.
\]
判別式
\[
\Delta=(-3)^2-4\cdot1\cdot3=9-12=-3<0.
\]
所以在 \(\mathbb R\) 上，\(T|_U\) 沒有實 eigenvalues。

最後看 \(T\)。

由
\[
p_T(\lambda)=(\lambda-1)^2(\lambda^2-3\lambda+3)
\]
可知在 \(\mathbb R\) 上，\(T\) 的 eigenvalue 只有
\[
\lambda=1,
\]
其代數重根數為 \(2\)，幾何重根數為 \(1\)。

1. 請發文者再詳細閱讀一下發文，刪除不必要的部份。
2. $\mathbb{R}^4=W\oplus U$ 這是什麼啊？又是如何推出 $[T]_\alpha$？請注意，論壇是發表給所有參與者看的，不是給老師、助教看的。這裡有這麼難嗎？需要用到或許有同學不懂的語言嗎？直接利用定義處理才是本題希望同學們理解為何 $T$-invariant subspace 的 characteristic polynomial 會整除 $T$ 的 characteristic polynomial 的用意.
3. 本題原始用意是希望同學了解 $T$-invariant subspace 不一定可以“目視”出來，所以給出兩個 $T$-invariant subspace. 不過希望大家不要誤以為論證 $T$-invariant subspace 的 characteristic polynomial 會整除 $T$ 的 characteristic polynomial 需要拆成兩個 $T$-invariant subspace 處理；其實這是不對的且在論述上是不必要的。例如本題中 $W$ 還有一個 $T$-invariant subspace $W'=\{(x,0,0,0)\mid x\in\mathbb{R}\}$，但這是 $W$ 中唯一的 notrivial $T$-invariant subspace，沒有其他的了！