109 年 國立臺灣大學電信工程學研究所丙組《工程數學（線性代數）》

核心觀念

本題考查：

• 特徵值與特徵向量的定義；
• 矩陣多項式與特徵值的關係。

若 $\lambda$ 是矩陣 $A$ 的特徵值，且對應非零特徵向量 $\mathbf{x}$，則

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

題目給定 $A$ 為冪等矩陣（idempotent matrix），滿足

$$A^2=A.$$

解題方法

設 $\lambda$ 為 $A$ 的任一特徵值，$\mathbf{x}$ 為其對應的非零特徵向量。由特徵值定義，

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

兩邊再乘上一個 $A$：

$$A^2\mathbf{x}=A(\lambda\mathbf{x}) =\lambda A\mathbf{x} =\lambda^2\mathbf{x}.$$

因為 $A^2=A$，所以

$$A^2\mathbf{x}=A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}.$$

因此

$$\lambda^2\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x},$$

整理得

核心觀念

本題考查：

• 矩陣是否可對角化的判定。
• 特徵值與特徵向量。
• 對角化後計算矩陣高次方。
• 冪等矩陣（idempotent matrix）的性質：若 $A^2=A$，則對所有正整數 $n$，皆有 $A^n=A$。

給定

$$A= \begin{bmatrix} \frac12&\frac12\\[2mm] \frac12&\frac12 \end{bmatrix}.$$

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解題方法

（a）判斷 $A$ 是否可對角化

求特徵多項式：

$$\det(A-\lambda I) = \det \begin{bmatrix} \frac12-\lambda&\frac12\\[2mm] \frac12&\frac12-\lambda \end{bmatrix}.$$

因此

$$\det(A-\lambda I) = \left(\frac12-\lambda\right)^2-\frac14 = \lambda^2-\lambda = \lambda(\lambda-1).$$

所以 $A$ 的特徵值為

$$\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=0.$$

兩個特徵值相異，因此 $A$ 必定可對角化。

也可直接求其特徵向量。

當 $\lambda=1$ 時：

$$(A-I)x=0$$

即

$$\begin{bmatrix} -\frac12&\frac12\\[2mm] \frac12&-\frac12 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix},$$

得到 $x_1=x_2$，可取

$$v_1= \begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}.$$

當 $\lambda=0$ 時：

$$Ax=0$$

即

$$\frac12 \begin{bmatrix} x_1+x_2\\ x_1+x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix},$$

得到 $x_1=-x_2$，可取

$$v_2= \begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}.$$

兩個特徵向量線性獨立，令

$$P= \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&-1 \end{bmatrix}, \qquad D= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&0 \end{bmatrix}.$$

則

核心觀念

題目要求將向量 $u$ 分解為

$$u=w+z,$$

其中

• $w\in W$；
• $z\in W^\perp$。

這是將 $u$ 正交分解為子空間 $W$ 中的分量，以及垂直於 $W$ 的分量。若 $W=\operatorname{span}\{v\}$，則 $u$ 在 $W$ 上的正交投影為

$$w=\operatorname{proj}_W u =\frac{u\cdot v}{v\cdot v}v.$$

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解題方法

先求出解空間 $W$ 的方向向量。方程組為

$$\begin{cases} x_1-x_2-3x_3=0,\\ x_1+x_2+x_3=0. \end{cases}$$

由第一式得

$$x_1=x_2+3x_3.$$

代入第二式：

$$x_2+3x_3+x_2+x_3=0,$$

因此

$$2x_2+4x_3=0 \quad\Longrightarrow\quad x_2=-2x_3.$$

再代回 $x_1=x_2+3x_3$：

$$x_1=-2x_3+3x_3=x_3.$$

令 $x_3=t$，則

$$\begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{bmatrix} = t \begin{bmatrix} 1\\-2\\1 \end{bmatrix}.$$

所以

$$W=\operatorname{span} \left\{ \begin{bmatrix} 1\\-2\\1 \end{bmatrix} \right\}.$$

令

$$v= \begin{bmatrix} 1\\-2\\1 \end{bmatrix}, \qquad u= \begin{bmatrix} 2\\0\\3 \end{bmatrix}.$$

計算內積：

$$u\cdot v =2(1)+0(-2)+3(1)=5,$$

以及

$$v\cdot v=1^2+(-2)^2+1^2=6.$$

設 $D_n = \det(A_n)$ 為 $n \times n$ 階該特徵矩陣之行列式值。

1. 建立遞迴關係式

對 $A_n$ 的第一列實施降階展開（Cofactor Expansion）：
$D_n = 1 \cdot D_{n-1} - 1 \cdot \det \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 1 & 1 & \cdots & 0 \\ 0 & 1 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 \end{bmatrix}_{(n-1)\times(n-1)}$

再將第二項矩陣沿其第一行進行降階展開，可得 $1 \cdot D_{n-2}$。因此導出三對角矩陣之遞迴關係式：
$D_n = D_{n-1} - D_{n-2} \quad (n \ge 3)$

2. 計算初始值與週期規律

計算前幾項數值：

• $D_1 = |1| = 1$
• $D_2 = \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = 0$

解題觀念

觀察矩陣 $A$ 可發現其具備以下特殊性質：

1. 對稱性：$A^T = A$。
2. 正交性（列/行向量正交）：$A$ 的任意兩不同列（或行）向量內積皆為 $0$，且各列（或行）向量與自身之內積皆為 $4$。

因此，$A^T A = 4 I_4$。

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推導過程

由 $A^T A = 4 I_4$ 及 $A^T = A$ 可得：
$A^2 = 4 I_4 \implies A \left( \frac{1}{4} A \right) = I_4$

故 $A$ 的反矩陣為：

核心觀念

線性算子 $T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3$ 的標準矩陣，是由標準基底向量

$$e_1=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\quad e_2=\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\quad e_3=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$$

的像依序作為矩陣的三個直欄：

$$[T]=\begin{bmatrix}T(e_1)&T(e_2)&T(e_3)\end{bmatrix}.$$

這是因為任意向量 $x=(x_1,x_2,x_3)^T$ 都能表示為

$$x=x_1e_1+x_2e_2+x_3e_3,$$

利用線性性可得

$$T(x)=x_1T(e_1)+x_2T(e_2)+x_3T(e_3).$$

因此，矩陣的第 $j$ 欄正是 $T(e_j)$。

解題方法

題目已直接給出三個標準基底向量的像：

$$T(e_1)=\begin{pmatrix}4\\6\\9\end{pmatrix}, \qquad T(e_2)=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}, \qquad T(e_3)=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}.$$

依照「像向量依序排列成直欄」的規則，標準矩陣為

核心觀念

此題考的是最小平方法（least squares method）。

當線性方程組

$$Az=b$$

無法精確成立時，尋找使殘差範數

$$\|Az-b\|$$

最小的向量 $z$。其解滿足正規方程式（normal equations）：

$$A^T A z=A^T b.$$

幾何上，$Az$ 是 $b$ 在 $A$ 的欄空間 $\operatorname{Col}(A)$ 上的正交投影，因此殘差 $b-Az$ 必須垂直於 $\operatorname{Col}(A)$。

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解題方法：建立正規方程式

令

$$z= \begin{bmatrix} z_1\\ z_2 \end{bmatrix}, \qquad A= \begin{bmatrix} 1&0\\ 1&1\\ 1&1 \end{bmatrix}, \qquad b= \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}.$$

先計算 $A^T A$：

$$A^T= \begin{bmatrix} 1&1&1\\ 0&1&1 \end{bmatrix},$$

因此

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

再計算 $A^T b$：

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

正規方程式為

$$\begin{bmatrix} 3&2\\ 2&2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} z_1\\ z_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2\\ 1 \end{bmatrix},$$

也就是

$$\begin{cases} 3z_1+2z_2=2,\\ 2z_1+2z_2=1. \end{cases}$$

兩式相減得

$$z_1=1.$$

代回第二式：

$$2(1)+2z_2=1 \quad\Longrightarrow\quad z_2=-\frac12.$$

核心觀念

在內積空間 $V = M_{2 \times 2}(\mathbb{R})$ 下，定義內積 $(A, B) = \text{tr}(A^T B)$（即 Frobenius 內積）。
設 $W$ 為所有 $2 \times 2$ 實對稱矩陣構成的子空間，則 $W^\perp$ 為所有斜對稱矩陣構成的子空間，且 $V = W \oplus W^\perp$。

根據最佳逼近定理（Best Approximation Theorem），空間中任一矩陣 $M$ 距離對稱矩陣空間 $W$ 最近的矩陣，即為 $M$ 在 $W$ 上的正交投影（Orthogonal Projection）：
$P_W(M) = \frac{M + M^T}{2}$

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核心觀念

若 $Av=\lambda v$，其中 $v\ne 0$，則：

• 當 $\lambda\ne 0$ 時，$A^{-1}v=\dfrac{1}{\lambda}v$，所以 $A^{-1}$ 的特徵值是 $A$ 的特徵值取倒數。
• $(2A)v=2\lambda v$，所以 $2A$ 的特徵值是 $A$ 的特徵值乘以 $2$。
• $A^2v=A(Av)=\lambda^2v$，所以 $A^2$ 的特徵值是 $A$ 的特徵值平方。

本題矩陣為 $4\times4$，特徵值須按代數重數計算。題目列出的 $-5,-2,1$ 中，$1$ 的重數為 $2$。

解題方法

由矩陣的跡可得特徵值總和：

$$\operatorname{tr}(A)=1+7-2-11=-5$$

設 $-5,-2,1$ 的代數重數分別為 $m_1,m_2,m_3$，則

$$m_1+m_2+m_3=4$$ $$-5m_1-2m_2+m_3=-5$$

由這兩式可得可能的重數組合為 $(m_1,m_2,m_3)=(0,3,1)$ 或 $(1,1,2)$。再由矩陣行列式判別：

$$\det(A) = \begin{vmatrix} -29&30&24\\ -15&16&12\\ -9&9&7 \end{vmatrix} =-29(4)-30(3)+24(9)=10$$