114 年 國立中山大學通訊工程研究所甲組《線性代數》

核心觀念

本題考查以下線性代數觀念：

1. 齊次線性方程組 $Ax=0$ 必有零解。
2. 秩–零度定理：
   $\operatorname{rank}(A)+\operatorname{nullity}(A)=\text{未知數個數}.$
3. 方程式數量少於未知數時，若系統有解，通常會有自由變數，因此有無限多組解；但若系統不相容，也可能無解。
4. 方陣若有兩列相同或兩行相同，則其行列式為 $0$，因此不可逆。

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解題方法

逐一判斷各選項是否對所有情況成立。題目要求找出錯誤敘述，因此只要找到某選項的反例，即可判定該選項為 False。

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選項分析

(A) If $A$ is a $3\times 4$ matrix, then $Ax=0$ has infinitely many solutions.

$A$ 有 $4$ 個未知數、最多只有 $3$ 個主元，因此

$$\operatorname{rank}(A)\leq 3.$$

由秩–零度定理，

$$\operatorname{nullity}(A) =4-\operatorname{rank}(A) \geq 4-3=1.$$

因此 $Ax=0$ 至少有一個自由變數。由於齊次方程組必有零解，且自由變數可取任意實數，所以解集合包含無限多個向量。

故 (A) 正確。

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(B) If a system of equations has fewer equations than unknowns, then it has infinitely many solutions.

此敘述錯誤，因為方程式數量少於未知數時，系統不一定相容，可能完全無解。

例如：

$$0x+0y=1.$$

這是一個「一個方程式、兩個未知數」的系統，方程式數量少於未知數，但左側永遠等於 $0$，不可能等於 $1$，因此無解。

正確的敘述應為：

若方程式數量少於未知數，且系統相容，則有無限多組解。

故 (B) 錯誤。

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此題考察矩陣的幂次、特徵值與秩的概念。

(A) 假設存在一個 $2 \times 2$ 矩陣 $A$ 使得 $A^2 = I$ 但 $A^4 \neq I$。
如果 $A^2 = I$，則 $A^4 = (A^2)^2 = I^2 = I$。因此，$A^4 \neq I$ 的條件與 $A^2 = I$ 是矛盾的。所以，不存在這樣的矩陣。此敘述為 False。

(B) 假設存在一個 $2 \times 2$ 矩陣 $A$ 使得 $A^3 = I$ 但 $A \neq I$。
考慮一個矩陣 $A$ 的特徵值。如果 $A^3 = I$，則 $A$ 的特徵值 $\lambda$ 必須滿足 $\lambda^3 = 1$。在複數域中，$\lambda$ 可以是 $1, e^{i2\pi/3}, e^{i4\pi/3}$。
對於一個 $2 \times 2$ 矩陣，其特徵值可以是：

1. $\lambda_1 = 1, \lambda_2 = 1$。此時，如果 $A$ 可對角化，則 $A=I$。如果 $A$ 不可對角化，則 $A$ 的最小多項式為 $(x-1)^2$，這意味著 $A^3 \neq I$。
2. $\lambda_1 = e^{i2\pi/3}, \lambda_2 = e^{i4\pi/3}$。此時，A 的最小多項式為 $x^2+x+1$，則 $A^3 = I$ 且 $A \neq I$。例如，旋轉矩陣 $A = \begin{pmatrix} \cos(2\pi/3) & -\sin(2\pi/3) \\ \sin(2\pi/3) & \cos(2\pi/3) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/2 & -\sqrt{3}/2 \\ \sqrt{3}/2 & -1/2 \end{pmatrix}$。其特徵值為 $e^{\pm i 2\pi/3}$。$A^3 = I$ 且 $A \neq I$。

此題考察矩陣的核空間 (kernel)、像空間 (image/range)、解的性質以及子空間的定義。

(A) 若 $v \in \ker(B)$，表示 $Bv = 0$。我們要檢查 $v$ 是否在 $\ker(AB)$，即檢查 $(AB)v$ 是否為零向量。
$(AB)v = A(Bv) = A(0) = 0$。
因此，$v \in \ker(AB)$。此敘述為 True。

(B) 若 $v$ 和 $w$ 在 $A$ 的像空間 $im(A)$ 中，表示存在向量 $x_1, x_2$ 使得 $v = Ax_1$ 且 $w = Ax_2$。
我們需要檢查 $2v - 7w$ 是否也在 $im(A)$ 中。
$2v - 7w = 2(Ax_1) - 7(Ax_2) = A(2x_1) - A(7x_2) = A(2x_1 - 7x_2)$。
令 $x_3 = 2x_1 - 7x_2$。則 $2v - 7w = Ax_3$，這表示 $2v - 7w$ 在 $im(A)$ 中。
此敘述為 True。

此題考察正交矩陣、最小平方法、相似矩陣、核空間等概念。

(A) 如果 $A^{-1} = A^T$，則稱 $A$ 為正交矩陣 (orthogonal matrix)。正交矩陣的性質之一是它的行向量（或列向量）構成 $\mathbb{R}^n$ 的一個標準正交基 (orthonormal basis)。因此，此敘述為 True。

(B) 對於最小平方法問題 $Ax=b$，其正規方程 (normal equation) 為 $A^T A x = A^T b$。
如果 $A$ 是 $n \times n$ 的正交矩陣，則 $A^T A = I$ (單位矩陣)。
此時，正規方程變成 $Ix = A^T b$，即 $x = A^T b$。
由於 $A$ 是方陣且正交，所以 $A$ 可逆，方程 $Ax=b$ 有唯一解 $x = A^{-1}b = A^T b$。
因此，最小平方法解是唯一的，且為 $A^T b$。此敘述為 True。

(C) 對於最小平方法問題 $Ax=b$，正規方程為 $A^T A x = A^T b$。
如果最小平方法解是唯一的，這意味著方程 $A^T A x = A^T b$ 有唯一解。
一個線性方程組 $Mx=c$ 有唯一解的充要條件是 $M$ 是可逆的，或者說 $\ker(M) = \{0\}$。
在此情況下，$M = A^T A$。
所以，若最小平方法解唯一，則 $\ker(A^T A) = \{0\}$。
根據矩陣性質，$\ker(A^T A) = \ker(A)$。
因此，$\ker(A) = \{0\}$。此敘述為 True。

(D) 如果矩陣 $A$ 和 $B$ 相似，則存在一個可逆矩陣 $P$ 使得 $A = PBP^{-1}$。
我們可以重新排列這個關係式來證明 $B$ 也與 $A$ 相似。
$A = PBP^{-1}$

核心觀念

本題考查以下觀念：

• $0$ 是否為特徵值與矩陣是否可逆的關係。
• 特徵值與特徵向量的定義。
• 行列式的轉置性質。
• 矩陣乘以純量對行列式的影響。
• 區塊對角矩陣的行列式公式。

特徵值 $\lambda$ 的定義是存在非零向量 $\mathbf{x}$，使得

$$A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}.$$

等價地，

$$\det(A-\lambda I)=0.$$

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解題方法

逐一檢查各選項是否為永遠成立的敘述。題目要求找出 False，因此只要找出一個不具普遍性的敘述即可；但仍須完整分析每個選項。

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選項分析

(A) 正確

若 $A$ 為 $n\times n$ 矩陣，且

$$\operatorname{rank}(A)\neq n,$$

由於矩陣的 rank 不滿 $n$，所以 $A$ 不可逆，即

$$\det(A)=0.$$

因此齊次方程

$$A\mathbf{x}=\mathbf{0}$$

存在非零解 $\mathbf{x}\neq\mathbf{0}$。改寫為

$$A\mathbf{x}=0\mathbf{x},$$

可知 $0$ 是 $A$ 的特徵值。

故 (A) 正確。

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(B) 正確

若 $\mathbf{x}$ 是 $A$ 的特徵向量，依定義必須存在某個特徵值 $\lambda$，使得

$$A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}, \qquad \mathbf{x}\neq\mathbf{0}.$$

因此，特徵向量必定和某個特徵值成對出現。若矩陣沒有任何特徵值，就不可能存在特徵向量。

故 (B) 正確。

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(C) 正確

行列式具有轉置不變性：

$$\det(A^{T})=\det(A).$$

核心觀念

本題考查「特徵向量與矩陣冪」：

若

$$Ax=\lambda x,$$

則 $x$ 是矩陣 $A$ 對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵向量，且對任意正整數 $k$，

$$A^k x=\lambda^k x.$$

題目給出

$$Av=-v,$$

因此

$$A^5v=(-1)^5v=-v；$$

以及

$$Aw=2w,$$

因此

$$A^5w=2^5w=32w.$$

其中

$$v=\begin{bmatrix}1\\2\\3\end{bmatrix}, \qquad w=\begin{bmatrix}-1\\-1\\-1\end{bmatrix}.$$

解題方法

若題目所求向量可寫成

$$x=av+bw,$$

利用線性性可得

$$A^5x =A^5(av+bw) =aA^5v+bA^5w.$$

代入上式：

$$A^5x =a(-v)+b(32w) =-av+32bw.$$

因此只要先將題目中的待作用向量分解為 $v,w$ 的線性組合，即可直接求出 $A^5x$，完全不需要求出矩陣 $A$ 本身。

然而，題目目前提供的內容中，所求式只顯示為

$$A^5\begin{bmatrix}8\end{bmatrix},$$

缺少另外兩個分量；而 $A$ 是 $3\times3$ 矩陣，輸入向量必須是三維向量。因此目前題目資訊不足，無法唯一決定 $A^5x$。

此外，即使補上任意三維向量，若該向量不在 $\operatorname{span}\{v,w\}$ 中，僅知道 $Av=-v$ 與 $Aw=2w$ 仍不足以決定 $A^5x$，因為 $A$ 在第三個獨立方

此題考察矩陣的逆、可逆性以及代數運算。

已知 $A, B$ 是 $n \times n$ 矩陣，且 $A, B$ 均不可逆，但 $A+B$ 可逆。
我們需要計算 $A(A+B)^{-1}B$。

由於 $A$ 和 $B$ 不可逆，意味著 $\det(A) = 0$ 且 $\det(B) = 0$。
然而，這並不直接告訴我們 $A(A+B)^{-1}B$ 的值。

讓我們嘗試進行代數變換。
考慮 $A(A+B)^{-1}B$。
我們知道 $A$ 和 $B$ 是不可逆的。
如果 $A+B$ 可逆，則 $(A+B)^{-1}$ 存在。

嘗試從已知條件出發，看看能否推導出一些關係。
由於 $A$ 和 $B$ 不可逆，它們的零空間非平凡。

考慮一個特殊情況。
如果 $A=0$ 或 $B=0$。
如果 $A=0$，則 $A$ 不可逆。如果 $B$ 也是 $0$ 矩陣，則 $A+B=0$ 不可逆。
所以 $A$ 和 $B$ 不能同時為零矩陣。
如果 $A=0$，則 $A(A+B)^{-1}B = 0 \cdot (0+B)^{-1}B = 0 \cdot B^{-1} B = 0$ (假設 $B$ 是可逆的，但題目說 $B$ 不可逆)。
所以，如果 $A=0$，則 $A+B = B$。題目說 $A+B$ 可逆，但 $B$ 不可逆。這是一個矛盾。
所以 $A$ 和 $B$ 都不能是零矩陣。

考慮 $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$，$B = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
$A, B$ 都是 $2 \times 2$ 矩陣，不可逆。
$A+B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$。 $A+B$ 可逆。
計算 $A(A+B)^{-1}B = A I^{-1} B = A I B = AB$.
$AB = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = 0$.
在這個例子中，答案是 0。

再考慮另一個例子。
$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$，$B = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$。
$\det(A) = 1-1=0$。$A$ 不可逆。
$\det(B) = 1-1=0$。$B$ 不可逆。
$A+B = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = 2I$。
$\det(A+B) = 4 \neq 0$。$A+B$ 可逆。
$(A+B)^{-1} = (2I)^{-1} = \frac{1}{2} I = \begin{pmatrix} 1/2 & 0 \\ 0 & 1/2 \end{pmatrix}$。
計算 $A(A+B)^{-1}B = A (\frac{1}{2}I) B = \frac{1}{2} AB$.
$AB = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1-1 & -1+1 \\ 1-1 & -1+1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = 0$.
所以 $\frac{1}{2} AB = 0$.
在這個例子中，答案也是 0。

這兩個例子都指向答案是 0。
讓我們嘗試證明 $A(A+B)^{-1}B = 0$。

從 $A(A+B)^{-1}B$ 開始。
由於 $A$ 不可逆，存在非零向量 $x$ 使得 $Ax=0$。
考慮 $(A+B)^{-1}B x$。
如果 $B x = 0$，則 $A(A+B)^{-1} B x = A(A+B)^{-1} 0 = 0$.
但是 $B$ 不可逆，不代表 $Bx=0$ 對於某個非零 $x$ 成立。

考慮 $A(A+B)^{-1}B = 0$。
這等價於 $A(A+B)^{-1}B x = 0$ 對於所有 $x \in \mathbb{R}^n$。
或者 $A(A+B)^{-1}B = 0$。
如果 $B=0$, 則 $A(A+0)^{-1}0 = 0$. 但 $B$ 不可逆，所以 $B=0$ 也是不可逆的。
如果 $A=0$, 則 $0(0+B)^{-1}B = 0$.

假設 $A(A+B)^{-1}B = 0$.
這意味著 $A(A+B)^{-1}B$ 的零空間是整個 $\mathbb{R}^n$。
這等價於 $A(A+B)^{-1}B$ 是零矩陣。

我們知道 $A$ 和 $B$ 是不可逆的。
這意味著 $\text{rank}(A) < n$ 且 $\text{rank}(B) < n$。
但是 $A+B$ 是可逆的，即 $\text{rank}(A+B) = n$。

考慮 $A(A+B)^{-1}B = 0$.
這相當於 $A(A+B)^{-1}B x = 0$ 對於所有 $x$.
如果 $B x \neq 0$, 則 $(A+B)^{-1}B x$ 是一個向量 $y$.
那麼 $A y = 0$. 這意味著 $y$ 在 $A$ 的零空間中。
所以 $(A+B)^{-1}B x \in \ker(A)$.

由於 $B$ 是不可逆的，存在非零向量 $z$ 使得 $Bz = 0$.
那麼 $A(A+B)^{-1}B z = A(A+B)^{-1} 0 = 0$.
這說明 $A(A+B)^{-1}B$ 確實是零矩陣。

證明：
由於 $B$ 是不可逆的，存在非零向量 $z \in \mathbb{R}^n$ 使得 $Bz = 0$。
考慮 $A(A+B)^{-1}B z$。
$A(A+B)^{-1}B z = A(A+B)^{-1} (Bz) = A(A+B)^{-1} 0 = 0$.
由於 $A(A+B)^{-1}B$ 的作用在一個非零向量 $z$ 上得到零向量，這意味著矩陣 $A(A+B)^{-1}B$ 的零空間包含 $z$。
為了證明 $A(A+B)^{-1}B = 0$, 我們需要證明它對所有向量都作用為零。
我們剛剛證明了 $A(A+B)^{-1}B z = 0$ 對於一個非零向量 $z$ 成立。
這足以說明 $A(A+B)^{-1}B$ 是零矩陣。

嚴謹的證明：
設 $y = (A+B)^{-1}B x$。
則 $(A+B)y = Bx$.
$Ay + By = Bx$.
$Ay = Bx - By = B(x-y)$.
我們需要證明 $Ay = 0$ 對於所有 $x$.

我們知道 $B$ 是不可逆的，所以存在非零向量 $z$ 使得 $Bz=0$。
令 $x=z$。
則 $Ay = B(z-y)$。
我們知道 $Az = 0$ (如果 $z$ 是 $A$ 的特徵向量對應 0 特徵值，但 $A$ 不可逆不代表 $Az=0$ 對於所有 $z$ 成立)。

我們知道 $B$ 不可逆，所以 $\ker(B) \neq \{0\}$。
設 $z \in \ker(B), z \neq 0$.
則 $Bz = 0$.

此題考察矩陣的特徵值，特別是涉及全 1 矩陣 $J$ 的結構。

矩陣 $A$ 的形式為 $A = (a - b)I + bJ$。
$I$ 是 $n \times n$ 的單位矩陣， $J$ 是 $n \times n$ 的全 1 矩陣。

首先，我們需要了解矩陣 $J$ 的特徵值和特徵向量。
$J$ 的每一行都是相同的，所以它的秩 (rank) 是 1。
因此，$J$ 的零空間維度是 $n - \text{rank}(J) = n - 1$。
這意味著 $J$ 有一個特徵值是 0，對應的特徵向量有 $n-1$ 個線性獨立的向量，它們構成了 $J$ 的零空間。
對於任何向量 $x$ 使得 $Jx=0$ (即 $x$ 的所有分量之和為 0)，我們有 $Jx = 0x = 0x$。
所以，$\lambda = 0$ 是 $J$ 的一個特徵值，其代數重數 (algebraic multiplicity) 為 $n-1$。

$J$ 的所有元素都是 1。考慮向量 $v = [1, 1, \dots, 1]^T$ (所有元素都是 1 的 $n \times 1$ 列向量)。
$Jv = \begin{bmatrix} 1 & 1 & \dots & 1 \\ 1 & 1 & \dots & 1 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & \dots & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} n \\ n \\ \vdots \\ n \end{bmatrix} = n \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \end{bmatrix} = nv$。
所以，$\lambda = n$ 是 $J$ 的另一個特徵值，對應的特徵向量是 $v = [1, 1, \dots, 1]^T$。
由於 $J$ 是一個 $n \times n$ 矩陣，其特徵值的代數重數之和必須等於 $n$。
我們找到了特徵值 $0$ (重數 $n-1$) 和 $n$ (重數 $1$)。

核心觀念

本題考查矩陣冪次極限。若矩陣 $A$ 可對角化，且所有特徵值 $\lambda_i$ 都滿足

$$|\lambda_i|<1,$$

則

$$\lim_{n\to\infty}A^n=0.$$

因此，關鍵是求出 $A$ 的特徵值並判斷其絕對值是否小於 $1$。

題目中的矩陣為

$$A=\frac17 \begin{pmatrix} 1&3&-1\\ 3&-1&3\\ -1&3&1 \end{pmatrix}.$$

令

$$B= \begin{pmatrix} 1&3&-1\\ 3&-1&3\\ -1&3&1 \end{pmatrix}, \qquad A=\frac17B.$$

解題方法

觀察 $B$ 的對稱結構，可直接找特徵向量。

首先，

$$B \begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\\0\\-2 \end{pmatrix} = 2 \begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix}.$$

因此，$B$ 的一個特徵值為 $2$，所以 $A$ 對應的特徵值為

$$\lambda_1=\frac27.$$

再計算：

$$B \begin{pmatrix} 3\\4\\3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 12\\16\\12 \end{pmatrix} = 4 \begin{pmatrix} 3\\4\\3 \end{pmatrix},$$

故 $B$ 的另一個特徵值為 $4$，$A$ 對應的特徵值為

$$\lambda_2=\frac47.$$

最後，

$$B \begin{pmatrix} 3\\-5\\3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -15\\25\\-15 \end{pmatrix} = -5 \begin{pmatrix} 3\\-5\\3 \end{pmatrix},$$

故第三個特徵值為

$$\lambda_3=-\frac57.$$

三個特徵向量彼此線性獨立，因此 $A$ 可對角化。其對角形式為

此題考察矩陣的行列式計算，特別是三角矩陣的行列式性質。

給定的矩陣 $A$ 是一個 $4 \times 4$ 的矩陣：
$A = \begin{bmatrix} 3a & -7 & 8 & 9 & -6 \\ 0 & 2 & -5 & 7 & 7 \\ 0 & 0 & 1 & 5 & 7 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

這個矩陣是一個上三角矩陣 (upper triangular matrix)，因為它所有的對角線以下的元素都是零。

核心觀念

本題考查矩陣的秩、四大基本子空間，以及 $A^T A$ 的非零特徵值數目：

• 行空間與列空間的維度皆等於矩陣的秩：
  $\dim(\operatorname{Row}(A))=\dim(\operatorname{Col}(A))=\operatorname{rank}(A)。$
• 秩－零度定理：
  $\operatorname{rank}(A)+\dim(\operatorname{Null}(A))=n,$
  其中 $n$ 為 $A$ 的欄數。
• 齊次方程 $Ax=0$ 至少有零解；若零空間維度大於 $0$，則有無限多組解。
• $A^T A$ 的秩等於 $A$ 的秩，因此 $A^T A$ 的非零特徵值個數等於 $\operatorname{rank}(A)$。

題目資料的辨識

依題目排版可讀為

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

然而，依此矩陣計算所得的選項結果不會只有一個錯誤選項，因此題目中的矩陣排版疑似缺少欄線或數字辨識有誤。

依目前顯示矩陣計算

令三個列向量為

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

若 $r_3=a r_1+b r_2$，由前兩個分量可得 $a=1,\ b=-1$。此時

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

所以三個列向量線性獨立，得到

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

矩陣共有 $5$ 欄，因此由秩－零度定理，

$$\dim(\operatorname{Null}(A))=5-3=2.$$

逐一分析如下。

選項分析

此題考察矩陣的秩、列空間、行空間、零空間以及 $A^T A$ 的性質。

已知 $A$ 是一個 $5 \times 3$ 的矩陣，且 $Ax$ 僅在 $x$ 是零向量時才為零向量。
這句話的意思是，矩陣 $A$ 的零空間只包含零向量，即 $\ker(A) = \{0\}$。
根據秩－零度定理 (Rank-Nullity Theorem)，對於一個 $n \times m$ 的矩陣，$\text{rank}(A) + \text{nullity}(A) = m$。
對於矩陣 $A$ ($5 \times 3$)， $m=3$。
由於 $\ker(A) = \{0\}$，所以 $\text{nullity}(A) = \dim(\ker(A)) = 0$。
因此，$\text{rank}(A) = m - \text{nullity}(A) = 3 - 0 = 3$。

矩陣 $A$ 的秩是 3。

現在我們來分析各個選項：

(A) A has full rank.
對於一個 $5 \times 3$ 的矩陣，其最大可能的秩是 $\min(5, 3) = 3$。
我們計算出 $\text{rank}(A) = 3$。
所以，$A$ 具有滿秩 (full rank)。此敘述為 True。

(B) The column of A has a dimension of 3.
列空間 (column space) 的維度等於矩陣的秩。
$\dim(\text{column space}(A)) = \text{rank}(A) = 3$。
此敘述為 True。

此題考察冪等矩陣 (idempotent matrix) 的性質。
已知 $A$ 是一個 $M \times M$ 的矩陣，秩為 $r$，且滿足 $A^2 = A$。

(A) -1 is a possible eigenvalue of A.
如果 $\lambda$ 是 $A$ 的特徵值，則 $\lambda^2$ 是 $A^2$ 的特徵值。
由於 $A^2 = A$，所以 $\lambda^2 = \lambda$。
這意味著 $\lambda^2 - \lambda = 0 \implies \lambda(\lambda - 1) = 0$。
因此，$A$ 的特徵值只能是 0 或 1。
所以，-1 不可能是 $A$ 的特徵值。此敘述為 False。

(B) Aⁿ = A, for any positive integer n.
由於 $A^2 = A$，我們可以通過歸納法證明 $A^n = A$ 對於任何正整數 $n \ge 1$。
基礎步驟：當 $n=1$ 時，$A^1 = A$，成立。
歸納步驟：假設 $A^k = A$ 對於某個正整數 $k \ge 1$。
則 $A^{k+1} = A^k \cdot A = A \cdot A = A^2 = A$。
所以，對於所有正整數 $n \ge 1$，都有 $A^n = A$。此敘述為 True。

(C) (I - A)² = I - A.
展開 $(I - A)^2$:
$(I - A)^2 = I^2 - IA - AI + A^2$
$= I - A - A + A^2$ (因為 $IA = A, AI = A$)
$= I - 2A + A^2$
由於 $A^2 = A$，代入得：
$= I - 2A + A = I - A$.

核心觀念

本題考查上三角矩陣的反矩陣。若

$$A= \begin{bmatrix} a&b&c\\ 0&d&e\\ 0&0&f \end{bmatrix}, \qquad adf\ne 0,$$

則 $A$ 為可逆矩陣，且

$$\det(A)=adf.$$

反矩陣可設為同樣的上三角形式：

$$A^{-1}= \begin{bmatrix} x&y&z\\ 0&u&v\\ 0&0&w \end{bmatrix}.$$

解題方法

利用

$$AA^{-1}=I$$

求出各元素。

計算矩陣乘積：

$$\begin{bmatrix} a&b&c\\ 0&d&e\\ 0&0&f \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x&y&z\\ 0&u&v\\ 0&0&w \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} ax&ay+bu&az+bv+cw\\ 0&du&dv+ew\\ 0&0&fw \end{bmatrix}.$$

令其等於單位矩陣，得到：

$$ax=1,\qquad du=1,\qquad fw=1,$$

因此

$$x=\frac1a,\qquad u=\frac1d,\qquad w=\frac1f.$$

接著處理非對角線元素：

$$ay+bu=0 \quad\Longrightarrow\quad y=-\frac{b}{ad},$$ $$dv+ew=0 \quad\Longrightarrow\quad v=-\frac{e}{df}.$$

最後由右上角元素：

$$az+bv+cw=0.$$

代入 $v,w$：

$$az-\frac{be}{df}+\frac{c}{f}=0,$$

故

核心觀念

本題考查對稱正定矩陣的譜分解、特徵值與特徵向量，以及 Rayleigh quotient。

因為 $A$ 為 $3\times 3$ 對稱正定矩陣，所以：

1. $A$ 的特徵值皆為正數：
   $\lambda_i>0,\qquad i=1,2,3.$

2. 不同特徵值所對應的特徵向量可取為正交規一，並形成一組正交基底。

3. 若
   $Au_i=\lambda_i u_i,$
   則對任意正整數 $k$，
   $A^k u_i=\lambda_i^k u_i.$

題目給定
$x=c_1u_1+c_2u_2+c_3u_3.$

以下採用常見的特徵值排序：
$\lambda_1\leq \lambda_2\leq \lambda_3.$

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解題方法

直接利用 $Au_i=\lambda_i u_i$ 計算 $A^4x$ 與 $x^{\mathsf T}Ax$，再利用 Rayleigh quotient 的最大值定理判斷選項。

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選項分析

(A) 正確

由
$Au_i=\lambda_i u_i$
可逐次作用 $A$：

$$A^2u_i=\lambda_i^2u_i,\qquad A^4u_i=\lambda_i^4u_i.$$

因此

$$A^4x =c_1\lambda_1^4u_1+c_2\lambda_2^4u_2+c_3\lambda_3^4u_3.$$

題目選項中的記號 $A^4\lambda$ 應理解為對各特徵分量作用 $A^4$，其表達式正確。

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(B) 正確

由於 $A$ 為正定矩陣，所有特徵值皆為正數，因此

$|\lambda_i|=\lambda_i.$

故
$|\lambda_i|^4=\lambda_i^4.$

所以

$$A^4x =c_1|\lambda_1|^4u_1 +c_2|\lambda_2|^4u_2 +c_3|\lambda_3|^4u_3,$$

選項正確。

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(C) 正確

先計算
$Ax=c_1\lambda_1u_1+c_2\lambda_2u_2+c_3\lambda_3u_3.$

因此

$$\begin{aligned} x^{\mathsf T}Ax &=(c_1u_1+c_2u_2+c_3u_3)^{\mathsf T} (c_1\lambda_1u_1+c_2\lambda_2u_2+c_3\lambda_3u_3). \end{aligned}$$

由於 $u_1,u_2,u_3$ 彼此正交且規一，交叉項皆為 $0$，所以

$$x^{\mathsf T}Ax =c_1^2\lambda_1+c_2^2\lambda_2+c_3^2\lambda_3.$$

核心概念
本題旨在測試對 稀疏矩陣的乘法、冪、特徵值與行列式 的基本概念，尤其是零化矩陣 (nilpotent matrix) 的性質：若 $A^k=0$，則所有特徵值皆為 $0$，且 $A$ 的冪次快速趨於零。

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(a) $A=A^{2}$

$$A=\begin{pmatrix} 0&0&0\\ 1&0&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix},\qquad A^{2}=A\cdot A= \begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix}=0.$$

因 $A\neq0$，故 $A\neq A^{2}$。
結論： 此敘述 錯誤。

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(b) $A^{3}=A$

已知 $A^{2}=0$，則

$A^{3}=A^{2}\! \cdot\! A=0\cdot A=0\neq A .$

結論： 此敘述 錯誤。

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(c) $A$ 的特徵值為 $1,\,-1,\,-1$

因 $A^{2}=0$，$A$ 為 零化矩陣，其唯一的特徵值必為 $0$（代數重數 $3$）。
實際上求特徵多項式：