108 年 國立中山大學通訊工程研究所甲組《線性代數》

本題主要考驗矩陣的求逆、矩陣運算以及代數化簡的能力。

首先，我們需要計算矩陣 $B$。
給定 $A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ -2 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & -4 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & -6 & 7 \end{bmatrix}$，
$I$ 是 $4 \times 4$ 的單位矩陣 $I = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$。

計算 $I+A$:
$I+A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ -2 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & -4 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & -6 & 7 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ -2 & 4 & 0 & 0 \\ 0 & -4 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & -6 & 8 \end{bmatrix}$

計算 $4I-A$:
$4I-A = 4\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ -2 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & -4 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & -6 & 7 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ -2 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & -4 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & -6 & 7 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & -3 \end{bmatrix}$

接下來，我們需要計算 $(I+A)^{-1}$。由於 $I+A$ 是一個下三角矩陣，其逆矩陣也是下三角矩陣。
令 $C = I+A = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ -2 & 4 & 0 & 0 \\ 0 & -4 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & -6 & 8 \end{bmatrix}$。
我們要求 $C^{-1}$。
$C^{-1} = \begin{bmatrix} 1/2 & 0 & 0 & 0 \\ 1/4 & 1/4 & 0 & 0 \\ 0 & 1/6 & 1/6 & 0 \\ 0 & 0 & 3/8 & 1/8 \end{bmatrix}$ (可以透過高斯消去法或觀察對角線元素的倒數得到)

現在計算 $B = C^{-1}(4I-A)$:
$B = \begin{bmatrix} 1/2 & 0 & 0 & 0 \\ 1/4 & 1/4 & 0 & 0 \\ 0 & 1/6 & 1/6 & 0 \\ 0 & 0 & 3/8 & 1/8 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & -3 \end{bmatrix}$

核心觀念

本題考查矩陣的 $PA=LDU$ 分解，其中：

• $P$ 為置換矩陣，負責交換列以取得非零主元。
• $L$ 為下三角矩陣，記錄消去過程中的乘數。
• $D$ 為對角矩陣，通常放置消去後的主元。
• $U$ 為對角線元素皆為 $1$ 的上三角矩陣。

當消去過程中出現零主元時，必須先進行列交換，因此本題需要使用 $P$。

解題方法

原矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} 1&1&1\\ 5&5&8\\ 3&4&10 \end{bmatrix}.$$

第一個主元為 $1$。為了處理第二欄的主元，先將第 $2$、第 $3$ 列交換：

$$P= \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&0&1\\ 0&1&0 \end{bmatrix}.$$

因此

$$PA= \begin{bmatrix} 1&1&1\\ 3&4&10\\ 5&5&8 \end{bmatrix}.$$

第一步消去第一欄

以第一列為主列：

$$R_2\leftarrow R_2-3R_1, \qquad R_3\leftarrow R_3-5R_1.$$

得到

$$\begin{bmatrix} 1&1&1\\ 0&1&7\\ 0&0&3 \end{bmatrix}.$$

第二欄主元為 $1$，且第三列第二欄已經是 $0$，因此不需要再進行消去。

故可先寫成

$$PA= \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 3&1&0\\ 5&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1&1\\ 0&1&7\\ 0&0&3 \end{bmatrix}.$$

其中下三角矩陣中的 $3,5$，分別來自消去時的乘數。

拆出對角矩陣 $D$

將上三角矩陣的主對角元素提出：

$$D= \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&3 \end{bmatrix}, \qquad U= \begin{bmatrix} 1&1&1\\ 0&1&7\\ 0&0&1 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\boxed{ L= \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 3&1&0\\ 5&0&1 \end{bmatrix} }$$

且

本題主要考驗求解矩陣平方根的問題。

矩陣 $A$ 是一個上三角矩陣，其特徵值是其對角線上的元素：$\lambda_1 = 16$, $\lambda_2 = 4$, $\lambda_3 = 25$。
由於矩陣 $A$ 的特徵值均為正且不重複，因此存在唯一的矩陣平方根 $B$ 使得 $B^2 = A$。

如果 $B$ 也是一個上三角矩陣，則 $B$ 的特徵值必須是 $A$ 的特徵值的平方根。
設 $B = \begin{bmatrix} b_{11} & b_{12} & b_{13} \\ 0 & b_{22} & b_{23} \\ 0 & 0 & b_{33} \end{bmatrix}$。
則 $B^2 = \begin{bmatrix} b_{11}^2 & b_{11}b_{12} + b_{12}b_{22} & b_{11}b_{13} + b_{12}b_{23} + b_{13}b_{33} \\ 0 & b_{22}^2 & b_{22}b_{23} + b_{23}b_{33} \\ 0 & 0 & b_{33}^2 \end{bmatrix}$。

我們要求 $B^2 = A = \begin{bmatrix} 16 & 7 & -4 \\ 0 & 4 & 6 \\ 0 & 0 & 25 \end{bmatrix}$。

比較對角線元素：
$b_{11}^2 = 16 \implies b_{11} = \pm 4$
$b_{22}^2 = 4 \implies b_{22} = \pm 2$
$b_{33}^2 = 25 \implies b_{33} = \pm 5$

我們通常尋找主平方根，也就是特徵值取正的平方根。
令 $b_{11} = 4$, $b_{22} = 2$, $b_{33} = 5$。

現在比較非對角線元素：

1. $b_{11}b_{12} + b_{12}b_{22} = 7$
   $4b_{12} + b_{12}(2) = 7$
   $6b_{12} = 7 \implies b_{12} = 7/6$

2. $b_{22}b_{23} + b_{23}b_{33} = 6$
   $2b_{23} + b_{23}(5) = 6$
   $7b_{23} = 6 \implies b_{23} = 6/7$

3. $b_{11}b_{13} + b_{12}b_{23} + b_{13}b_{33} = -4$
   $4b_{13} + (7/6)(6/7) + b_{13}(5) = -4$
   $4b_{13} + 1 + 5b_{13} = -4$
   $9b_{13} = -5 \implies b_{13} = -5/9$

所以，一個可能的矩陣 $B$ 是：
$B = \begin{bmatrix} 4 & 7/6 & -5/9 \\ 0 & 2 & 6/7 \\ 0 & 0 & 5 \end{bmatrix}$。

核心觀念

本題考查矩陣乘冪與最小多項式。若矩陣 $A$ 滿足某個多項式關係，例如

$$A^2-A-2I=0,$$

即可將高次方 $A^6$ 化為 $A$ 與單位矩陣 $I$ 的線性組合，大幅降低計算量。

---

解題方法

先直接計算 $A^2$：

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

注意到

$$A+2I= \begin{bmatrix} 2 & 1 & -1\\ 1 & 2 & -1\\ -1 & -1 & 2 \end{bmatrix},$$

因此

$$A^2=A+2I,$$

也就是

$$A^2-A-2I=0.$$

因為

$$x^2-x-2=(x-2)(x+1),$$

所以 $A$ 的高次方皆可化為 $A$ 與 $I$ 的線性組合。設

$$A^6=\alpha A+\beta I.$$

由特徵值 $2$ 與 $-1$ 代入相同的多項式關係：

當 $\lambda=2$ 時，

$$2^6=2\alpha+\beta \quad\Longrightarrow\quad 64=2\alpha+\beta.$$

當 $\lambda=-1$ 時，

本題主要考驗最小平方法 (Least Squares Method) 的應用，目的是找到一條直線 $y = ax + b$ 最能擬合給定的數據點。

給定的數據點為 $(1, -1), (3, -2), (5, -1), (7, -8), (10, -4)$。
我們希望找到參數 $a$ 和 $b$，使得誤差平方和 $S = \sum_{i=1}^{5} (y_i - (ax_i + b))^2$ 最小。

誤差平方和為：
$S = (-1 - (a(1) + b))^2 + (-2 - (a(3) + b))^2 + (-1 - (a(5) + b))^2 + (-8 - (a(7) + b))^2 + (-4 - (a(9) + b))^2$
$S = (-1 - a - b)^2 + (-2 - 3a - b)^2 + (-1 - 5a - b)^2 + (-8 - 7a - b)^2 + (-4 - 9a - b)^2$

為了使 $S$ 最小，我們對 $a$ 和 $b$ 分別求偏導數，並令其為零：
$\frac{\partial S}{\partial b} = 0$
$\frac{\partial S}{\partial a} = 0$

計算 $\frac{\partial S}{\partial b}$:
$\frac{\partial S}{\partial b} = 2(-1 - a - b)(-1) + 2(-2 - 3a - b)(-1) + 2(-1 - 5a - b)(-1) + 2(-8 - 7a - b)(-1) + 2(-4 - 9a - b)(-1)$
令上式為零，除以 $-2$:
$(-1 - a - b) + (-2 - 3a - b) + (-1 - 5a - b) + (-8 - 7a - b) + (-4 - 9a - b) = 0$
$(-1 - 2 - 1 - 8 - 4) + (-a - 3a - 5a - 7a - 9a) + (-b - b - b - b - b) = 0$
$-16 - 25a - 5b = 0$
$25a + 5b = -16$ (方程 1)

計算 $\frac{\partial S}{\partial a}$:
$\frac{\partial S}{\partial a} = 2(-1 - a - b)(-1) + 2(-2 - 3a - b)(-3) + 2(-1 - 5a - b)(-5) + 2(-8 - 7a - b)(-7) + 2(-4 - 9a - b)(-9)$
令上式為零，除以 $2$:
$(-1 - a - b)(-1) + (-2 - 3a - b)(-3) + (-1 - 5a - b)(-5) + (-8 - 7a - b)(-7) + (-4 - 9a - b)(-9) = 0$
$(1 + a + b) + (6 + 9a + 3b) + (5 + 25a + 5b) + (56 + 49a + 7b) + (36 + 81a + 9b) = 0$
$(1 + 6 + 5 + 56 + 36) + (a + 9a + 25a + 49a + 81a) + (b + 3b + 5b + 7b + 9b) = 0$
$104 + 165a + 25b = 0$
$165a + 25b = -104$ (方程 2)

現在我們需要解這個方程組：

1. $25a + 5b = -16$
2. $165a + 25b = -104$

從方程 1) 得到 $5b = -16 - 25a$, 所以 $b = -\frac{16}{5} - 5a$。
將 $b$ 代入方程 2):
$165a + 5(5b) = -104$
$165a + 5(-16 - 25a) = -104$
$165a - 80 - 125a = -104$

核心觀念

QR 分解是將矩陣 $A$ 寫成

$$A=QR$$

其中：

• $Q$ 的欄向量為標準正交向量，滿足 $Q^TQ=I$；
• $R$ 為上三角矩陣；
• 使用 Gram–Schmidt 正交化法，可由 $A$ 的欄向量逐一建立 $Q$ 與 $R$。

令

$$A=\begin{bmatrix} \boldsymbol a_1&\boldsymbol a_2&\boldsymbol a_3\end{bmatrix}$$

則

$$\boldsymbol a_1= \begin{bmatrix}1\\1\\3\end{bmatrix},\qquad \boldsymbol a_2= \begin{bmatrix}1\\1\\4\end{bmatrix},\qquad \boldsymbol a_3= \begin{bmatrix}0\\2\\1\end{bmatrix}.$$

採用對角線元素皆為正的 QR 分解慣例。

解題方法：Gram–Schmidt 正交化

第一步：求 $\boldsymbol q_1$

先將 $\boldsymbol a_1$ 單位化：

$$\|\boldsymbol a_1\| =\sqrt{1^2+1^2+3^2} =\sqrt{11}.$$

因此

$$\boldsymbol q_1 =\frac{\boldsymbol a_1}{\|\boldsymbol a_1\|} =\frac{1}{\sqrt{11}} \begin{bmatrix}1\\1\\3\end{bmatrix}.$$

同時，

$$r_{11}=\sqrt{11}.$$

第二步：求 $\boldsymbol q_2$

先計算 $\boldsymbol a_2$ 在 $\boldsymbol q_1$ 方向上的投影係數：

$$r_{12} =\boldsymbol q_1^T\boldsymbol a_2 =\frac{1}{\sqrt{11}} \begin{bmatrix}1&1&3\end{bmatrix} \begin{bmatrix}1\\1\\4\end{bmatrix} =\frac{14}{\sqrt{11}}.$$

將投影部分扣除，得到與 $\boldsymbol q_1$ 正交的向量：

$$\boldsymbol u_2 =\boldsymbol a_2-r_{12}\boldsymbol q_1.$$

由於

$$r_{12}\boldsymbol q_1 =\frac{14}{11} \begin{bmatrix}1\\1\\3\end{bmatrix},$$

所以

$$\boldsymbol u_2 = \begin{bmatrix}1\\1\\4\end{bmatrix} -\frac{14}{11} \begin{bmatrix}1\\1\\3\end{bmatrix} = \frac{1}{11} \begin{bmatrix}-3\\-3\\2\end{bmatrix}.$$

其長度為

$$\|\boldsymbol u_2\| =\frac{1}{11}\sqrt{(-3)^2+(-3)^2+2^2} =\frac{\sqrt{22}}{11}.$$

因此

$$\boldsymbol q_2 =\frac{\boldsymbol u_2}{\|\boldsymbol u_2\|} =\frac{1}{\sqrt{22}} \begin{bmatrix}-3\\-3\\2\end{bmatrix},$$

且

$$r_{22}=\frac{\sqrt{22}}{11}.$$

第三步：求 $\boldsymbol q_3$

先求 $\boldsymbol a_3$ 在 $\boldsymbol q_1$ 與 $\boldsymbol q_2$ 方向上的投影係數：

$$r_{13} =\boldsymbol q_1^T\boldsymbol a_3 =\frac{1}{\sqrt{11}} \begin{bmatrix}1&1&3\end{bmatrix} \begin{bmatrix}0\\2\\1\end{bmatrix} =\frac{5}{\sqrt{11}},$$

本題主要考驗對「體 (Field)」的定義的理解與判斷。一個體是一個集合，上面定義了兩種二元運算（通常稱為加法和乘法），這些運算必須滿足一系列公理。

我們需要檢查集合 $S = \{0,1,2,3\}$ 和給定的運算 $+$ 和 $\cdot$ 是否滿足體公理。
體公理如下：

1. $(S, +)$ 是一個交換群 (Abelian group)。
   a. 封閉性 (Closure)：對於任意 $a, b \in S$, $a+b \in S$。 (由加法表可見，所有結果都在 $S$ 中)
   b. 結合律 (Associativity)：對於任意 $a, b, c \in S$, $(a+b)+c = a+(b+c)$。 (此處的加法是模 4 加法，滿足結合律)
   c. 單位元 (Identity element)：存在一個元素 $0 \in S$ 使得對於任意 $a \in S$, $a+0 = 0+a = a$。 (由加法表知，0 是加法單位元)
   d. 反元素 (Inverse element)：對於任意 $a \in S$, 存在一個元素 $-a \in S$ 使得 $a+(-a) = (-a)+a = 0$。
   $0+0=0 \implies -0=0$
   $1+3=0 \implies -1=3$
   $2+2=0 \implies -2=2$
   $3+1=0 \implies -3=1$
   (所有元素都有加法反元素)
   e. 交換律 (Commutativity)：對於任意 $a, b \in S$, $a+b = b+a$。 (加法表是對稱的，滿足交換律)

2. $(S \setminus \{0\}, \cdot)$ 是一個交換群。
   a. 封閉性 (Closure)：對於任意 $a, b \in S \setminus \{0\}$, $a \cdot b \in S \setminus \{0\}$。 (這裡 $S \setminus \{0\} = \{1, 2, 3\}$)
   檢查乘法表：
   $1 \cdot 1 = 1 \in S \setminus \{0\}$
   $1 \cdot 2 = 2 \in S \setminus \{0\}$
   $1 \cdot 3 = 3 \in S \setminus \{0\}$
   $2 \cdot 1 = 2 \in S \setminus \{0\}$
   $2 \cdot 2 = 0 \notin S \setminus \{0\}$。
   由於 $2 \cdot 2 = 0$，乘法運算在 $S \setminus \{0\}$ 這個集合上不滿足封閉性。

   b. 結合律 (Associativity)：對於任意 $a, b, c \in S$, $(a \cdot b) \cdot c = a \cdot (b \cdot c)$。 (此處的乘法是模 4 乘法，滿足結合律，但我們已經發現了問題)

   c. 單位元 (Identity element)：存在一個元素 $1 \in S$ 使得對於任意 $a \in S$, $a \cdot 1 = 1 \cdot a = a$。 (由乘法表知，1 是乘法單位元)

   d. 反元素 (Inverse element)：對於任意 $a \in S \setminus \{0\}$, 存在一個元素

本題主要考驗矩陣行列式的基本性質。

給定 $A$ 和 $B$ 是 $3 \times 3$ 矩陣，且 $\det(A) = 3$, $\det(B) = 7$。

(a) $\det(AB)$
行列式的性質之一是：兩個矩陣乘積的行列式等於它們各自行列式的乘積。
$\det(AB) = \det(A) \det(B)$
$\det(AB) = 3 \times 7 = 21$

(b) $\det(3A)$
對於一個 $n \times n$ 矩陣 $M$ 和一個純量 $k$，行列式的性質是：
$\det(kM) = k^n \det(M)$
在這裡，$n=3$ (因為 $A$ 是 $3 \times 3$ 矩陣)，$k=3$。
$\det(3A) = 3^3 \det(A)$
$\det(3A) = 27 \times 3 = 81$

(c) $\det(2AB)$
這可以看作是 $\det(2 \cdot (AB))$。
令 $C = AB$。則 $C$ 也是一個 $3 \times 3$ 矩陣。

核心觀念

本題在考兩個重點：

1. 在二元體 $\mathbb F_2=\{0,1\}$ 中進行矩陣運算，其中
   $1+1=0$
   因此減法與加法相同。
2. 利用秩—零度定理判斷矩陣的零空間：
   $\dim N(B)+\operatorname{rank}(B)=\text{欄數}.$

若要證明若干向量張成 $N(B)$，必須確認：

• 每個向量都屬於 $N(B)$；
• 這些向量的線性獨立數量等於 $\dim N(B)$。

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（a）求 $A^{-1}$

令

$$A \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} y_1\\y_2\\y_3\\y_4 \end{bmatrix}.$$

由矩陣乘法，在 $\mathbb F_2$ 中得到

$$\begin{cases} x_1+x_2+x_3=y_1,\\ x_2+x_3+x_4=y_2,\\ x_1+x_2+x_4=y_3,\\ x_4=y_4. \end{cases}$$

由第四式，

$$x_4=y_4.$$

第二式給出

$$x_2+x_3=y_2+y_4.$$

第一式因此化為

$$x_1=y_1+x_2+x_3 =y_1+y_2+y_4.$$

第三式給出

$$x_2=y_3+x_1+x_4 =y_3+(y_1+y_2+y_4)+y_4 =y_1+y_2+y_3.$$

再由 $x_2+x_3=y_2+y_4$，

$$x_3=y_2+y_4+x_2 =y_2+y_4+y_1+y_2+y_3 =y_1+y_3+y_4.$$

所以

$$\begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&1&0&1\\ 1&1&1&0\\ 1&0&1&1\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} y_1\\y_2\\y_3\\y_4 \end{bmatrix}.$$

因此

$$A^{-1} = \begin{bmatrix} 1&1&0&1\\ 1&1&1&0\\ 1&0&1&1\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix}.$$

在 $\mathbb F_2$ 中直接計算可得

$$AA^{-1}=A^{-1}A=I_4.$$

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（b）零空間張成關係的檢查

題目列出的矩陣為

$$B\in\mathbb F_2^{3\times 5}, \qquad C\in\mathbb F_2^{4\times 6}.$$

因此

$$N(B)\subseteq \mathbb F_2^5,$$

但 $C$ 的每一個列向量屬於 $\mathbb F_2^6$。兩者所在的向量空間不同，所以依照題目目前的矩陣尺寸，無法成立「$C$ 的列向量張成 $B$ 的零空間」。

而且，$B$ 的三列線性獨立。例如

$$B_1=(0,1,1,0,1),$$

其餘兩列無法由 $B_1$ 互相倍乘得到，因此

$$\operatorname{rank}(B)=3.$$

由秩—零度定理，

核心觀念

將線性映射寫成矩陣形式：

$$L \begin{pmatrix} x\\y\\z\\w \end{pmatrix} = A \begin{pmatrix} x\\y\\z\\w \end{pmatrix}, \qquad A= \begin{pmatrix} 1&1&1&0\\ 0&1&1&1\\ 0&-1&-1&-1 \end{pmatrix}.$$

本題主要考查：

• 值域（range）：所有可能輸出向量的集合。
• 零空間（null space）：被映射至零向量的所有輸入向量。
• 一對一（one-to-one）：不同輸入不會得到相同輸出；等價於零空間只有零向量。
• 映成（onto）：值域等於整個陪域 $\mathbb{R}^3$。
• 秩－零化度定理：

$$\dim(\ker L)+\operatorname{rank}(L)=4.$$

解題方法

由題目中的第三個分量可得：

$$-y-z-w=-(y+z+w).$$

因此對任意輸入向量，輸出必定具有形式

$$\begin{pmatrix} a\\b\\-b \end{pmatrix},$$

其中

$$a=x+y+z,\qquad b=y+z+w.$$

接著分別求值域與零空間。

（a）求 $L$ 的值域

由上述關係，所有輸出向量均屬於集合

$$\left\{ \begin{pmatrix} a\\b\\-b \end{pmatrix} :a,b\in\mathbb{R} \right\}.$$

還需確認任意 $a,b\in\mathbb{R}$ 都能產生。取

$$x=a,\qquad y=0,\qquad z=0,\qquad w=b,$$

則

$$L \begin{pmatrix} a\\0\\0\\b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a\\b\\-b \end{pmatrix}.$$

因此所有此形式的向量皆可由 $L$ 產生，故

$$\operatorname{Range}(L) = \left\{ \begin{pmatrix} a\\b\\-b \end{pmatrix} :a,b\in\mathbb{R} \right\}.$$

也可寫成張成空間：

$$\operatorname{Range}(L) = \operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0\\1\\-1 \end{pmatrix} \right\}.$$

所以

$$\dim(\operatorname{Range}(L))=2.$$

（b）求 $L$ 的零空間

令輸出為零向量：

$$L \begin{pmatrix} x\\y\\z\\w \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix}.$$

得到方程組：

$$x+y+z=0,$$ $$y+z+w=0,$$ $$-y-z-w=0.$$

第三式是第二式的負值，因此沒有提供新的限制。只需考慮：

$$x+y+z=0, \qquad y+z+w=0.$$

令

$$y=s,\qquad z=t,$$

則

$$x=-s-t,\qquad w=-s-t.$$

所以任意零空間中的向量可表示為：

$$\begin{pmatrix} x\\y\\z\\w \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -s-t\\s\\t\\-s-t \end{pmatrix} = s \begin{pmatrix} -1\\1\\0\\-1 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} -1\\0\\1\\-1 \end{pmatrix}.$$

因此