逐步主鏈
S01 · definition
操作前
\lambda\in\mathbb{R}操作後
\lambda\ \text{eigenvalue}\iff\exists v\neq 0:\ Mv=\lambda v;\quad K_\lambda=\{v\mid Mv=\lambda v\}條件:無
規則:mko_eig_def · 依賴:G1
葉節點依據:mko_eig_def + def_unfold
寫出 MKO 的定義與非零特徵向量慣例。核 K_λ 是所有滿足 Mv=λv 的向量(包括零向量);特徵值則要求核中有非零向量。兩者必須分開:因為 M0=0=λ0 對每個 λ 都成立,零向量本身不能證明任何 λ 是特徵值。
S02 · equivalent
操作前
Mv=\lambda v
操作後
(M-\lambda I)v=0
條件:無
規則:distributive · 依賴:S01, matrix_product_def, vec_ops
葉節點依據:distributive + matrix_product_def + vec_ops + add_inverse
設 v=(x,y)ᵀ。(M−λI)v=((a−λ)x+by, cx+(d−λ)y)ᵀ,依分配律等於 (ax+by−λx, cx+dy−λy)ᵀ=Mv−λv。所以 Mv=λv ⇔ Mv−λv=0 ⇔ (M−λI)v=0。因此 K_λ 就是 M−λI 的零空間。
S03 · equivalent
操作前
\lambda\ \text{eigenvalue}操作後
\det(M-\lambda I)=0
條件:無
規則:L_kernel_det · 依賴:S01, S02, L_kernel_det
葉節點依據:L_kernel_det + logic_chain
依 S01、S02,λ 是特徵值 ⇔ 存在非零 v 使 (M−λI)v=0。對 N=M−λI 用引理 L_kernel_det,這等價於 det(M−λI)=0。引理在 S03.1 到 S03.3 證明。
S04 · equivalent
操作前
\det(M-\lambda I)=(a-\lambda)(d-\lambda)-bc
操作後
\lambda^2-(a+d)\lambda+(ad-bc)=\lambda^2-\operatorname{tr}(M)\lambda+\det(M)條件:無
規則:distributive · 依賴:S03, G1
葉節點依據:distributive + neg_mul + add_comm + mko_det_inv
M−λI=[[a−λ,b],[c,d−λ]],依行列式定義得左式。展開 (a−λ)(d−λ)=ad−aλ−dλ+λ²,再減 bc,整理得 λ²−(a+d)λ+(ad−bc)。對例子 M:tr(M)=4+3=7,det(M)=4·3−1·2=10,特徵多項式 λ²−7λ+10。
S05 · theorem_application
操作前
\Delta=\operatorname{tr}(M)^2-4\det(M)=49-40操作後
\Delta=9>0\ \Rightarrow\ \text{two distinct real eigenvalues}條件:無
規則:L_disc · 依賴:S04, L_disc
葉節點依據:L_disc + numeric_evaluation
依 S03、S04,互異實特徵值恰是 λ²−7λ+10=0 的互異實根。Δ=7²−4·10=9>0,依引理 L_disc(T=7、D=10),恰有兩個互異實根。引理在 S05.1 到 S05.4 證明,涵蓋 MKO 假設 a3 的三種情形。
S06 · equivalent
操作前
\lambda=\tfrac{7\pm\sqrt{9}}{2}操作後
\lambda\in\{2,5\},\quad \lambda^2-7\lambda+10=(\lambda-2)(\lambda-5)條件:無
規則:sqrt_def · 依賴:S05, sqrt_def
葉節點依據:sqrt_def + zero_product + numeric_evaluation
3≥0 且 3²=9,依 sqrt_def √9=3,所以兩根為 (7+3)/2=5 與 (7−3)/2=2。交叉核對:(λ−2)(λ−5)=λ²−7λ+10。依 S03,M 的互異實特徵值集合是 {2,5}。
S07 · implies
操作前
(M-5I)v=\begin{pmatrix}-1&1\\2&-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=0操作後
K_5=\{(t,t)^{\mathsf T}\mid t\in\mathbb{R}\},\ v=(1,1)^{\mathsf T}:\ Mv=(5,5)^{\mathsf T}=5v條件:無
規則:exists_intro · 依賴:S02, S06, G2
葉節點依據:exists_intro + matrix_product_def + numeric_evaluation
(M−5I)v=(−x+y, 2x−2y)ᵀ=0 ⇔ y=x(第二式是第一式的 −2 倍)。所以 K₅ 是直線 {(t,t)ᵀ},包含 t=0 的零向量。取 t=1 得非零向量 v=(1,1)ᵀ,Mv=(4+1, 2+3)ᵀ=(5,5)ᵀ=5v,所以 5 是特徵值、v 是特徵向量。
S08 · implies
操作前
(M-2I)v=\begin{pmatrix}2&1\\2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=0操作後
K_2=\{(t,-2t)^{\mathsf T}\mid t\in\mathbb{R}\},\ v=(1,-2)^{\mathsf T}:\ Mv=(2,-4)^{\mathsf T}=2v條件:無
規則:exists_intro · 依賴:S02, S06, G2
葉節點依據:exists_intro + matrix_product_def + numeric_evaluation
(M−2I)v=(2x+y, 2x+y)ᵀ=0 ⇔ y=−2x。取 x=1 得 v=(1,−2)ᵀ≠0,Mv=(4−2, 2−6)ᵀ=(2,−4)ᵀ=2v,所以 2 是特徵值。
S09 · implies
操作前
(M-3I)v=\begin{pmatrix}1&1\\2&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=0操作後
K_3=\{0\},\ 3\ \text{not an eigenvalue}條件:無
規則:eq_congruence · 依賴:S02, S03, S04, G2
葉節點依據:eq_congruence + mul_inverse_nonzero + two_nonzero + numeric_evaluation
(M−3I)v=(x+y, 2x)ᵀ=0:由 2x=0 得 x=0,再由 x+y=0 得 y=0。所以 K₃={0}:零向量在核中,但沒有非零向量,3 不是特徵值。交叉核對:det(M−3I)=1·0−1·2=−2≠0(S03),特徵多項式在 3 的值 9−21+10=−2≠0(S04)。
S10 · implies
操作前
(\lambda,v)=(3,0)
操作後
M0=0=3\cdot 0\ \text{but}\ v=0\ \Rightarrow\ \text{reject as eigenpair}條件:無
規則:mko_eig_def · 依賴:S01, S09, G2
葉節點依據:mko_eig_def + mul_zero
候選特徵對 (3,0) 滿足 M0=0=3·0,所以 0∈K₃(核會員題接受);但非零特徵向量慣例要求 v≠0,所以作為特徵對必須拒絕(MKO 假設 a2)。同理 (5,0) 也不是特徵對,即使 5 是特徵值。
S11 · implies
操作前
R=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}操作後
\lambda^2+1,\ \Delta=0^2-4\cdot 1=-4<0\ \Rightarrow\ \text{no real eigenvalue}條件:無
規則:L_disc · 依賴:S03, S04, S05, G3
葉節點依據:L_disc + square_nonneg + numeric_evaluation
tr(R)=0,det(R)=0·0−(−1)·1=1,特徵多項式 λ²+1,Δ=−4<0。依 L_disc(Δ<0 情形),沒有實根;直接看也是 λ²+1≥1>0。依 S03,R 沒有實特徵值:不是每個實矩陣都有實特徵值(MKO 假設 a1)。
S12 · implies
操作前
J=\begin{pmatrix}3&1\\0&3\end{pmatrix}操作後
(\lambda-3)^2,\ \Delta=36-36=0\ \Rightarrow\ E(J)=\{3\}條件:無
規則:L_disc · 依賴:S03, S04, S05, G3
葉節點依據:L_disc + numeric_evaluation + exists_intro
tr(J)=6,det(J)=9,特徵多項式 λ²−6λ+9=(λ−3)²,Δ=36−36=0。依 L_disc(Δ=0 情形),恰有一個互異實特徵值 3;它是二重根,但互異特徵值集合只列一次 {3},不算成兩個。非零特徵向量例如 (1,0)ᵀ:J(1,0)ᵀ=(3,0)ᵀ。
S13 · implies
操作前
\text{tasks of the goal}操作後
E(M)=\{2,5\},\ K_3=\{0\},\ (3,0)\ \text{rejected},\ E(R)=\varnothing,\ E(J)=\{3\}條件:無
規則:and_intro_elim · 依賴:S03, S05, S06, S07, S08, S09, S10, S11, S12
葉節點依據:and_intro_elim
合併:一般結論 S03、S05;M 的互異實特徵值為 {2,5},2 的特徵向量可取 (1,−2)ᵀ,5 的特徵向量可取 (1,1)ᵀ;候選 3 的核 {0},3 不是特徵值;(3,0) 不是特徵對;R 無實特徵值;J 只有一個互異實特徵值 3。
局部子步與引理
S03.1 · implies
操作前
\det N=ps-qr=0,\ (p,q)\neq(0,0)
操作後
v=(q,-p)^{\mathsf T}\neq 0,\ Nv=(pq-qp,\ rq-sp)^{\mathsf T}=(0,\ -\det N)^{\mathsf T}=0條件:\det N=0; (p,q)\neq(0,0)
規則:matrix_product_def · 依賴:matrix_product_def, vec_ops
葉節點依據:matrix_product_def + vec_ops + neg_mul + mul_comm
情況一:第一行不全為零。取 v=(q,−p)ᵀ;因 p、q 至少一個非零,v≠0(vec_ops)。計算 Nv:第一分量 pq+q(−p)=0,第二分量 rq+s(−p)=−(ps−qr)=−det N=0。所以 v 是非零核向量。
S03.2 · implies
操作前
p=q=0
操作後
v=(s,-r)^{\mathsf T}\ \text{if}\ (r,s)\neq(0,0),\ \text{else}\ v=(1,0)^{\mathsf T};\ \ v\neq 0,\ Nv=0條件:p=q=0
規則:case_analysis · 依賴:S03.1, matrix_product_def, vec_ops
葉節點依據:case_analysis + matrix_product_def + mul_zero + vec_ops
情況二:p=q=0(此時 det N=0·s−0·r=0 自動成立)。若 (r,s)≠(0,0),取 v=(s,−r)ᵀ≠0:第一分量 0·s+0·(−r)=0,第二分量 rs+s(−r)=0。若 r=s=0,N 是零矩陣,取 v=(1,0)ᵀ,Nv=0。兩種情況與 S03.1 合起來涵蓋所有 det N=0 的 N,所以「det N=0 ⇒ 有非零核向量」成立。
S03.3 · implies
操作前
\det N\neq 0,\ Nv=0
操作後
v=N^{-1}(Nv)=N^{-1}0=0條件:\det N\neq 0
規則:contrapositive · 依賴:mko_det_inv, vec_ops
葉節點依據:mko_det_inv + contrapositive + mul_zero
以逆否證「有非零核向量 ⇒ det N=0」:設 det N≠0。依行列式條目(cited),N 在 ℝ 上可逆。若 Nv=0,兩邊左乘 N⁻¹:v=N⁻¹(Nv)=N⁻¹0=0。所以核中只有零向量。S03.1 到 S03.3 合起來證得引理 L_kernel_det。
S05.1 · equivalent
操作前
\lambda^2-T\lambda+D
操作後
\left(\lambda-\tfrac{T}{2}\right)^2-\tfrac{\Delta}{4},\quad \Delta=T^2-4D條件:無
規則:distributive · 依賴:distributive, frac_rules
葉節點依據:distributive + frac_rules + two_nonzero
配方:(λ−T/2)²=λ²−Tλ+T²/4(分配律,2≠0),所以 (λ−T/2)²−Δ/4=λ²−Tλ+T²/4−(T²−4D)/4=λ²−Tλ+D。
S05.2 · implies
操作前
\Delta<0
操作後
\left(\lambda-\tfrac{T}{2}\right)^2-\tfrac{\Delta}{4}>0\ \text{for all }\lambda:\ \text{no real root}條件:\Delta<0
規則:square_nonneg · 依賴:S05.1, square_nonneg
葉節點依據:square_nonneg + order_basics + forall_intro
Δ<0 時 −Δ/4>0;又 (λ−T/2)²≥0(square_nonneg),兩者相加得正數。所以依 S05.1,λ²−Tλ+D 對每個實數 λ 都大於 0,沒有實根。
S05.3 · implies
操作前
\Delta=0
操作後
\left(\lambda-\tfrac{T}{2}\right)^2=0\iff\lambda=\tfrac{T}{2}:\ \text{exactly one root}條件:\Delta=0
規則:square_nonneg · 依賴:S05.1, square_nonneg
葉節點依據:square_nonneg + eq_congruence
Δ=0 時方程變成 (λ−T/2)²=0;依 square_nonneg(u²=0 ⇔ u=0),等價於 λ=T/2。恰有一個實根;它只列一次,不按重數算兩個(MKO 假設 a3)。
S05.4 · implies
操作前
\Delta>0
操作後
\lambda=\tfrac{T+\sqrt{\Delta}}{2}\ \lor\ \lambda=\tfrac{T-\sqrt{\Delta}}{2},\ \text{two distinct roots}條件:\Delta>0
規則:zero_product · 依賴:S05.1, sqrt_def, zero_product
葉節點依據:zero_product + sqrt_def + distributive + order_basics
Δ>0 時令 k=√Δ/2;依 sqrt_def,k≥0 且 k²=Δ/4,又 Δ≠0 所以 k>0。方程等價於 u²−k²=0(u=λ−T/2),即 (u−k)(u+k)=0;依零乘積性質,u=k 或 u=−k,即 λ=(T+√Δ)/2 或 λ=(T−√Δ)/2。兩者相差 2k>0,所以互異;沒有其他實根。S05.1 到 S05.4 合起來證得引理 L_disc。