112 年 國立中山大學通訊工程研究所甲組《線性代數》

本題為求解聯立線性方程組，可使用高斯消去法或矩陣方法求解。

我們將聯立方程組寫成增廣矩陣的形式：
$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 2 & | & 9 \\ 2 & 4 & -3 & | & 1 \\ 3 & 6 & -5 & | & 0 \end{bmatrix}$
進行高斯消去法：

1. $R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1$, $R_3 \leftarrow R_3 - 3R_1$
   $\begin{bmatrix} 1 & 1 & 2 & | & 9 \\ 0 & 2 & -7 & | & -17 \\ 0 & 3 & -11 & | & -27 \end{bmatrix}$
2. $R_3 \leftarrow R_3 - \frac{3}{2}R_2$

本題要求計算一個 4x4 矩陣的行列式。可以使用代數餘子式展開法或高斯消去法來計算。

我們使用代數餘子式展開法，沿著第一列展開：
$\det(A) = 2 \cdot C_{11} + 0 \cdot C_{21} + 0 \cdot C_{31} + 1 \cdot C_{41}$
其中 $C_{ij} = (-1)^{i+j} M_{ij}$，而 $M_{ij}$ 是去掉第 i 列和第 j 行後得到的子矩陣的行列式。

$C_{11} = (-1)^{1+1} \det \begin{bmatrix} 2 & 3 & 0 \\ 3 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{bmatrix}$
計算 $3 \times 3$ 的行列式：
$\det \begin{bmatrix} 2 & 3 & 0 \\ 3 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{bmatrix} = 2 \det \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix} - 3 \det \begin{bmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 2 \end{bmatrix} + 0$

本題要求判斷給定的數值是否為矩陣 A 的特徵值。一個數值 $\lambda$ 是矩陣 A 的特徵值，若且唯若 $\det(A - \lambda I) = 0$。我們將選項逐一代入檢驗。

選項 (A): $\lambda = 1$
$A - 1I = \begin{bmatrix} -1-1 & -2 & -2 \\ 1 & 2-1 & 1 \\ -1 & -1 & 0-1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -2 & -2 & -2 \\ 1 & 1 & 1 \\ -1 & -1 & -1 \end{bmatrix}$
計算 $\det(A - 1I)$。觀察到第二列是第一列的 -1/2 倍，第三列也是第一列的 -1/2 倍。因此，這三列是線性相關的，行列式為 0。
或者，我們可以發現第二列是第一列的 $-1/2$ 倍，第三列也是第一列的 $-1/2$ 倍。矩陣的行（或列）之間存在線性關係，則行列式為 0。
所以 $\lambda = 1$ 是 A 的一個特徵值。

本題要求判斷給定的向量是否為矩陣 A 的特徵向量。一個非零向量 $v$ 是矩陣 A 的特徵向量，若且唯若存在一個純量 $\lambda$（特徵值），使得 $Av = \lambda v$。
從上一題我們知道 $\lambda = 1$ 是 A 的一個特徵值。我們將選項逐一代入檢驗 $Av = 1v = v$。

選項 (A): $v = \begin{bmatrix} -1 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix}$
$Av = \begin{bmatrix} -1 & -2 & -2 \\ 1 & 2 & 1 \\ -1 & -1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} (-1)(-1) + (-2)(2) + (-2)(1) \\ (1)(-1) + (2)(2) + (1)(1) \\ (-1)(-1) + (-1)(2) + (0)(1) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 - 4 - 2 \\ -1 + 4 + 1 \\ 1 - 2 + 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -5 \\ 4 \\ -1 \end{bmatrix}$
顯然 $Av \neq v$。

選項 (B): $v = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix}$
$Av = \begin{bmatrix} -1 & -2 & -2 \\ 1 & 2 & 1 \\ -1 & -1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} (-1)(1) + (-2)(2) + (-2)(1) \\ (1)(1) + (2)(2) + (1)(1) \\ (-1)(1) + (-1)(2) + (0)(1) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 - 4 - 2 \\ 1 + 4 + 1 \\ -1 - 2 + 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -7 \\ 6 \\ -3 \end{bmatrix}$
顯然 $Av \neq v$。

本題要求計算矩陣 A 的逆矩陣 B，然後判斷選項中關於 B 的元素是否正確。我們可以使用伴隨矩陣法或高斯-約旦消去法來計算逆矩陣。

首先，我們需要計算矩陣 A 的行列式。
$\det(A) = -1 \det \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix} - (-2) \det \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix} + (-2) \det \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ -1 & -1 \end{bmatrix}$
$= -1(2 \cdot 0 - 1 \cdot (-1)) + 2(1 \cdot 0 - 1 \cdot (-1)) - 2(1 \cdot (-1) - 2 \cdot (-1))$
$= -1(0 + 1) + 2(0 + 1) - 2(-1 + 2)$
$= -1(1) + 2(1) - 2(1)$
$= -1 + 2 - 2 = -1$
由於 $\det(A) = -1 \neq 0$，矩陣 A 可逆。

逆矩陣的公式為 $A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \text{adj}(A)$，其中 $\text{adj}(A)$ 是 A 的伴隨矩陣，即 A 的代數餘子式矩陣的轉置。

我們計算 A 的代數餘子式矩陣：
$C_{11} = \det \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix} = 0 - (-1) = 1$
$C_{12} = - \det \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix} = - (0 - (-1)) = -1$
$C_{13} = \det \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ -1 & -1 \end{bmatrix} = -1 - (-2) = 1$

$C_{21} = - \det \begin{bmatrix} -2 & -2 \\ -1 & 0 \end{bmatrix} = - (0 - 2) = 2$

三個向量 $v_1, v_2, v_3$ 線性相依的條件是它們所張成的矩陣的行列式為零。我們將這三個向量作為列向量（或行向量）組成一個矩陣，然後計算其行列式。

令矩陣 $A = \begin{bmatrix} v_1 & v_2 & v_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \alpha & 1 & 1 \\ 1 & \alpha & 1 \\ 1 & 1 & \alpha \end{bmatrix}$。
我們要找到 $\alpha$ 使得 $\det(A) = 0$。

計算行列式：
$\det(A) = \alpha \det \begin{bmatrix} \alpha & 1 \\ 1 & \alpha \end{bmatrix} - 1 \det \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & \alpha \end{bmatrix} + 1 \det \begin{bmatrix} 1 & \alpha \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$
$= \alpha (\alpha^2 - 1) - 1 (\alpha - 1) + 1 (1 - \alpha)$
$= \alpha (\alpha - 1)(\alpha + 1) - (\alpha - 1) - (\alpha - 1)$
$= (\alpha - 1) [\alpha(\alpha + 1) - 1 - 1]$
$= (\alpha - 1) [\alpha^2 + \alpha - 2]$

本題要求找出向量 $x$ 的一個線性組合的上界，其中 $x$ 是一個單位向量（即 $||x|| = 1$）。這類問題通常可以使用 Cauchy-Schwarz 不等式來解決。

令 $v = [2, 1, -1, 1, -1]^T$。我們要找的線性組合可以寫成內積的形式：
$|2x_1 + x_2 - x_3 + x_4 - x_5| = |v^T x|$

根據 Cauchy-Schwarz 不等式，對於任意兩個向量 $v$ 和 $x$，我們有 $|v^T x| \le ||v|| \cdot ||x||$。
已知 $||x|| = 1$。
我們需要計算向量 $v$ 的範數：
$||v|| = \sqrt{2^2 + 1^2 + (-1)^2 + 1^2 + (-1)^2}$
$||v|| = \sqrt{4 + 1 + 1 + 1 + 1} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$

本題要求計算兩個向量和的內積。利用內積的分配律和已知條件即可求解。
我們要求計算 $(v_1 + v_2, v_2 + v_3)$。
根據內積的分配律：
$(v_1 + v_2, v_2 + v_3) = v_1 \cdot (v_2 + v_3) + v_2 \cdot (v_2 + v_3)$
$= v_1 \cdot v_2 + v_1 \cdot v_3 + v_2 \cdot v_2 + v_2 \cdot v_3$

我們已知以下條件：
$(v_1, v_2) = 2$

本題要求找 ratio $\frac{x^H U x}{x^H V x}$ 的最大值，其中 $x$ 是單位向量。這是一個廣義特徵值問題。
令 $f(x) = \frac{x^H U x}{x^H V x}$。我們要求 $\max_{||x||=1} f(x)$。
這個問題的解與廣義特徵值有關。若 $V$ 是正定矩陣，則 $\max_{||x||=1} \frac{x^H U x}{x^H V x}$ 是廣義特徵值問題 $Ux = \lambda Vx$ 的最大特徵值。

首先，我們檢查矩陣 $V$ 是否為正定矩陣。
$V = \begin{bmatrix} 5/2 & 3/2 \\ 3/2 & 5/2 \end{bmatrix}$
特徵值是 $\det(V - \lambda I) = 0$。
$\det \begin{bmatrix} 5/2 - \lambda & 3/2 \\ 3/2 & 5/2 - \lambda \end{bmatrix} = (5/2 - \lambda)^2 - (3/2)^2 = 0$
$(5/2 - \lambda)^2 = (3/2)^2$
$5/2 - \lambda = \pm 3/2$
$\lambda_1 = 5/2 - 3/2 = 2/2 = 1$
$\lambda_2 = 5/2 + 3/2 = 8/2 = 4$
因為兩個特徵值都是正的，所以 $V$ 是正定矩陣。

現在我們考慮廣義特徵值問題 $Ux = \lambda Vx$。
$U = \begin{bmatrix} 3 & 1 \\ 1 & 3 \end{bmatrix}$
$V = \begin{bmatrix} 5/2 & 3/2 \\ 3/2 & 5/2 \end{bmatrix}$

$Ux = \lambda Vx \implies U x = \lambda V x \implies V^{-1} U x = \lambda x$。
我們需要計算 $V^{-1}$。
$\det(V) = (5/2)(5/2) - (3/2)(3/2) = 25/4 - 9/4 = 16/4 = 4$.

本題要求找到使 ratio $\frac{x^H U x}{x^H V x}$ 達到最大值的單位向量 $x$。
從上一題我們知道，這個 ratio 的最大值是最大的廣義特徵值，即 $\lambda_{max} = 2$。
達到最大值的向量 $x$ 是對應於最大廣義特徵值的廣義特徵向量。
廣義特徵值問題是 $Ux = \lambda Vx$。我們已經計算出 $V^{-1} U = \begin{bmatrix} 3/2 & -1/2 \\ -1/2 & 3/2 \end{bmatrix}$，其特徵值為 1 和 2。
最大的特徵值是 2。我們需要找到對應於 $\lambda = 2$ 的特徵向量。

令 $M = V^{-1} U = \begin{bmatrix} 3/2 & -1/2 \\ -1/2 & 3/2 \end{bmatrix}$。
我們求解 $(M - 2I)x = 0$。
$M - 2I = \begin{bmatrix} 3/2 - 2 & -1/2 \\ -1/2 & 3/2 - 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1/2 & -1/2 \\ -1/2 & -1/2 \end{bmatrix}$
所以，
$\begin{bmatrix} -1/2 & -1/2 \\ -1/2 & -1/2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
這給出方程 $-\frac{1}{2}x_1 - \frac{1}{2}x_2 = 0$，即 $x_1 + x_2 = 0$。
所以 $x_2 = -x_1$。
特徵向量的形式為 $x = \begin{bmatrix} x_1 \\ -x_1 \end{bmatrix} = x_1 \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}$。

我們需要找到一個單位向量，所以 $||x|| = 1$。
$||x||^2 = x_1^2 + (-x_1)^2 = 2x_1^2 = 1$

本題要求判斷關於矩陣 A 的幾個敘述是否正確。

首先，我們檢查矩陣 A 的性質。
矩陣 A 為：
$A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & 3 & 1 \\ -1 & 1 & 4 \end{bmatrix}$

(A) A is symmetric:
一個矩陣是 Symmetric 的，若且唯若 $A = A^T$。
$A^T = \begin{bmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & 3 & 1 \\ -1 & 1 & 4 \end{bmatrix}^T = \begin{bmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & 3 & 1 \\ -1 & 1 & 4 \end{bmatrix}$。
因為 $A = A^T$，所以 A 是 Symmetric 的。此敘述正確。

(B) A is positive definite:
一個 Symmetric 矩陣是 Positive Definite 的，若且唯若其所有特徵值都為正。
另一種判斷方法是檢查所有主子矩陣的行列式是否都為正。
主子矩陣：
$A_1 = [1]$，$\det(A_1) = 1 > 0$。
$A_2 = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 3 \end{bmatrix}$，$\det(A_2) = 1 \cdot 3 - 2 \cdot 2 = 3 - 4 = -1$。
因為 $\det(A_2) < 0$，所以 A 不是 Positive Definite 的。此敘述錯誤。

本題給定矩陣 A 的一種外積分解形式，並要求判斷關於 A 的敘述是否正確。
矩陣 A 可以寫成 $A = 3u_1u_1^T + 2u_2u_2^T + u_3u_3^T$，其中 $u_1, u_2, u_3$ 是 $5 \times 1$ 的單範正交向量。

首先，我們分析矩陣 A 的結構。
$u_i u_i^T$ 是秩為 1 的矩陣。A 是三個秩為 1 的矩陣的線性組合。
由於 $u_1, u_2, u_3$ 是單範正交向量，它們是線性獨立的。
因此，矩陣 A 的秩（rank）是 3。

(A) A is nonsingular:
一個方陣是 nonsingular (可逆) 的，若且唯若其秩等於其維度。
A 是一個 $5 \times 5$ 的矩陣，但其秩為 3。
因為 $\text{rank}(A) = 3 < 5$，所以 A 是 singular (不可逆) 的。此敘述錯誤。

(B) Determinant of A is 6:
由於 A 是 singular 的，其行列式為 0。
$\det(A) = 0$。此敘述錯誤。

(C) Trace of A is 6:
矩陣的跡（trace）是其對角線元素的和，也可以是其特徵值的和。
對於秩為 1 的矩陣 $uu^T$，其中 $u$ 是單位向量，其跡為 $u^T u = ||u||^2 = 1$。
所以，
$\text{Tr}(A) = \text{Tr}(3u_1u_1^T + 2u_2u_2^T + u_3u_3^T)$
$= 3 \text{Tr}(u_1u_1^T) + 2 \text{Tr}(u_2u_2^T) + \text{Tr}(u_3u_3^T)$

本題考察正定矩陣的性質。

一個矩陣 A 是實值正定矩陣，若且唯若它是 Symmetric 矩陣且其所有特徵值均為正。

(A) Every principal submatrix of A is positive definite.
這是正定矩陣的一個重要性質。如果 A 是正定的，那麼它的任何一個主子矩陣（principal submatrix）也一定是正定的。
此敘述正確。

(B) Every diagonal element of A is positive.
如果 A 是正定的，那麼 $a_{ii} = e_i^T A e_i > 0$ (其中 $e_i$ 是標準基向量)，所以對角線元素都是正的。
此敘述正確。

本題考察複數域下單元矩陣（Unitary Matrix）的性質。

一個複數方陣 A 是單元的，若且唯若 $A^H A = I$，其中 $A^H$ 是 A 的共軛轉置（Hermitian conjugate）。

(A) Determinant of A is always 1.
若 $A^H A = I$，則 $\det(A^H A) = \det(I) = 1$。
$\det(A^H A) = \det(A^H) \det(A) = \overline{\det(A)} \det(A) = |\det(A)|^2$。
所以 $|\det(A)|^2 = 1$，這意味著 $|\det(A)| = 1$。
因此，$\det(A)$ 可以是模長為 1 的任何複數，例如 $i$ 或 $-1$。它不一定總是 1。
此敘述錯誤。

(B) The row vectors of A form an orthonormal set in a complex vector space.
這是一個單元矩陣的定義性質。如果 $A^H A = I$，則 $A$ 的列向量形成一個標準正交基。
同樣地，如果 $A A^H = I$，則 $A$ 的行向量形成一個標準正交基。
對於單元矩陣，這兩個性質是等價的。

核心觀念

$3\times 3$ 矩陣 $A$ 可對角化的定義是：存在可逆矩陣 $P$，使得

$$P^{-1}AP=D$$

其中 $D$ 為對角矩陣。

常用判斷法如下：

1. 若矩陣有 $3$ 個相異特徵值，則必可對角化。
2. 若矩陣為實對稱矩陣，依譜定理必可正交對角化。
3. 若某特徵值的代數重數大於幾何重數，則不可對角化。

其中：

• 代數重數：特徵值在特徵多項式中的重根次數。
• 幾何重數：特徵空間 $\ker(A-\lambda I)$ 的維度。

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解題方法

逐一求特徵值及其特徵空間。對於具有重根的選項，特別比較代數重數與幾何重數。

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選項分析

（A）

令

$$A= \begin{bmatrix} 0&0&-2\\ 1&2&1\\ 1&0&3 \end{bmatrix}.$$

其特徵多項式為

$$\begin{aligned} \det(\lambda I-A) &= \det \begin{bmatrix} \lambda&0&2\\ -1&\lambda-2&-1\\ -1&0&\lambda-3 \end{bmatrix}\\ &=(\lambda-2) \det \begin{bmatrix} \lambda&2\\ -1&\lambda-3 \end{bmatrix}\\ &=(\lambda-2)\bigl[\lambda(\lambda-3)+2\bigr]\\ &=(\lambda-2)(\lambda-1)(\lambda-2). \end{aligned}$$

因此特徵值為

$$\lambda=1,\qquad \lambda=2,$$

其中 $\lambda=2$ 的代數重數為 $2$。

檢查 $\lambda=2$ 的特徵空間：

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

解 $(A-2I)\mathbf{x}=0$ 得

$$x+z=0,$$

而 $y$ 任意。因此

$$\dim\ker(A-2I)=2.$$

$\lambda=2$ 的幾何重數等於代數重數，且 $\lambda=1$ 至少有一個線性獨立特徵向量，所以共有 $3$ 個線性獨立特徵向量。

故（A）可對角化。

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（B）

令

$$B= \begin{bmatrix} 2&0&1\\ 0&2&0\\ 1&0&3 \end{bmatrix}.$$

此矩陣滿足

$$B^T=B,$$

所以 $B$ 是實對稱矩陣。依譜定理，所有實對稱矩陣皆可正交對角化。

亦可直接觀察其特徵值。第二個座標方向給出特徵值 $\lambda=2$；左上與右下所形成的區塊為

$$\begin{bmatrix} 2&1\\ 1&3 \end{bmatrix},$$

其特徵多項式為

$$(2-\lambda)(3-\lambda)-1 =\lambda^2-5\lambda+5.$$

故另外兩個特徵值為

$$\lambda=\frac{5+\sqrt5}{2},\qquad \lambda=\frac{5-\sqrt5}{2}.$$

三個特徵值相異，因此（B）可對角化。

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（C）

令

核心觀念

本題考查 Gram–Schmidt 正交化程序。給定線性獨立向量 $v_1,v_2,v_3$，依序建立正交向量：

$$u_1=v_1,$$ $$u_k=v_k-\sum_{j=1}^{k-1} \frac{v_k\cdot u_j}{u_j\cdot u_j}u_j,$$

再將各向量單位化：

$$e_k=\frac{u_k}{\|u_k\|}.$$

所得的 $e_1,e_2,e_3$ 即為原向量張成空間的正交規一基底。

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解題方法

依題目指定順序 $v_1\to v_2\to v_3$ 計算。

第一步：處理 $v_1$

$$u_1=v_1= \begin{bmatrix} 1\\1\\0\\0 \end{bmatrix}, \qquad \|u_1\|=\sqrt{2}.$$

因此

$$e_1=\frac{u_1}{\|u_1\|} =\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1\\1\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

第二步：處理 $v_2$

先將 $v_2$ 投影到 $u_1$：

$$\operatorname{proj}_{u_1}v_2 = \frac{v_2\cdot u_1}{u_1\cdot u_1}u_1.$$

其中

$$v_2\cdot u_1=1,\qquad u_1\cdot u_1=2,$$

所以

$$\operatorname{proj}_{u_1}v_2 = \frac12 \begin{bmatrix} 1\\1\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

因此

$$u_2=v_2-\operatorname{proj}_{u_1}v_2 = \begin{bmatrix} 0\\1\\1\\0 \end{bmatrix} - \frac12 \begin{bmatrix} 1\\1\\0\\0 \end{bmatrix} = \frac12 \begin{bmatrix} -1\\1\\2\\0 \end{bmatrix}.$$

其長度為

$$\|u_2\| = \frac12\sqrt{(-1)^2+1^2+2^2} = \frac{\sqrt6}{2}.$$

故

$$e_2=\frac{u_2}{\|u_2\|} = \frac{1}{\sqrt6} \begin{bmatrix} -1\\1\\2\\0 \end{bmatrix}.$$

第三步：處理 $v_3$

由於

$$v_3\cdot u_1=0,$$

所以 $v_3$ 在 $u_1$ 方向上的投影為零。

再計算 $v_3$ 在 $u_2$ 方向上的投影：

$$v_3\cdot u_2 = \begin{bmatrix} 0&0&1&1 \end{bmatrix} \frac12 \begin{bmatrix} -1\\1\\2\\0 \end{bmatrix} =1,$$

且

$$u_2\cdot u_2=\frac32.$$

因此

$$\operatorname{proj}_{u_2}v_3 = \frac{1}{3/2}u_2 = \frac23u_2 = \frac13 \begin{bmatrix} -1\\1\\2\\0 \end{bmatrix}.$$

故