115 年 國立中山大學通訊工程研究所甲組《線性代數》

核心觀念

本題考查矩陣的秩、線性獨立、可逆矩陣，以及矩陣週期性：

• 若 $A$ 為 $n\times m$ 矩陣，則 $\operatorname{rank}(A)\le \min(n,m)$。
• 方陣可逆當且僅當其行向量、列向量皆線性獨立。
• 零矩陣的秩為 $0$。
• 矩陣滿足 $A^k=I$ 時，代表 $A$ 具有有限週期；此時 $A$ 不一定等於單位矩陣。

選項分析

(A) 正確

若 $A$ 是 $n\times m$ 矩陣，最多只有 $n$ 個線性獨立的列向量，因此

$$\operatorname{rank}(A)\le n.$$

更完整的結論是

$$\operatorname{rank}(A)\le \min(n,m).$$

所以選項 (A) 正確。

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(B) 正確

若方陣有兩個相同的列，例如第 $i$ 欄與第 $j$ 欄相同，則其列向量必線性相依，因為

$$\mathbf a_i-\mathbf a_j=\mathbf 0.$$

方陣可逆的必要條件是所有列向量線性獨立，因此具有兩個相同列的方陣不可能可逆。

所以選項 (B) 正確。

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(C) 正確

考慮 $2\times 2$ 零矩陣：

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

其所有列向量皆為零向量，因此只有 $0$ 個線性獨立的列向量，故

$$\operatorname{rank}(A)=0.$$

所以確實存在符合條件的矩陣，選項 (C) 正確。

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(D) 正確

考慮矩陣

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

先計算

本題主要測試學生對線性代數中幾個核心概念的理解，包括矩陣相似性 (similarity)、線性轉換 (linear transformation) 的核空間 (kernel, ker) 與像空間 (image, im) 的維度、以及向量空間的維度定理 (dimension theorem)。

首先，我們逐一分析各個選項：

(A) Let A and B be n x n matrices. If A is similar to B, then A = B.
兩個 n x n 矩陣 A 和 B 稱為相似 (similar) 若存在一個可逆矩陣 P，使得 $A = PBP^{-1}$。相似矩陣具有許多相同的性質，例如相同的特徵值、行列式、秩等。然而，相似性並不等同於相等。舉例來說，考慮單位矩陣 $I = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$。對於任何可逆矩陣 P，都有 $P I P^{-1} = P P^{-1} = I$。所以 I 僅與自身相似。但是，我們可以構造一個與 I 不同的矩陣 B，使得 A 相似於 B，但 $A \ne B$。例如，考慮 $A = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$ 和 $B = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = I$。這兩個矩陣不相似，但如果我們考慮 $A = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{bmatrix}$ 和 $B = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix}$，它們有相同的特徵值 1 和 2，且都是可對角化的，所以它們相似。但 $A \ne B$。
更簡單的例子：讓 $A = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix}$。則 $P A P^{-1}$ 對於某些 P 可能會得到一個不同於 A 的矩陣，但它們仍然相似。例如，讓 $P = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$。則 $P^{-1} = \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$。
$P A P^{-1} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{bmatrix}$。
在這個例子中，A 和 B (如果 B 是另一相似矩陣) 可能不相等。
實際上，若 A 相似於 B，則 A 和 B 共享相同的特徵值。如果 A 有 n 個不同的特徵值，那麼 A 可對角化，且 A 相似於一個對角矩陣 D。如果 B 也相似於 D，那麼 A 相似於 B。但 A 和 B 不一定相等。
因此，選項 (A) 是錯誤的。

(B) Let T be a linear transformation from a vector space V to a vector space W. If ker(T) is finite dimensional, then W is finite dimensional.
令 $V = \mathbb{R}^2$， $W = \mathbb{R}^2$。令 $T: V \to W$ 為投影到 x 軸的線性轉換，即 $T(x, y) = (x, 0)$。
ker(T) = {(x, y) | T(x, y) = (0, 0)} = {(x, y) | (x, 0) = (0, 0)} = {(0, y) | y $\in \mathbb{R}$ }。
ker(T) 的維度是 1，是有限維的。
然而，W 是 $\mathbb{R}^2$，其維度是 2，也是有限維的。
但是，這個例子並不能證明選項 (B) 是正確的，因為它也可能是 W 是無限維的情況。
考慮一個反例：令 $V = \mathbb{R}$， $W = \mathbb{R}^{\infty}$ (所有實數序列的空間)。令 $T: V \to W$ 為 $T(x) = (x, 0, 0, \dots)$。
ker(T) = {x $\in \mathbb{R}$ | T(x) = (0, 0, 0, ...)} = {x $\in \mathbb{R}$ | (x, 0, 0, ...) = (0, 0, 0, ...)} = {0}。
ker(T) 的維度是 0，是有限維的。
但是，W 是 $\mathbb{R}^{\infty}$，其維度是無限維的。
因此，選項 (B) 是錯誤的。

(C) Let T be a linear transformation from a vector space V to a vector space W. If ker(T) is finite dimensional and im(T) is finite dimensional, then V is finite dimensional.
根據向量空間的維度定理 (Dimension Theorem for Linear Transformations)，對於一個線性轉換 $T: V \to W$，我們有：

本題測試學生對基底變換 (change of basis)、線性轉換矩陣的唯一性、正交矩陣 (orthogonal matrix) 的性質，以及最小平方法 (least squares) 等概念的掌握。

我們逐一分析各個選項：

(A) Let B and U be two bases of a vector space V. If S is the change of basis matrix from B to U, then S⁻¹ is the change of basis matrix from U to B.
設 B = {$b_1, b_2, \dots, b_n$} 是 V 的一組基底，U = {$u_1, u_2, \dots, u_n$} 也是 V 的一組基底。
cambio de base matrix S from B to U 的意思是，S 的每一行（或列，取決於定義方式，但通常是列）是基底 B 中的向量在基底 U 下的座標表示。
更常見的定義是：若 $\mathbf{v}$ 在基底 B 下的座標是 $[\mathbf{v}]_B$，在基底 U 下的座標是 $[\mathbf{v}]_U$，則 $[\mathbf{v}]_U = S [\mathbf{v}]_B$。
此時，S 的每一列是基底 B 的向量在基底 U 下的座標表示。
例如，若 $b_1 = s_{11}u_1 + s_{21}u_2 + \dots + s_{n1}u_n$ (這是 $b_1$ 在基底 U 下的座標向量 $\begin{bmatrix} s_{11} \\ s_{21} \\ \vdots \\ s_{n1} \end{bmatrix}$)，則 S 的第一列就是這個向量。
若我們要從基底 U 變換到基底 B，即 $[\mathbf{v}]_B = T [\mathbf{v}]_U$。
我們有 $[\mathbf{v}]_U = S [\mathbf{v}]_B$。
將上式代入，得到 $[\mathbf{v}]_U = S (T [\mathbf{v}]_U) = (ST) [\mathbf{v}]_U$。
對於所有向量 $\mathbf{v}$ 都成立，則 ST 必須是單位矩陣 $I_n$。
因此，$T = S^{-1}$。
所以，如果 S 是從 B 到 U 的基底變換矩陣，則 $S^{-1}$ 是從 U 到 B 的基底變換矩陣。此敘述為真。

(B) The matrix of a linear transformation from V to V is uniquely determined.
這句話的語意有點模糊。「The matrix of a linear transformation」通常是指在給定的基底下的矩陣表示。
如果基底固定了，那麼線性轉換的矩陣表示是唯一的。
然而，如果基底可以改變，則同一個線性轉換在不同基底下的矩陣表示是不同的。
例如，令 $T: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ 為 $T(x, y) = (x, 0)$。
在標準基底 { (1, 0), (0, 1) } 下，矩陣是 $A = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$。
在基底 { (1, 1), (1, -1) } 下，我們需要計算 T 在這組基底下的表示。
$T(1, 1) = (1, 0)$。在基底 { (1, 1), (1, -1) } 下的座標：$(1, 0) = c_1(1, 1) + c_2(1, -1) = (c_1+c_2, c_1-c_2)$。
解聯立：$c_1+c_2=1, c_1-c_2=0 \implies c_1=c_2=1/2$。所以 $T(1, 1)$ 在此基底下的座標是 $\begin{bmatrix} 1/2 \\ 1/2 \end{bmatrix}$。
$T(1, -1) = (1, 0)$。在基底 { (1, 1), (1, -1) } 下的座標：$(1, 0) = d_1(1, 1) + d_2(1, -1) = (d_1+d_2, d_1-d_2)$。

本題測試學生對矩陣性質、向量範數、內積 (inner product) 以及線性轉換等基本概念的理解。

我們逐一分析各個選項：

(A) If A is a symmetric n × n matrix, then $A^2 = I_n$.
若 A 是對稱矩陣 ($A^T = A$)，則 $A^2 = I_n$ 成立嗎？這不一定。
例如，令 $A = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix}$。A 是對稱矩陣，但 $A^2 = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 4 \end{bmatrix} \ne I_2$。
只有當 A 是對稱且正交（$A^T = A^{-1}$，即 $A^2=I$）時，$A^2=I_n$ 才成立。
此敘述為假。

(B) Let f and g be nonorthogonal vectors in the vector space V. Then $\| f + g \|^2 = \| f \|^2 + \| g \|^2$.
對於任意向量空間中的向量 f 和 g，向量加法的範數平方展開式為：
$\| f + g \|^2 = (f+g) \cdot (f+g) = f \cdot f + f \cdot g + g \cdot f + g \cdot g$
由於內積滿足對稱性 ($f \cdot g = g \cdot f$)，所以
$\| f + g \|^2 = \| f \|^2 + 2(f \cdot g) + \| g \|^2$。
勾股定理 ($\| f + g \|^2 = \| f \|^2 + \| g \|^2$) 成立的條件是 $f \cdot g = 0$，即 f 和 g 是正交的。
題目說 f 和 g 是「nonorthogonal」，表示 $f \cdot g \ne 0$。
因此，$\| f + g \|^2 = \| f \|^2 + \| g \|^2$ 不成立。
此敘述為假。

(C) Let x and y be vectors in $\mathbb{R}^n$. Then $|x \cdot y| = \|x\|\|y\|$ if and only if x and y are parallel.
這句話描述的是柯西-施瓦茲不等式 (Cauchy-Schwarz Inequality) 的等號條件。
柯西-施瓦茲不等式指出：對於 $\mathbb{R}^n$ 中的任何向量 x 和 y，都有 $|x \cdot y| \le \|x\|\|y\|$。
等號 $|x \cdot y| = \|x\|\|y\|$ 成立的條件是：向量 x 和 y 是線性相關的 (linearly dependent)，也就是說，其中一個向量是另一個向量的純量倍數。在非零向量的情況下，這意味著它們是平行的 (parallel)。
如果 x 或 y 是零向量，則 $|x \cdot y| = 0$ 且 $\|x\|\|y\| = 0$，等式也成立，此時它們也算平行（零向量與任何向量都平行）。
因此，此敘述為真。

(D) Let T be a linear transformation from a vector space V to $\mathbb{R}^n$. Then $(f, g) = T(f) \cdot T(g)$ is an inner product on V.
要判斷 $(f, g) = T(f) \cdot T(g)$ 是否為 V 上的內積，我們需要檢查內積的四個基本性質：

1. 對稱性 (Symmetry): $(f, g) = (g, f)$

核心觀念

本題考查：

• 分塊矩陣的行列式
• 矩陣可逆性、秩與特徵值
• 旋轉矩陣的特徵值
• 特徵向量與特徵值的定義
• $Ae_1$ 與矩陣第一欄的關係

解題方法

逐一依照定義與基本定理檢驗各選項。判斷矩陣是否有特徵值時，可使用：

$$\lambda \text{ 是 } A \text{ 的特徵值} \iff \det(A-\lambda I)=0.$$

選項分析

(A) 錯誤

矩陣 $A$ 是分塊對角矩陣：

$$A= \begin{bmatrix} B&0\\ 0&0 \end{bmatrix},$$

其中右下角的 $0$ 是 $1\times 1$ 零矩陣。因此

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

題目聲稱 $\det(A)=\det(B)$，一般並不成立。例如取 $B=I_{n-1}$，則

$$\det(B)=1,\qquad \det(A)=0.$$

所以 (A) 為錯誤敘述。

(B) 正確

若 $\operatorname{rank}(A)\neq n$，因為 $A$ 是 $n\times n$ 矩陣，所以

$$\operatorname{rank}(A)<n.$$

因此 $A$ 不可逆，故

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

而

$$\det(A-0I)=\det(A)=0,$$

所以 $0$ 是 $A$ 的特徵值。

(C) 題目原文不完整時，此敘述不一定正確

二維旋轉矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} \cos\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta \end{bmatrix}.$$

其特徵多項式為

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} \cos\theta-\lambda&-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta-\lambda \end{vmatrix}$$

本題主要測試學生對代數重數 (algebraic multiplicity)、幾何重數 (geometric multiplicity)、特徵值 (eigenvalues)、特徵向量 (eigenvectors)、特徵基底 (eigenbasis)、跡數 (trace)、行列式 (determinant)、相似矩陣 (similar matrices) 以及三角矩陣 (triangular matrix) 等概念的理解。

我們逐一分析各個選項：

(A) Let A be a 4 x 4 matrix and let $\lambda$ be an eigenvalue of A with algebraic multiplicity 3. Then the geometric multiplicity of $\lambda$ cannot be 4.
對於任何一個矩陣的特徵值 $\lambda$，其幾何重數 (geometric multiplicity) $\le$ 代數重數 (algebraic multiplicity)。
幾何重數是指特徵值 $\lambda$ 對應的特徵空間 (eigenspace) 的維度，即 $\dim(\ker(A - \lambda I))$。
代數重數是指特徵值 $\lambda$ 作為特徵多項式 $\det(A - \lambda I)$ 的根的重數。
在本題中，特徵值 $\lambda$ 的代數重數是 3。根據幾何重數 $\le$ 代數重數 的性質，該特徵值 $\lambda$ 的幾何重數 $\le 3$。
因此，幾何重數不可能為 4。此敘述為真。

(B) If an n x n matrix has n distinct eigenvalues, then it has an eigenbasis.
如果一個 n x n 的矩陣 A 有 n 個相異的特徵值 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$，那麼每個特徵值都對應一個特徵向量 $v_i$。由於這些特徵值是相異的，對應的特徵向量 $v_1, v_2, \dots, v_n$ 是線性獨立的。
n 個線性獨立的向量可以構成一個 n 維向量空間的一組基底。

本題考察分塊矩陣的求逆以及代數運算。題目給定一個分塊矩陣 $M = \begin{bmatrix} A & B \\ B & A \end{bmatrix}$，其中 A 和 B 是 n x n 矩陣。同時定義了 $X = A + B$ 和 $Y = A - B$，並且已知 X 和 Y 是非奇異 (nonsingular) 的。需要找出 M 的逆矩陣。

首先，我們觀察到 A 和 B 可以通過 X 和 Y 來表示：
$X = A + B$
$Y = A - B$
將兩式相加：$X + Y = (A + B) + (A - B) = 2A \implies A = \frac{1}{2}(X + Y)$
將兩式相減：$X - Y = (A + B) - (A - B) = 2B \implies B = \frac{1}{2}(X - Y)$

現在我們將 A 和 B 代入原分塊矩陣 M：
$M = \begin{bmatrix} A & B \\ B & A \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{1}{2}(X+Y) & \frac{1}{2}(X-Y) \\ \frac{1}{2}(X-Y) & \frac{1}{2}(X+Y) \end{bmatrix}$
為了方便計算，我們可以將常數 $\frac{1}{2}$ 提出來，或者直接計算。我們將直接計算。

我們需要找到一個矩陣 $M^{-1}$ 使得 $M M^{-1} = I_{2n}$，其中 $I_{2n}$ 是 $2n \times 2n$ 的單位矩陣。
我們嘗試驗證選項 (C)，因為它使用了 $X^{-1}$ 和 $Y^{-1}$，並且形式上比較對稱。
令 $M_{cand} = \frac{1}{2} \begin{bmatrix} X^{-1}+Y^{-1} & X^{-1}-Y^{-1} \\ X^{-1}-Y^{-1} & X^{-1}+Y^{-1} \end{bmatrix}$。
我們計算 $M \cdot M_{cand}$：
$M \cdot M_{cand} = \begin{bmatrix} \frac{1}{2}(X+Y) & \frac{1}{2}(X-Y) \\ \frac{1}{2}(X-Y) & \frac{1}{2}(X+Y) \end{bmatrix} \cdot \frac{1}{2} \begin{bmatrix} X^{-1}+Y^{-1} & X^{-1}-Y^{-1} \\ X^{-1}-Y^{-1} & X^{-1}+Y^{-1} \end{bmatrix}$
$= \frac{1}{4} \begin{bmatrix} (X+Y)(X^{-1}+Y^{-1}) + (X-Y)(X^{-1}-Y^{-1}) & (X+Y)(X^{-1}-Y^{-1}) + (X-Y)(X^{-1}+Y^{-1}) \\ (X-Y)(X^{-1}+Y^{-1}) + (X+Y)(X^{-1}-Y^{-1}) & (X-Y)(X^{-1}-Y^{-1}) + (X+Y)(X^{-1}+Y^{-1}) \end{bmatrix}$
我們分別計算四個元素的結果。
首先看左上角元素：
$(X+Y)(X^{-1}+Y^{-1}) + (X-Y)(X^{-1}-Y^{-1})$
$= (X X^{-1} + X Y^{-1} + Y X^{-1} + Y Y^{-1}) + (X X^{-1} - X Y^{-1} - Y X^{-1} + Y Y^{-1})$
$= (I_n + X Y^{-1} + Y X^{-1} + I_n) + (I_n - X Y^{-1} - Y X^{-1} + I_n)$
$= 2I_n + X Y^{-1} + Y X^{-1} + 2I_n - X Y^{-1} - Y X^{-1}$
$= 4I_n$

核心觀念

本題考查線性系統解的線性組合，以及非齊次線性方程組的解集合結構。

已知對每個 $i=1,\dots,k$，皆有

$$Ax_i=b,$$

且 $b\ne 0$。對任意純量 $c_1,\dots,c_k$，利用矩陣乘法的線性性質：

$$A\left(\sum_{i=1}^k c_i x_i\right) =\sum_{i=1}^k c_i Ax_i =\sum_{i=1}^k c_i b =\left(\sum_{i=1}^k c_i\right)b.$$

因此，線性組合 $\sum_{i=1}^k c_i x_i$ 是否仍為 $Ax=b$ 的解，關鍵就在於係數總和是否等於 $1$。

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解題方法

要使 $\sum_{i=1}^k c_i x_i$ 成為 $Ax=b$ 的解，必須滿足

$$A\left(\sum_{i=1}^k c_i x_i\right)=b.$$

由上式可得

$$\left(\sum_{i=1}^k c_i\right)b=b.$$

移項後：

$$\left(\sum_{i=1}^k c_i-1\right)b=0.$$

由於題目給定 $b\ne 0$，所以只能有

$$\sum_{i=1}^k c_i-1=0,$$

也就是

$$\sum_{i=1}^k c_i=1.$$

反之，若

$$\sum_{i=1}^k c_i=1,$$

則

$$A\left(\sum_{i=1}^k c_i x_i\right) =\left(\sum_{i=1}^k c_i\right)b =b,$$

故該線性組合確實是 $Ax=b$ 的解。因此：

$$\sum_{i=1}^k c_i x_i\text{ 是 }Ax=b\text{ 的解} \iff \sum_{i=1}^k c_i=1.$$

另外，若

$$\sum_{i=1}^k d_i x_i=0,$$

兩邊同乘 $A$：

$$A\left(\sum_{i=1}^k d_i x_i\right)=A0=0.$$

另一方面，

$$A\left(\sum_{i=1}^k d_i x_i\right) =\sum_{i=1}^k d_i Ax_i =\left(\sum_{i=1}^k d_i\right)b.$$

因此

$$\left(\sum_{i=1}^k d_i\right)b=0.$$

因為 $b\ne 0$，得到

$$\sum_{i=1}^k d_i=0.$$

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選項分析

(A) 錯誤。

確實可以任意取 $c_1=1$、其餘 $c_i=0$，使得

$$\sum_{i=1}^k c_i=1.$$

核心觀念

本題考查矩陣乘法的可交換性，以及方陣若有右逆矩陣便可逆的定理：若 $X,Y$ 為同階方陣且 $XY=I$，則 $X$ 可逆，且 $Y=X^{-1}$。

解題關鍵是把題目等式整理成兩個方陣的乘積等於單位矩陣。如此便能確定其中一個因子可逆，再由反矩陣的性質推出 $AB=BA$。

解題方法

情況一：$AB=A+B$

移項並補上單位矩陣：

$$AB-A-B+I=I$$

左側可因式分解為：

$$(A-I)(B-I)=I$$

因為 $A-I$ 與 $B-I$ 是同階方陣，且乘積為 $I$，所以 $B-I=(A-I)^{-1}$，也有：

$$(B-I)(A-I)=I$$

展開可得：

$$BA-B-A+I=I$$

因此 $BA=A+B=AB$，所以 $A$ 與 $B$ 可交換。

情況二：$AB=A-B$

將 $B$ 移到左側，並整理成乘積：

$$AB+B=A$$ $$(A+I)B=A$$

因此：

$$(A+I)(I-B)=A+I-(A+I)B=I$$

由於 $A+I$ 與 $I-B$ 是同階方陣，且乘積為 $I$，可知 $I-B=(A+I)^{-1}$。所以：

$$B=I-(A+I)^{-1}$$

核心觀念

本題考查：

• 矩陣可逆與奇異矩陣的判定。
• 由 $A^3=2I$ 推導 $A$ 的逆矩陣。
• 多項式恆等式代入矩陣。
• 利用恆等式構造矩陣的逆矩陣。

矩陣 $M$ 非奇異，等價於存在 $M^{-1}$；若不存在逆矩陣，則稱 $M$ 奇異。

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解題方法

已知

$$A^3=2I.$$

先判斷 $A$ 是否非奇異。由

$$A^3=2I$$

可得

$$A\left(\frac{1}{2}A^2\right) = \frac{1}{2}A^3 = I.$$

因此

$$A^{-1}=\frac{1}{2}A^2,$$

所以 $A$ 必定非奇異。

接著考察

$$B=A^2-2A+2I.$$

考慮下列多項式乘積：

$$(x^2-2x+2)(x^2+3x+4) = x^4+x^3-2x+8.$$

令 $x=A$，並使用 $A^3=2I$ 及 $A^4=2A$，得到

$$\begin{aligned} B(A^2+3A+4I) &=A^4+A^3-2A+8I\\ &=2A+2I-2A+8I\\ &=10I. \end{aligned}$$

因此

$$B^{-1}=\frac{1}{10}(A^2+3A+4I).$$

所以 $B$ 必定非奇異。

另外，判斷 $A-I$：

$$(A-I)(A^2+A+I) = A^3-I = 2I-I = I.$$

故

$$(A-I)^{-1}=A^2+A+I,$$

因此 $A-I$ 也必定非奇異。

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選項分析

(A) The matrix B is singular, but A is nonsingular.

$A$ 的確非奇異，但上面已證明

$$B^{-1}=\frac{1}{10}(A^2+3A+4I),$$

所以 $B$ 也非奇異。

因此本選項錯誤。

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核心觀念

本題考查矩陣的四個基本子空間：

• 欄空間：$C(A)$
• 列空間：$C(A^T)$
• 零空間：$N(A)$
• 左零空間：$N(A^T)$

關鍵定理如下：

$$\dim C(A)=\dim C(A^T)=\operatorname{rank}(A)$$

若 $A$ 為 $m\times n$ 矩陣，則由秩－零度定理：

$$\dim N(A)=n-\operatorname{rank}(A)$$

而左零空間滿足：

$$\dim N(A^T)=m-\operatorname{rank}(A)$$

因此，只要比較 $A$、$B$ 的秩，即可判斷對應子空間是否可能相同。

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解題方法：先求兩矩陣的秩

對矩陣 $A$ 作列運算：

$$A= \begin{bmatrix} 1&5&1\\ 2&6&0\\ 1&7&2 \end{bmatrix}$$

先將第二列減去第一列的 $2$ 倍，第三列減去第一列：

$$\begin{bmatrix} 1&5&1\\ 0&-4&-2\\ 0&2&1 \end{bmatrix}$$

再將第二列加上第三列的 $2$ 倍：

$$\begin{bmatrix} 1&5&1\\ 0&0&0\\ 0&2&1 \end{bmatrix}$$

所以：

$$\operatorname{rank}(A)=2$$

再看矩陣 $B$：

$$B= \begin{bmatrix} 1&4&-4\\ 0&6&-8\\ 0&0&-4 \end{bmatrix}$$

$B$ 是上三角矩陣，其對角線元素為 $1,6,-4$，皆不為零，因此：

$$\det(B)=1\cdot 6\cdot(-4)=-24\ne 0$$

所以 $B$ 可逆，且：

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

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四個子空間的比較

1. 欄空間 $C(A)$ 與 $C(B)$

$$\dim C(A)=\operatorname{rank}(A)=2$$ $$\dim C(B)=\operatorname{rank}(B)=3$$

兩個子空間的維度不同，因此不可能相同：

$$C(A)\ne C(B)$$

2. 列空間 $C(A^T)$ 與 $C(B^T)$

列空間的維度也等於矩陣的秩：

$$\dim C(A^T)=2,\qquad \dim C(B^T)=3$$

因此：

本題考察矩陣 $A^TA$ 和 $AA^T$ 的性質，以及它們與矩陣 A 的秩 (rank)、零空間 (null space) 和列空間 (column space) 之間的關係。

我們逐一分析各個選項：

(A) If $AA^T x = 0$, then $x = 0$. Consequently, A must have full column rank.
若 $AA^T x = 0$, 我們不能直接推斷出 $x = 0$。
考慮 $y = A^T x$。則 $Ay = 0$。
這意味著 y 在 A 的零空間 N(A) 中。
因此，$A^T x \in N(A)$。
如果 N(A) = {0}（即 A 的秩等於 n，即 A 有滿列秩），那麼 $A^T x = 0$。
如果 $A^T x = 0$, 我們也不能直接推斷出 $x=0$。
但是，如果 $AA^T$ 是可逆的，那麼 $x=0$。
$AA^T$ 是 $m \times m$ 的矩陣。若 $AA^T$ 可逆，則 $\det(AA^T) \ne 0$。
$\det(AA^T) = \det(A) \det(A^T) = (\det(A))^2$。
若 A 是 $m \times n$ 矩陣，則 $AA^T$ 是 $m \times m$。若 $A^TA$ 是 $n \times n$。
若 $AA^T x = 0$, 我們可以考慮 $\|Ax\|^2 = (Ax)^T (Ax) = x^T A^T A x$。
這與 $AA^T$ 無關。
考慮 $\|A^T x\|^2 = (A^T x)^T (A^T x) = x^T A A^T x = x^T 0 = 0$。
若 $\|A^T x\|^2 = 0$, 則 $A^T x = 0$。
所以，若 $AA^T x = 0$, 則 $A^T x = 0$。
但是，從 $A^T x = 0$ 不能推斷出 $x = 0$。例如，如果 A 是零矩陣，那麼 $AA^T = 0$, $A^T x = 0$ 對所有 x 都成立。
即使 A 不是零矩陣，若 A 的列向量是線性獨立的（即 A 有滿列秩），那麼 $A^T A$ 是可逆的。
若 A 有滿列秩 (rank(A) = n)，則 $A^T A$ 可逆。
若 $A^T x = 0$, 則 $A^T A x = 0$, $\implies x = 0$。
但是，從 $AA^T x = 0$ 推導出 $A^T x = 0$。若 $A^T x = 0$, 不一定 $x=0$。
例如，若 A 是 $m \times n$ 矩陣，且 $m > n$。若 A 的列向量線性獨立，則 rank(A) = n。$A^T A$ 可逆。
若 $A^T x = 0$, 則 $x=0$。
但是，若 $AA^T x = 0$, 我們只知道 $A^T x = 0$。
如果 A 的行向量是線性獨立的 (rank(A) = m)，則 $A^T$ 可逆，從 $A^T x = 0$ 可得 $x=0$。
然而，題目並沒有給出 A 的秩的條件。
「Consequently, A must have full column rank.」這句話是結論。
若 $AA^T x = 0 \implies x = 0$, 這意味著 $AA^T$ 是可逆的。
若 $AA^T$ 可逆，則 rank($AA^T$) = m。
我們知道 rank($AA^T$) $\le$ min(rank(A), rank($A^T$)) = rank(A)。
所以 rank(A) = m。
若 rank(A) = m，且 A 是 $m \times n$ 矩陣，那麼 m $\le$ n。
「A must have full column rank」意味著 rank(A) = n。
所以，若 $AA^T x = 0 \implies x = 0$, 則 rank(A) = m。這並不一定意味著 rank(A) = n。
例如，若 $m=n$, 且 A 是方陣。若 $AA^T$ 可逆，則 rank(A)=n。
但是，若 $AA^T x = 0$, 我們只知道 $A^T x = 0$。若 $A^T$ 的零空間非零，則 $x \ne 0$。
例如，若 $A = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$ ($m=n=2$)。$A^T = A$。$AA^T = A^2 = A = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$。
$AA^T x = 0 \implies \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix} \implies x_1 = 0$。
所以 $x = \begin{bmatrix} 0 \\ x_2 \end{bmatrix}$。這不是 $x=0$。
因此，(A) 是錯誤的。