本文從淺白的角度回顧線性代數(Linear Algebra)，了解特徵值(eigenvalue)，特徵向量(eigenvector)，還有特徵多項式(Characteristic Polynomial) 的框架，並推廣其概念，還有它在解差分方程式，微分方程式，差分方程組，微分方程組的關係。
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[預備知識]
向量空間(vector space) $V$，field over $\mathbb{C}$ ，線性獨立(linear independent)，Span，Basis 等概念。
線性函數的定義為 $L : V \longrightarrow V$ ， $$\forall \alpha , \beta \in \mathbb{C} , v_1 ,v_2 \in V \quad L(\alpha v_1 + \beta v_2) =\alpha L(v_1) + \beta L(v_2) $$
其中 $L(0) = 0 \in V$
其中 $+$ 都是$V$裡的加法，線性函數空間記做 $L \in \mathcal{L}^{V}$
其中存在 $O \in \mathcal{L}^{V}$ 零函數 $O(V) = \{0\}$ ，即 $\forall v \in V , O(v) = 0 \in V $
其中存在 $I \in \mathcal{L}^{V}$ 送到自己函數 ，即 $\forall v \in V , I(v) = v \in V $
線性函數的定義為 $L : V \longrightarrow V$ ， $$\forall \alpha , \beta \in \mathbb{C} , v_1 ,v_2 \in V \quad L(\alpha v_1 + \beta v_2) =\alpha L(v_1) + \beta L(v_2) $$
其中 $L(0) = 0 \in V$
其中 $+$ 都是$V$裡的加法，線性函數空間記做 $L \in \mathcal{L}^{V}$
其中存在 $O \in \mathcal{L}^{V}$ 零函數 $O(V) = \{0\}$ ，即 $\forall v \in V , O(v) = 0 \in V $
其中存在 $I \in \mathcal{L}^{V}$ 送到自己函數 ，即 $\forall v \in V , I(v) = v \in V $
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[主要動機]
[主要動機]
給定 $b \in V$ , $L \in \mathcal{L}^{V}$ 如何解線性系統 $L(x) = b$ ，換句話說就是構造出 $$ S_{b}:= \left\{x \in V : L(x) = b \right\} $$ ，而 $Ker(L) := S_{0}$ (Kernel)
註: 構造出 $S_0$ 我們稱為解 homogeneous system ，構造出 $S_b$ 我們稱為解 non-homogeneous system
註: 構造出 $S_0$ 我們稱為解 homogeneous system ，構造出 $S_b$ 我們稱為解 non-homogeneous system
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[Fact 1 : Superposition Principle in $S_0$]
假設我們運氣很好得到兩個解 $v_1,v_2 \in S_{0}$，即 $L(v_1),L(v_2) = 0$ ，則可以計算其線性組合 $v^{new}:=\alpha v_1 + \beta v_2$ ，結果我們找到新的解 $v^{new} \in S_{0}$ !!
原因如下:
$$ L(v^{new}) = L(\alpha v_1 + \beta v_2) \underset{L \text{ is Linear}}{=} \alpha \underbrace{L(v_1)}_{=0} + \beta \underbrace{L(v_2)}_{=0} = 0 $$
而事實上 $v^{new} \in Span\{v_1 , v_2\}$
推廣來說: 所有的解 $v_0 \in S_0$ 可以寫成 $$v_0 = \sum_{j\in J}c_j v_j \in Span \{v_j : j \in J \}$$
其中 $c_j \in \mathbb{C} \quad \{v_j\}$ ，彼此線性獨立，又生成整個$S_0$，稱為 basis of $S_0$
[Fact 2: Particular Solution in $S_b$ ]
假如我們運氣很好得到一個解 $v_p \in S_b$ ，我們要怎麼製造更多的解呢? ，答案是我們可以的隨便拿一個 $v_0 \in S_0$ 計算 $v^{new} = v_h + v_0 $ 你會發現 $L(v_b + v_0) = L(v_b) + L(v_0) = b + 0 = b \Longrightarrow v^{new} \in S_b$ !!
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根據上面 Fact 1 , Fact2 等等，最後我們可以得到下面結果 $ S_b := v_b + S_0 $
也就是說，所有的解就是
$$ S_b := \left\{ v_b + \sum_{j \in J}c_j v_j : \forall c_j \in \mathbb{C} \right\} \quad (E_1)$$
其中 $dim(S_b) = |J| , \{ v_j\}\subset S_0 $ 為線性獨立集 !! ，所以我們要先找到 $|J|$ 個線性獨立的集合 $\{ v_j\}$ !!
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[Eigen System]
今天我們定義一個基本線性函數$E \in \mathcal{L}^{V}$，參數化向量 $v_{\lambda} \in V \quad $ ($v_\lambda$ 隨著 $\lambda$ 不同而不同)
如果對於 $\forall \lambda \in \mathbb{C}$ 找的到 $v_\lambda \quad \exists n \geq 1$
$$\left\{\begin{array}{l}[E(v_\lambda) - \lambda \cdot v_\lambda]^{n}= 0 \\ [E(v_\lambda) - \lambda \cdot v_\lambda]^{n-1}\neq 0 \\ \end{array}\right. \quad (E2)$$ (注意這邊的 "$\cdot$" 是 $V$ 的 scalar multiplication ) ， $\lambda$ 就是熟知的 eigenvalue , $v_\lambda$ 就是熟知的 廣義特徵向量(generalized eigenvector) ，如果 $n=1$ 稱為 eigenvector
[求解多項式問題]
假如 $L \in \mathcal{L}^{V}$ 是 $E$ 的 $K$ 次多項式合成運算構成的 !! 即$$L = p(E) = \sum^{K}_{k=0} a_k {E}^k = a_k \cdot \underbrace{E \circ E \circ E \circ ... E}_{k \text{ 次}} $$
[註 : 兩個線性函數的合成運算後還是線性 !!]
由代數基本定理(多項式分解)我們知道任何多項式，$p(E) $ 可以分解成 $$p(E) = \prod^{K}_{k=1}(E-\lambda_k I)^{\mu_k} \quad \mu_k \in \mathbb{N}\cup \{0\} , \lambda_{k} \in \mathbb{C} , \sum_{k=1}^{K}\mu_k = K $$
[註：我們只考慮 $\mu_k >0$ 的那些 $\lambda_k$ , $\mu_k >1$ 代表有重根]
考慮 $\lambda = \lambda_k$ 的 generalized eigenvector 很明顯 for each $k$，$p(E)(v_{\lambda_k}) = ...(E - \lambda_kI)^{\mu_k}(v_{\lambda_k}) = 0 \Longrightarrow v_{\lambda_k} \in Ker(L) = S_0 $
而根據線性代數的知識，如果 $\lambda$ 不同 !! 則產生的 $\{v_\lambda\}$ 彼此線性獨立 !!
這代表我們只要找到所有的 $\text{Basis}{(\lambda_k)} := \{v_{\lambda_k}\}$ 則 Span 就能找到解！！
即 $$ Span \left\{\bigcup_{k \in K : m_k >0}\text{Basis}{(\lambda_k)}\right\} \subseteq S_{0} $$
[註: 我們找到的解未必是所有的解，證明$=S_0$是重要議題，如微分方程可參考 Wronskian ]
而恰好要找到那些$\lambda$ ，我們只要求解 $p(\lambda) = 0$ !! 也就是
$$\underset{ k \in K}{\bigvee} (\lambda = \lambda_k) \Longleftrightarrow \prod^{n}_{k=1}\left(\lambda-\lambda_{k} \right)^{\mu_k}=0 $$
註：我們稱 $p(\lambda)$ 為 特徵函數 Characteristic Polynomial ，$\mu_k$ 為代數重數 !!
註 : 如果 $p(E)=E=A$ 則純矩陣系統，特徵函數為 $det(A-\lambda I) = 0$
至於 for each $k$ 如何產生 $\text{Basis}{(\lambda_k)}$ 我們必須找到 $\mu_k$ 個線性獨立的向量
$$v^{n}_{\lambda_{k}} : \text{滿足}(E1) , n=1,2,3,....m_k$$
註: $v^{n}_{\lambda_{k}}$ 的 $n$ 為 index
[找到 $\text{Basis}{(\lambda_k)}$]
首先找到最小的$m_k \leq \mu_k$ 滿足 $(E-\lambda_k I)^{m_k} = O $
以及計算 $\rho_k = dim(Ker(E-\lambda_kI)^{l}) - dim(Ker(E-\lambda_kI)^{l-1}) \quad l=1,2,3,...m_k$
其中 $\displaystyle{\sum_{l=1}^{m_k} \rho^{l}_k = \mu_k} $，$\rho^1_{k}$ 稱為幾何重數，註: $ dim(Ker(E-\lambda_kI)^{0}) = dim(Ker(I)) = 0 $
相當於求解下列方程組 : $(E3)$
$$
\left\{\begin{array}{llll}
\text{ 找到 } \rho^{1}_{k} \text{ 個線性獨立 } v^{1}_{\lambda_{k}} &(E-\lambda_k I)(v^{1}_{\lambda_{k}}) = 0 & & (C1) \\
\text{ 找到 } \rho^{2}_{k} \text{ 個線性獨立 } v^{2}_{\lambda_{k}}&(E-\lambda_k I)^2(v^{2}_{\lambda_{k}}) = 0 & (E-\lambda_k I) (v^{2}_{\lambda_{k}})\neq 0 &(C2) \\
&(E-\lambda_k I)^3(v^{3}_{\lambda_{k}}) = 0 & (E-\lambda_k I)^{2}(v^{3}_{\lambda_{k}})\neq 0 & (C3)\\
.. &... &... \\
\text{ 找到 } \rho^{m_k-1}_{k} \text{ 個線性獨立 } v^{m_k-1}_{\lambda_{k}}&(E-\lambda_k I)^{m_k-1}(v^{m_k-1}_{\lambda_{k}}) = 0 & (E-\lambda_k I)^{m_k-2}(v^{m_k-1}_{\lambda_{k}})\neq 0 &(C_{m_k-1}) \\
\text{ 找到 } \rho^{m_k}_{k} \text{ 個線性獨立 } v^{m_k}_{\lambda_{k}}&(E-\lambda_k I)^{m_k}(v^{m_k}_{\lambda_{k}}) = 0 & (E-\lambda_k I)^{m_k-1}(v^{m_k}_{\lambda_{k}})\neq 0 &(C_{m_k}) \\
\end{array}\right.
$$
如果我們把左邊的方程組，代換 $v^{n}_{\lambda_k} = (E-\lambda_k I)(v^{n+1}_{\lambda_{k}}) \quad n = 1,2,3,4,...m_k-1 \ (E4)$ 即 Jordan Chain
你會發現如果滿足 $(C_{n})$ 則滿足 $(C_{n+1})$ ，所以我們只要找到滿足 $(C_{m_k})$ 的 $v^{m_k}_{\lambda_{k}}$ 就可以了!!
改寫$(E4)$ 成 $ E(v^{n+1}_{\lambda_{k}}) = \lambda_k v^{n+1}_{\lambda_{k}} + v^{n}_{\lambda_k} $ 並把 $(E3)$ 寫成 $\mu_k \times \mu_k$矩陣的樣子
===============================
例如 : $\mu_k = 6$ , $m_k = 3$ , $\rho^1_{k} = 3$ , $\rho^{2}_k = 2$ , $\rho^{3}_k = 1$
$$ E \left[\begin{array}{c}
v^{3}_{\lambda_k}\\ \hline v^{22}_{\lambda_k} \\ v^{21}_{\lambda_k} \\ \hline v^{13}_{\lambda_k} \\v^{12}_{\lambda_k} \\ v^{11}_{\lambda_k} \\
\end{array}\right]
= \left[\begin{array}{c|cc|ccc}
\lambda_{k}&1 &0 & & & \\
\hline
&\lambda_{k} &0 &1 &0 & 0 \\
& &\lambda_{k} &0 &1 &0 \\
\hline
& & &\lambda_{k} &0 &0 \\
& & & &\lambda_{k} &0 \\
& & & & & \lambda_{k} \\
\end{array}\right]\cdot
\left[\begin{array}{c}
v^{3}_{\lambda_k}\\ \hline v^{22}_{\lambda_k} \\ v^{21}_{\lambda_k} \\ \hline v^{13}_{\lambda_k} \\v^{12}_{\lambda_k} \\ v^{11}_{\lambda_k} \\
\end{array}\right]
$$
$Span \text{ of Basis}{(\lambda_k)}= \left\{c_1 \cdot v^{11}_{\lambda_k}+ c_2 \cdot v^{12}_{\lambda_k} + c_3 \cdot v^{13}_{\lambda_k} + c_4 \cdot v^{21}_{\lambda_k} + c_5 \cdot v^{22}_{\lambda_k} + c_6 \cdot v^{3}_{\lambda_k} : c_1,...c_6 \in \mathbb{C} \right\}$
================================
有以上應用我們知道可以從 eigenvector 去造 generalized eigenvector !!
[線性代數在各個層面的應用]
可由以下表格了解 !!
$$ \begin{array}{c|c|c|c|c|c|c}
\text{通俗名稱 } & V & E& \text{ 齊次問題 } L(v) = 0 & \text{特徵方程} & \text{eigenvector } & \\
\hline
\text{線性聯立方程組 } & x \in \mathbb{R}^n & E(x):=Ax & E = O & det(A-\lambda I)= 0 & x_{\lambda}: Ax_{\lambda} = \lambda x_{\lambda} & \\
\text{線性遞迴方程式} & a_n \in \mathbb{R}^{\mathbb{N}}& E(a_{n}) := a_{n+1} & p(E) = O & p(\lambda) = 0 & \lambda^{n} : n \in \mathbb{N} & \\
\text{線性微分方程式}&f \in C^{\infty}(\mathbb{R})&E(f(t)) := \frac{d}{dt}f(t) & p(E) = O & p(\lambda) = 0 & e^{\lambda t} : t\in \mathbb{R} & \\
\text{線性遞迴方程組}& a_n \in \prod^{m}_{i=1}\mathbb{R}^{\mathbb{N}}& E(a_{n}) := [a^{i}_{n+1}]^{m}_{i=1} & (E-A) = O & det(A-\lambda I)= 0 & {\lambda}^{n}x_\lambda : Ax_{\lambda} = \lambda x_{\lambda} & \\
\text{線性微分方程組}& f \in \prod^{m}_{i=1}C^{\infty}(\mathbb{R})& E(f(t)) := [ \frac{d}{dt}f_{i}(t)]^{m}_{i=1} & (E-A) = O & det(A-\lambda I)= 0 & e^{\lambda t}x_\lambda : Ax_{\lambda} = \lambda x_{\lambda} & \\
\end{array}$$
[小結]
線性代數不只是 "矩陣"，事實上解微分，差分方程都用的到線性代數的概念，而最關鍵的步驟是 找
(1) scalar multiplication $\lambda$ 來替換線性$E$
(2) 尋找 eigenvector $v_{\lambda} $ of $L$ 或 $E$
(3) 構造 $L$ 的特徵多項式($L=O$ 的充分條件)，可用來找 eigenvalues
[Fact 1 : Superposition Principle in $S_0$]
假設我們運氣很好得到兩個解 $v_1,v_2 \in S_{0}$，即 $L(v_1),L(v_2) = 0$ ，則可以計算其線性組合 $v^{new}:=\alpha v_1 + \beta v_2$ ，結果我們找到新的解 $v^{new} \in S_{0}$ !!
原因如下:
$$ L(v^{new}) = L(\alpha v_1 + \beta v_2) \underset{L \text{ is Linear}}{=} \alpha \underbrace{L(v_1)}_{=0} + \beta \underbrace{L(v_2)}_{=0} = 0 $$
而事實上 $v^{new} \in Span\{v_1 , v_2\}$
推廣來說: 所有的解 $v_0 \in S_0$ 可以寫成 $$v_0 = \sum_{j\in J}c_j v_j \in Span \{v_j : j \in J \}$$
其中 $c_j \in \mathbb{C} \quad \{v_j\}$ ，彼此線性獨立，又生成整個$S_0$，稱為 basis of $S_0$
[Fact 2: Particular Solution in $S_b$ ]
假如我們運氣很好得到一個解 $v_p \in S_b$ ，我們要怎麼製造更多的解呢? ，答案是我們可以的隨便拿一個 $v_0 \in S_0$ 計算 $v^{new} = v_h + v_0 $ 你會發現 $L(v_b + v_0) = L(v_b) + L(v_0) = b + 0 = b \Longrightarrow v^{new} \in S_b$ !!
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根據上面 Fact 1 , Fact2 等等，最後我們可以得到下面結果 $ S_b := v_b + S_0 $
也就是說，所有的解就是
$$ S_b := \left\{ v_b + \sum_{j \in J}c_j v_j : \forall c_j \in \mathbb{C} \right\} \quad (E_1)$$
其中 $dim(S_b) = |J| , \{ v_j\}\subset S_0 $ 為線性獨立集 !! ，所以我們要先找到 $|J|$ 個線性獨立的集合 $\{ v_j\}$ !!
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[Eigen System]
今天我們定義一個基本線性函數$E \in \mathcal{L}^{V}$，參數化向量 $v_{\lambda} \in V \quad $ ($v_\lambda$ 隨著 $\lambda$ 不同而不同)
如果對於 $\forall \lambda \in \mathbb{C}$ 找的到 $v_\lambda \quad \exists n \geq 1$
$$\left\{\begin{array}{l}[E(v_\lambda) - \lambda \cdot v_\lambda]^{n}= 0 \\ [E(v_\lambda) - \lambda \cdot v_\lambda]^{n-1}\neq 0 \\ \end{array}\right. \quad (E2)$$ (注意這邊的 "$\cdot$" 是 $V$ 的 scalar multiplication ) ， $\lambda$ 就是熟知的 eigenvalue , $v_\lambda$ 就是熟知的 廣義特徵向量(generalized eigenvector) ，如果 $n=1$ 稱為 eigenvector
[求解多項式問題]
假如 $L \in \mathcal{L}^{V}$ 是 $E$ 的 $K$ 次多項式合成運算構成的 !! 即$$L = p(E) = \sum^{K}_{k=0} a_k {E}^k = a_k \cdot \underbrace{E \circ E \circ E \circ ... E}_{k \text{ 次}} $$
[註 : 兩個線性函數的合成運算後還是線性 !!]
由代數基本定理(多項式分解)我們知道任何多項式，$p(E) $ 可以分解成 $$p(E) = \prod^{K}_{k=1}(E-\lambda_k I)^{\mu_k} \quad \mu_k \in \mathbb{N}\cup \{0\} , \lambda_{k} \in \mathbb{C} , \sum_{k=1}^{K}\mu_k = K $$
[註：我們只考慮 $\mu_k >0$ 的那些 $\lambda_k$ , $\mu_k >1$ 代表有重根]
考慮 $\lambda = \lambda_k$ 的 generalized eigenvector 很明顯 for each $k$，$p(E)(v_{\lambda_k}) = ...(E - \lambda_kI)^{\mu_k}(v_{\lambda_k}) = 0 \Longrightarrow v_{\lambda_k} \in Ker(L) = S_0 $
而根據線性代數的知識，如果 $\lambda$ 不同 !! 則產生的 $\{v_\lambda\}$ 彼此線性獨立 !!
這代表我們只要找到所有的 $\text{Basis}{(\lambda_k)} := \{v_{\lambda_k}\}$ 則 Span 就能找到解！！
即 $$ Span \left\{\bigcup_{k \in K : m_k >0}\text{Basis}{(\lambda_k)}\right\} \subseteq S_{0} $$
[註: 我們找到的解未必是所有的解，證明$=S_0$是重要議題，如微分方程可參考 Wronskian ]
而恰好要找到那些$\lambda$ ，我們只要求解 $p(\lambda) = 0$ !! 也就是
$$\underset{ k \in K}{\bigvee} (\lambda = \lambda_k) \Longleftrightarrow \prod^{n}_{k=1}\left(\lambda-\lambda_{k} \right)^{\mu_k}=0 $$
註：我們稱 $p(\lambda)$ 為 特徵函數 Characteristic Polynomial ，$\mu_k$ 為代數重數 !!
註 : 如果 $p(E)=E=A$ 則純矩陣系統，特徵函數為 $det(A-\lambda I) = 0$
至於 for each $k$ 如何產生 $\text{Basis}{(\lambda_k)}$ 我們必須找到 $\mu_k$ 個線性獨立的向量
$$v^{n}_{\lambda_{k}} : \text{滿足}(E1) , n=1,2,3,....m_k$$
註: $v^{n}_{\lambda_{k}}$ 的 $n$ 為 index
[找到 $\text{Basis}{(\lambda_k)}$]
首先找到最小的$m_k \leq \mu_k$ 滿足 $(E-\lambda_k I)^{m_k} = O $
以及計算 $\rho_k = dim(Ker(E-\lambda_kI)^{l}) - dim(Ker(E-\lambda_kI)^{l-1}) \quad l=1,2,3,...m_k$
其中 $\displaystyle{\sum_{l=1}^{m_k} \rho^{l}_k = \mu_k} $，$\rho^1_{k}$ 稱為幾何重數，註: $ dim(Ker(E-\lambda_kI)^{0}) = dim(Ker(I)) = 0 $
相當於求解下列方程組 : $(E3)$
$$
\left\{\begin{array}{llll}
\text{ 找到 } \rho^{1}_{k} \text{ 個線性獨立 } v^{1}_{\lambda_{k}} &(E-\lambda_k I)(v^{1}_{\lambda_{k}}) = 0 & & (C1) \\
\text{ 找到 } \rho^{2}_{k} \text{ 個線性獨立 } v^{2}_{\lambda_{k}}&(E-\lambda_k I)^2(v^{2}_{\lambda_{k}}) = 0 & (E-\lambda_k I) (v^{2}_{\lambda_{k}})\neq 0 &(C2) \\
&(E-\lambda_k I)^3(v^{3}_{\lambda_{k}}) = 0 & (E-\lambda_k I)^{2}(v^{3}_{\lambda_{k}})\neq 0 & (C3)\\
.. &... &... \\
\text{ 找到 } \rho^{m_k-1}_{k} \text{ 個線性獨立 } v^{m_k-1}_{\lambda_{k}}&(E-\lambda_k I)^{m_k-1}(v^{m_k-1}_{\lambda_{k}}) = 0 & (E-\lambda_k I)^{m_k-2}(v^{m_k-1}_{\lambda_{k}})\neq 0 &(C_{m_k-1}) \\
\text{ 找到 } \rho^{m_k}_{k} \text{ 個線性獨立 } v^{m_k}_{\lambda_{k}}&(E-\lambda_k I)^{m_k}(v^{m_k}_{\lambda_{k}}) = 0 & (E-\lambda_k I)^{m_k-1}(v^{m_k}_{\lambda_{k}})\neq 0 &(C_{m_k}) \\
\end{array}\right.
$$
如果我們把左邊的方程組，代換 $v^{n}_{\lambda_k} = (E-\lambda_k I)(v^{n+1}_{\lambda_{k}}) \quad n = 1,2,3,4,...m_k-1 \ (E4)$ 即 Jordan Chain
你會發現如果滿足 $(C_{n})$ 則滿足 $(C_{n+1})$ ，所以我們只要找到滿足 $(C_{m_k})$ 的 $v^{m_k}_{\lambda_{k}}$ 就可以了!!
改寫$(E4)$ 成 $ E(v^{n+1}_{\lambda_{k}}) = \lambda_k v^{n+1}_{\lambda_{k}} + v^{n}_{\lambda_k} $ 並把 $(E3)$ 寫成 $\mu_k \times \mu_k$矩陣的樣子
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例如 : $\mu_k = 6$ , $m_k = 3$ , $\rho^1_{k} = 3$ , $\rho^{2}_k = 2$ , $\rho^{3}_k = 1$
$$ E \left[\begin{array}{c}
v^{3}_{\lambda_k}\\ \hline v^{22}_{\lambda_k} \\ v^{21}_{\lambda_k} \\ \hline v^{13}_{\lambda_k} \\v^{12}_{\lambda_k} \\ v^{11}_{\lambda_k} \\
\end{array}\right]
= \left[\begin{array}{c|cc|ccc}
\lambda_{k}&1 &0 & & & \\
\hline
&\lambda_{k} &0 &1 &0 & 0 \\
& &\lambda_{k} &0 &1 &0 \\
\hline
& & &\lambda_{k} &0 &0 \\
& & & &\lambda_{k} &0 \\
& & & & & \lambda_{k} \\
\end{array}\right]\cdot
\left[\begin{array}{c}
v^{3}_{\lambda_k}\\ \hline v^{22}_{\lambda_k} \\ v^{21}_{\lambda_k} \\ \hline v^{13}_{\lambda_k} \\v^{12}_{\lambda_k} \\ v^{11}_{\lambda_k} \\
\end{array}\right]
$$
$Span \text{ of Basis}{(\lambda_k)}= \left\{c_1 \cdot v^{11}_{\lambda_k}+ c_2 \cdot v^{12}_{\lambda_k} + c_3 \cdot v^{13}_{\lambda_k} + c_4 \cdot v^{21}_{\lambda_k} + c_5 \cdot v^{22}_{\lambda_k} + c_6 \cdot v^{3}_{\lambda_k} : c_1,...c_6 \in \mathbb{C} \right\}$
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有以上應用我們知道可以從 eigenvector 去造 generalized eigenvector !!
[線性代數在各個層面的應用]
可由以下表格了解 !!
$$ \begin{array}{c|c|c|c|c|c|c}
\text{通俗名稱 } & V & E& \text{ 齊次問題 } L(v) = 0 & \text{特徵方程} & \text{eigenvector } & \\
\hline
\text{線性聯立方程組 } & x \in \mathbb{R}^n & E(x):=Ax & E = O & det(A-\lambda I)= 0 & x_{\lambda}: Ax_{\lambda} = \lambda x_{\lambda} & \\
\text{線性遞迴方程式} & a_n \in \mathbb{R}^{\mathbb{N}}& E(a_{n}) := a_{n+1} & p(E) = O & p(\lambda) = 0 & \lambda^{n} : n \in \mathbb{N} & \\
\text{線性微分方程式}&f \in C^{\infty}(\mathbb{R})&E(f(t)) := \frac{d}{dt}f(t) & p(E) = O & p(\lambda) = 0 & e^{\lambda t} : t\in \mathbb{R} & \\
\text{線性遞迴方程組}& a_n \in \prod^{m}_{i=1}\mathbb{R}^{\mathbb{N}}& E(a_{n}) := [a^{i}_{n+1}]^{m}_{i=1} & (E-A) = O & det(A-\lambda I)= 0 & {\lambda}^{n}x_\lambda : Ax_{\lambda} = \lambda x_{\lambda} & \\
\text{線性微分方程組}& f \in \prod^{m}_{i=1}C^{\infty}(\mathbb{R})& E(f(t)) := [ \frac{d}{dt}f_{i}(t)]^{m}_{i=1} & (E-A) = O & det(A-\lambda I)= 0 & e^{\lambda t}x_\lambda : Ax_{\lambda} = \lambda x_{\lambda} & \\
\end{array}$$
[小結]
線性代數不只是 "矩陣"，事實上解微分，差分方程都用的到線性代數的概念，而最關鍵的步驟是 找
(1) scalar multiplication $\lambda$ 來替換線性$E$
(2) 尋找 eigenvector $v_{\lambda} $ of $L$ 或 $E$
(3) 構造 $L$ 的特徵多項式($L=O$ 的充分條件)，可用來找 eigenvalues
[以上純為學術經驗交流知識分享，如有錯誤或建議可留言~~]
by Plus & Minus 2017.09
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