（1）令$A,B$為$n$階方陣，因為有相同的特徵多項式$\Rightarrow$有相同的特徵值

假設特徵值為$\lambda_1,\lambda_2,…,\lambda_n$，考慮對角矩陣
$D=\begin{bmatrix}
\lambda_1 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & \lambda_2 & \cdots &0 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & \lambda_n
\end{bmatrix}$

因為$A,B$皆為diagnalizable，因此能找到兩個可逆$n\text{階方陣}P,Q$使得

$P^{-1}AP=D=Q^{-1}BQ\\ \Rightarrow P^{-1}AP=Q^{-1}BQ\\ \Rightarrow A=PQ^{-1}BQP^{-1}\\ =(PQ^{-1})B(PQ^{-1})^{-1}$

因為$det(PQ^{-1})=det P\times det Q^{-1}$不為零，所以$PQ^{-1}$可逆

$\Rightarrow A \text{和} B$為similiar。

（2）令$A=O_3,B=\begin{bmatrix}
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix},C=\begin{bmatrix}
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}$

計算特徵多項式：

$p_{A}(x)=-x^{3} \\ p_{B}(x)=-x^{3} \\ p_{C}(x)=-x^{3}$
並且
$rank(A)=0,rank(B)=1,rank(C)=2$

因為$A,B,C$的rank兩兩皆不相同，所以$A,B,C$兩兩不相似。

(1) 為什麼一定有 $n$ 個特徵值呢？

另外當你寫下「n 個特徵值」時，雖然此時意思可以猜出來，但我個人閱讀時，容易把這個跟「相異的特徵值」搞混，因為通常相同的特徵值，可能會直接以重根數表示。建議直接寫類似「令 $v_1, \dots, v_n$ 為 $A$ 的線性獨立之 eigenvectors，其 eigenvalues 分別為 $\lambda_1, \dots, \lambda_n$」，或是直接把 characteristic polynomial 的形式寫下來：「令 $p_A(t) = (\lambda_1-t)^{r_1}\dots(\lambda_k-t)^{r_k}$ 其中 $r_1 + \dots + r_k = n$」

以及，又為何能找到這樣的可逆 $P$、$Q$ 方陣？我的意思是，如果你真的找到這樣的 $P$、$Q$ 方陣，那麼就有 $A\sim D$ 且 $B\sim D$，這樣不就直接有 $A\sim B$ 了嗎？我想 similarity 是 equivalence relation 是很顯然的。最重要的是為何 $A$, $B$ 能相似於同一 diagonal matrix。

(2) 為什麼 $A$, $B$, $C$ 的 rank 兩兩不相同，就能推得兩兩不相似？

(1)為什麼一定有$n$個特徵值。

　　$(i)$由於$A$可對角化，因此其characteristic polynomial可以完全分解，同提問的留言，令$p_A(t)=(\lambda_{1}-t)^{r_1}\cdots (\lambda_{k}-t)^{r_k}$，其中$r_1+\dots +r_k=n$，故有$\lambda_1 ,\dots , \lambda_k$相異的eigenvalue，其中若$r_i >1$則對應的$\lambda_i$有$r_i$個重根，因此有$n$個且可能有某些相同的eigenvalue，把它寫下為$\lambda_1,\dots,\lambda_n$，故有參考解答的對角矩陣$D$。

　　$(ii)$又$A,B$有相同的特徵多項式且可對角化，因此$A,B$相似於同個$D$，再由相似為equivalence relation，得到$A\sim B$。

那為什麼 $A$, $B$ 有相同的特徵多項式且可對角化時，就會相似於同個 $D$ 呢？這兩個矩陣一般來說會各自相似於不同的對角矩陣，這跟他們相似於同一對角矩陣有什麼關係？

(1)

因為 $A\in M_n$ 可對角化，令 $\mathbf{v}_1, \dots, \mathbf{v}_n$ 為 $A$ 之線性獨立之 $n$ 個 eigenvectors with eigenvalues $\lambda_1, \dots, \lambda_n$。因為數量有限，將 eigenvectors 依照其 eigenvalue 排序，得 $\mathbf{v}_1^\prime,\dots,\mathbf{v}_n^\prime$，這些當然也是 $A$ 之線性獨立之 $n$ 個 eigenvectors，其 eigenvalues 分別為 $\lambda_1^\prime,\dots,\lambda_n^\prime$，其中 $\lambda_1^\prime \le \dots \le \lambda_n^\prime$。

同理，因 $B\in M_n$ 可對角化，排序後有 $\mathbf{u}_1^\prime, \dots, \mathbf{u}_n^\prime$ 為 $B$ 之線性獨立之 $n$ 個 eigenvectors，其 eigenvalues 分別為 $\mu_1^\prime,\dots,\mu_n^\prime$，其中 $\mu_1^\prime\le\dots\le\mu_n^\prime$。

那麼 $A$ 相似於 $\begin{bmatrix}\lambda_1^\prime &0&\cdots &0\\0&\ddots&&\vdots\\\vdots&&\ddots&0\\0&\cdots&0&\lambda_n^\prime\end{bmatrix}$ 且 $B$ 相似於 $\begin{bmatrix}\mu_1^\prime &0&\cdots &0\\0&\ddots&&\vdots\\\vdots&&\ddots&0\\0&\cdots&0&\mu_n^\prime\end{bmatrix}$。我們想宣稱，

$\begin{bmatrix}\lambda_1^\prime &0&\cdots &0\\0&\ddots&&\vdots\\\vdots&&\ddots&0\\0&\cdots&0&\lambda_n^\prime\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\mu_1^\prime &0&\cdots &0\\0&\ddots&&\vdots\\\vdots&&\ddots&0\\0&\cdots&0&\mu_n^\prime\end{bmatrix}$

 i.e. $\lambda_1^\prime = \mu_1^\prime, \dots, \lambda_n^\prime = \mu_n^\prime$。如果我們證明了這個，那 $A$, $B$ 就相似於同一個矩陣，我們就證完了。

此時因矩陣的每個 eigenvalue 都是 characteristic polynomial 的根，有 $p_A(t) = (\lambda_1^\prime-t)\dots(\lambda_n^\prime-t)$、$p_B(t) = (\mu_1^\prime-t)\dots(\mu_n^\prime-t)$（特徵多項式的 degree 為階數 $n$，且首項係數為 $(-1)^n$）。因為 $A$, $B$ 的 characteristic polynomial 相同，有 $(\lambda_1^\prime-t)\dots(\lambda_n^\prime-t) = (\mu_1^\prime-t)\dots(\mu_n^\prime-t)$

因為 $p_A(t), p_B(t) \in \mathbb{R}[t]$，每個 $\mu_i^\prime - t$ 必然會等於某個 $\lambda_j^\prime - t$ i.e. $\mu_i^\prime = \lambda_j^\prime$，同理，每個 $\lambda_i^\prime$ 必然會等於某個 $\mu_j^\prime$。因此由於兩組 eigenvalues 數量有限、相同，且已排序，有 $\lambda_1^\prime = \mu_1^\prime,\dots,\lambda_n^\prime=\mu_n^\prime$。

因此由先前的推導，$A\sim B$。$\blacksquare$

或許這很顯然，但我覺得是因為我們能夠排序（不論是怎麼排），且有唯一性的關係，才能清晰地說 $A$、$B$ 相似於同一對角矩陣。

我覺得先說明$A,B$有相同的eigenvalue，再說明能夠排序，會比較方便，而不用先把$\lambda_{i}'$和$\mu_{j}'$寫下、排序，再說明$\lambda_{i}'=\mu_{j}'$。

　　因$A$可對角化，可取$v_1,\dots ,v_n$為$A$的basis，且皆為eigenvector，對應的eigenvalue為$\lambda_1,\dots ,\lambda_n$，且令$A\sim D=
\begin{bmatrix} 
\lambda_1 & 0 & \cdots & 0 \\ 
0 & \lambda_2 & \cdots & 0 \\ 
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 
0 & 0 & \cdots & \lambda_n 
\end{bmatrix}$。由於$p_A(t)=p_B(t)$，因此包含了重根的$\lambda_1,\dots ,\lambda_n$恰為B所有的eigenvalue，同時因$B$可對角化，可適當排序令$Q=\begin{bmatrix} 
| & | & & | \\ 
u_1 & u_2 & \dots & u_n \\ 
| & | & & | 
\end{bmatrix}$其中$u_1\dots ,u_n$為$B$之basis，滿足
$BQ=QD\Rightarrow Q^{-1}BQ=D$，故$A\sim B$。

我後來發現我的推導有點問題。

簡單來說，$(1,2,2)$ 跟 $(1,1,2)$ 都滿足我下結論的前提，但這兩組顯然不一樣。也就是說，可能 multiplicity 也要相同才行。

那麼我回頭問：當我們直接以 $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ 來描述特徵值時，我們基本上直接忽略了 multiplicity，但顯然 multiplicity 是必須要考慮的因素。那麼，為什麼可以適當排序達到結果呢？有沒有合適的語言能描述這種情形？

這裡我們一直用到實係數多項式唯一分解性質（大二代數課會證明），否則沒有這唯一性，利用特徵多項式找到 eigenvalue 就說不通，algebraic multiplicity 的定義也會有問題。因此小題(1)，利用可對角化，我們可以確定 $A,B$ 的特徵多項式可完全分解，且由唯一分解性質知道它們的 eigenvalue 連同 algebraic multiplicity 都會一致。接著再利用可對角化得知連同 geometric multiplicity 也會一致。所以不要一下子說它們可對角化到同一個對角矩陣（因為對角化後的對角矩陣並不唯一），而是說明如何找到有序基底讓它們有一樣的對角矩陣。最後就可以直接套用 similar matrices 為 equivalence relation 完成論證。也可考慮直接論述兩個對角矩陣若有相同的 eigenvalue 及其代數重根數一致，就會 similar，再用 equivalence relation 完成論證。