→ yyc2008 : 感謝 我研究看看 03/26 16:23
→ yyc2008 : Lim大 好抽象 怎麼知道L(f) = f(x)(x^2-sx+1) 和 03/26 17:13
→ yyc2008 : 和T-sI有關係? 有沒有更深沉的思路? 03/26 17:14
→ LimSinE : 把矩陣寫出來看看就知道了 03/26 18:22
應觀眾要求，來講一下我怎麼看這個題目。
我們先回到本題的原型
T =
┌ ┐
│ 0 1 │
│ 1 0 1 │
│ 1 0 1 │
│ 1 0 1 │
│ │
│ . │
│ . │
│ . │
│ │
│ 1 0 1 │
│ 1 0 │
└ ┘
設Pn = 至多n次多項式形成的向量空間
考慮 L : Pn-1→Pn+1
L(f) = f(x)(x^2-sx+1)
則 L對應的矩陣就很像是T-sI。
為了要讓它真的變成T-sI，考慮L':Pn-1→Pn+1→V=span{x,x^2,...,x^n}
也就是在L作用之後再丟棄常數項和最高次項。
因此 f的係數in ker(T-sI) <=> f in ker L' <=>
f(x)(x^2-sx+1) = C1 x^(n+1) + C2, C1,C2 待定
即找出 C1 x^(n+1) + C2 使其有兩根積為1，和為s。
因為這種方程很單純，知道只可能 C2 = C1 或 -C1。
從而 s= x+1/x 其中 x^(n+1) = 1或-1，
對應到的就是 s = 2cos kpi/(n+1), k=1,2,...,n
現在回到原題，沿續我的解答的符號B=A+2I
利用剛才的翻譯，可得
f的係數 in ker(B-sI)
<=> f(x)(x^2 - sx + 1) + f_0 x + f_(n-1) x^n = C1 x^(n+1) + C2
此時狀況稍複雜，但比較係數得 C1 = f_(n-1), C2=f_0
故 f(x)(x^2 - sx + 1) = (C1 x^n - C2 ) (x-1)
發現仍是要找出 (C1 x^n - C2) (x-1) 當中乘積為1的兩根。
此時分為x=/=1時，C1 = C2 或-C2，和原型一樣
而x=1時，C1=C2，得另一eigenvalue：s=1+1=2
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代數幾何觀點！
Algebro-Geometrical Aspect!
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