108 年 國立中正大學通訊工程學系碩士班通訊丙組《線性代數》

本題主要考察矩陣的性質，包括逆矩陣存在性、秩、零空間以及LU分解。

首先，我們需要計算矩陣 $C = A \times B$。
$C = AB = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & a \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 2 \\ a & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

a. 矩陣 $C$ 的逆矩陣不存在，意味著 $det(C) = 0$。
我們計算 $det(C)$：
$det(C) = \det \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 2 \\ a & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
展開第一行：
$det(C) = 0 \cdot C_{11} + 0 \cdot C_{12} + 0 \cdot C_{13} + 2 \cdot C_{14}$
其中 $C_{14} = (-1)^{1+4} \det \begin{bmatrix} a & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 2 & 0 \end{bmatrix} = -1 \cdot \det \begin{bmatrix} a & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 2 & 0 \end{bmatrix}$。
計算 $3 \times 3$ 的行列式：
$\det \begin{bmatrix} a & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 2 & 0 \end{bmatrix}$
展開第一列：
$= a \cdot \det \begin{bmatrix} 0 & 4 \\ 2 & 0 \end{bmatrix} - 0 + 0 = a (0 \cdot 0 - 4 \cdot 2) = a(-8) = -8a$
所以，$det(C) = 2 \cdot C_{14} = 2 \cdot (-1) \cdot (-8a) = 16a$。
為了使 $det(C) = 0$，我們需要 $16a = 0$，即 $a=0$。
題目中也提到了 $b$，但 $b$ 在矩陣 $C$ 的計算中並未出現。仔細閱讀題目，發現這部分題目敘述可能有誤，原卷中的矩陣 B 確實沒有 b。假設題目意圖詢問的是 C 的逆矩陣不存在，則僅與 a 有關。若題目是要問 A 或 B 的逆矩陣不存在，則需另行分析。

根據題目敘述，"Find all possible $a$ and $b$ to satisfy that the inverse matrix of $C$ does not exist."，若 $b$ 確實存在於某處（例如原卷圖片中有但 OCR 失敗），則 $b$ 的值可能影響 $C$ 的逆矩陣。但根據現有資訊，僅 $a=0$ 使得 $det(C)=0$。若無其他資訊，則 $a=0$ 為唯一條件。

b. 矩陣 $B$ 是 $4 \times 4$ 的矩陣。要使 $B$ 具有 full column rank，意味著 $B$ 的四個行向量線性獨立，即 $rank(B) = 4$。
$B = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
為了判斷 $B$ 的秩，我們可以計算其行列式。
$det(B) = \det \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
展開第一列：
$det(B) = 0 \cdot C_{11} + 0 \cdot C_{21} + 0 \cdot C_{31} + 1 \cdot C_{41}$
$C_{41} = (-1)^{4+1} \det \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix} = -1 \cdot \det \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
計算 $3 \times 3$ 的行列式：
$\det \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
展開第一行：
$= 0 \cdot C_{11} + 0 \cdot C_{12} + 1 \cdot C_{13} = 1 \cdot (-1)^{1+3} \det \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} = 1 \cdot (0 \cdot 0 - 1 \cdot 1) = -1$
所以，$det(B) = 1 \cdot C_{41} = 1 \cdot (-1) \cdot (-1) = 1$。
由於 $det(B) \neq 0$，矩陣 $B$ 是可逆的，其秩為 4，即 full column rank。
矩陣 $B$ 的 full column rank 與 $b$ 的值無關。因此，對於任何 $b \in \mathbb{R}$，矩陣 $B$ 都有 full column rank。

c. 尋找 $B$ 的 null space (kernel) 當 $b=0$。
Null space of $B$ 是指所有向量 $x$ 使得 $Bx = 0$。
$Bx = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
這組方程組為：
$x_4 = 0$
$x_2 = 0$
$x_3 = 0$
$x_1 = 0$
因此，唯一的解是 $x_1 = x_2 = x_3 = x_4 = 0$。
Null space of $B$ 是零向量空間，即 $\{ \mathbf{0} \}$。
這個結果與 $b$ 的值無關。

d. 顯示 $A$ 的 LU 分解。
$A = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & a \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
LU 分解是指將矩陣 $A$ 分解為一個下三角矩陣 $L$ 和一個上三角矩陣 $U$ 的乘積，即 $A=LU$。
在進行 LU 分解時，我們通常通過行運算將矩陣化為上三角矩陣。
首先，我們需要將第一列的非零元素移到第一行。交換第 2 行和第 4 行：
$\begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & a \end{bmatrix}$
這個過程相當於 $PA$ 的 LU 分解，其中 $P$ 是置換矩陣。
令 $A_1 = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & a \end{bmatrix}$。
現在，我們需要將 $A_1$ 化為上三角矩陣。
將第 4 行的 1 歸零。我們進行 $R_4 \leftarrow R_4 - \frac{1}{4} R_3$。
$\begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & a - \frac{1}{4} \cdot 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & a \end{bmatrix}$
所以，$U = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & a \end{bmatrix}$。
這個過程的行運算矩陣是 $E_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1/4 & 1 \end{bmatrix}$。
所以，$E_1 A_1 = U$。
我們需要將 $A$ 分解成 $LU$。
首先，我們需要處理 $A$ 中的列交換。
$A = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & a \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
進行 $R_2 \leftrightarrow R_4$：
$\begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & a \end{bmatrix}$
這個置換矩陣是 $P = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$。
所以，$PA = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & a \end{bmatrix}$。
現在，我們對 $PA$ 進行 LU 分解。
$PA = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & a \end{bmatrix}$
進行 $R_4 \leftarrow R_4 - \frac{1}{4} R_3$：
$\begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & a \end{bmatrix}$
所以，$U = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & a \end{bmatrix}$。
行運算矩陣是 $E = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1/4 & 1 \end{bmatrix}$。
所以，$E(PA) = U$。
$PA = E^{-1}U$。
$A = P^{-1}E^{-1}U$。
$P^{-1} = P^T = P$ (因為 $P$ 是置換矩陣)。
$E^{-1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1/4 & 1 \end{bmatrix}$。
令 $L = P^{-1}E^{-1} = PE^{-1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1/4 & 1 \end{bmatrix}$。
$L = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1/4 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
驗證 $LU$:
$LU = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1/4 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & a \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & a \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \end{bmatrix} = A$
所以，LU 分解為 $A = LU$ 且 $P$ 的處理方式是 $PA=LU$。
若題目要求 $A=LU$，則需要先進行行交換。
另一種理解 LU 分解的方式是直接尋找 $L$ 和 $U$。
$A = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & a \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
首先，我們需要將矩陣化為上三角矩陣，並記錄下行交換。
交換第 2 行和第 4 行：
$\begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & a \end{bmatrix}$
進行 $R_4 \leftarrow R_4 - \frac{1}{4} R_3$：
$U = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & a \end{bmatrix}$
這個過程涉及到一個置換矩陣 $P = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$，使得 $PA$ 能夠被分解。
$PA = LU$。
$A = P^T LU$。
$P^T = P$。
$L$ 的建立是通過將進行的行運算（加法）的係數取負，並放在對應位置。
在 $PA$ 的分解過程中，我們只進行了一次行運算 $R_4 \leftarrow R_4 - \frac{1}{4} R_3$。
所以，與 $U$ 對應的 $L$ 矩陣，其對角線為 1，非對角線元素為行運算的係數的負值。
$L = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1/4 & 1 \end{bmatrix}$
驗證 $A = P^T L U$:

核心觀念

線性方程組「consistent（一致）」表示至少存在一組解，使所有方程式同時成立。

本題前 3 式已足以決定 $x_1,x_2,x_3$。由於後 2 式必須與此解相容，因此將已求出的解代入，即可判定 $d,e$；若某參數的係數對應變數為 $0$，該參數可能不受限制。

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解題方法

原方程組為

$$\begin{cases} x_1+x_3=1,\\ x_2+x_3=0,\\ 2x_1+x_3=2,\\ x_1+cx_3=d,\\ x_1+x_2=e. \end{cases}$$

先利用第 3 式減去第 1 式：

$$(2x_1+x_3)-(x_1+x_3)=2-1,$$

因此

$$x_1=1.$$

代回第 1 式：

$$1+x_3=1 \quad\Longrightarrow\quad x_3=0.$$

再代回第 2 式：

$$x_2+0=0 \quad\Longrightarrow\quad x_2=0.$$

所以前三式唯一決定的解為

$$(x_1,x_2,x_3)=(1,0,0).$$

將此解代入第 4 式：

核心觀念

本題考查三個線性代數重點：

1. 列空間的基底：若矩陣的列向量線性獨立，則原本所有列向量即可構成列空間的一組基底。
2. 特徵值與特徵向量：特徵值 $\lambda$ 滿足
   $\det(D-\lambda I)=0,$
   對應的非零向量 $v$ 滿足
   $Dv=\lambda v.$
3. 矩陣對角化：若矩陣有足夠多個線性獨立的特徵向量，令這些特徵向量依序作為矩陣 $P$ 的列向量，則
   $P^{-1}DP=\Lambda,$
   其中 $\Lambda$ 為對角矩陣。

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解題方法

令

$$D= \begin{bmatrix} 2&-1&0\\ 0&2&-1\\ -1&0&2 \end{bmatrix}.$$

（a）找出列空間的一組基底

矩陣 $D$ 的三個列向量為

$$r_1=(2,-1,0),\qquad r_2=(0,2,-1),\qquad r_3=(-1,0,2).$$

計算行列式：

$$\det(D) = \begin{vmatrix} 2&-1&0\\ 0&2&-1\\ -1&0&2 \end{vmatrix}.$$

沿第一列展開：

$$\det(D) = 2 \begin{vmatrix} 2&-1\\ 0&2 \end{vmatrix} -(-1) \begin{vmatrix} 0&-1\\ -1&2 \end{vmatrix}.$$

因此

$$\det(D) = 2(4)+ \left(0-1\right) =8-1=7\neq 0.$$

所以 $\operatorname{rank}(D)=3$，三個列向量線性獨立。由於 $D$ 是 $3\times 3$ 矩陣，其列空間為 $\mathbb{R}^3$，故三個原始列向量本身即可構成一組基底：

$$B= \left\{ (2,-1,0),\ (0,2,-1),\ (-1,0,2) \right\}.$$

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（b）求特徵值與特徵向量

第一步：求特徵值

計算特徵方程：

$$\det(D-\lambda I) = \begin{vmatrix} 2-\lambda&-1&0\\ 0&2-\lambda&-1\\ -1&0&2-\lambda \end{vmatrix}.$$

令

$$\mu=2-\lambda.$$

則

$$\det(D-\lambda I) = \begin{vmatrix} \mu&-1&0\\ 0&\mu&-1\\ -1&0&\mu \end{vmatrix} =\mu^3-1.$$

因此特徵方程為

$$\mu^3-1=0.$$

也就是

$$(2-\lambda)^3=1.$$

令三次單位根為

$$1,\qquad \omega=-\frac12+\frac{\sqrt3}{2}i,\qquad \omega^2=-\frac12-\frac{\sqrt3}{2}i,$$

其中 $\omega^3=1$ 且 $1+\omega+\omega^2=0$。

因此：

• 當 $2-\lambda=1$ 時，$\lambda=1$；
• 當 $2-\lambda=\omega$ 時，$\lambda=2-\omega$；
• 當 $2-\lambda=\omega^2$ 時，$\lambda=2-\omega^2$。

故特徵值為

$$\boxed{ \lambda_1=1,\qquad \lambda_2=2-\omega=\frac52-\frac{\sqrt3}{2}i,\qquad \lambda_3=2-\omega^2=\frac52+\frac{\sqrt3}{2}i }.$$

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第二步：求特徵向量

令特徵向量為

$$v= \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix}.$$

由

$$(D-\lambda I)v=0$$

得到

$$\begin{cases} (2-\lambda)x-y=0,\\ (2-\lambda)y-z=0,\\ -x+(2-\lambda)z=0. \end{cases}$$

令 $\mu=2-\lambda$，則前兩式給出

$$y=\mu x,\qquad z=\mu^2x.$$

取 $x=1$，可得一組對應於 $\mu$ 的特徵向量：

核心觀念

將多項式空間 $P_2$ 以標準基底

$$\mathcal{B}=\{1,x,x^2\}$$

表示。若

$$p+qx+rx^2\in\ker T,$$

則必須滿足

$$T(p+qx+rx^2)=0.$$

值域 $\operatorname{Range}(T)$ 則由所有 $T(p+qx+rx^2)$ 張成，因此可由標準基底的像

$$T(1),\quad T(x),\quad T(x^2)$$

找出其基底。

此外，利用秩—零度定理：

$$\dim(P_2)=\dim(\ker T)+\dim(\operatorname{Range}(T)).$$

因為 $\dim(P_2)=3$，核空間與值域的維度總和應為 $3$。

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解題方法

令

$$T(p+qx+rx^2)=0.$$

由題目給定的定義，各項係數必須分別為零：

$$\begin{cases} -p+3q+2r=0,\\ 2p+2r=0,\\ 4p+q+5r=0. \end{cases}$$

由第二式得

$$p=-r.$$

代入第三式：

$$4(-r)+q+5r=0$$

因此

$$q+r=0,\qquad q=-r.$$

第一式自動滿足：

$$-(-r)+3(-r)+2r=r-3r+2r=0.$$

所以

$$(p,q,r)=(-r,-r,r) =r(-1,-1,1).$$

對應的多項式為

$$p+qx+rx^2 =r(-1-x+x^2).$$

因此核空間中的所有元素皆為 $-1-x+x^2$ 的倍數。

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(a) 核空間的基底

$$\ker T =\operatorname{span}\{-1-x+x^2\}.$$

故核空間的一組基底為

$$\boxed{\{-1-x+x^2\}}.$$

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(b) 值域的基底

計算標準基底元素的像：

$$T(1)=-1+2x+4x^2,$$ $$T(x)=3+x^2,$$ $$T(x^2)=2+2x+5x^2.$$

注意到

$$T(1)+T(x) =(-1+2x+4x^2)+(3+x^2) =2+2x+5x^2 =T(x^2).$$

因此 $T(x^2)$ 可由 $T(1)$ 與 $T(x)$ 線性表示，值域可寫成