108 年 國立暨南國際大學資訊工程學系碩士班《數學（含離散數學、線性代數）》

核心觀念

本題考驗離散數學中**取整函數（Integer Functions）**的定義與基本運算，主要包含：

1. 地板函數（Floor Function，又稱最大整數函數／高斯函數）：
   記作 $[x]$ 或 $\lfloor x \rfloor$，定義為小於或等於實數 $x$ 的最大整數：
   $\lfloor x \rfloor = \max \{ n \in \mathbb{Z} \mid n \le x \}$
   對於任意實數 $x$，若存在整數 $n$ 滿足 $n \le x < n+1$，則 $[x] = n$。

2. 天花板函數（Ceiling Function，又稱最小整數函數）：
   記作 $\lceil x \rceil$，定義為大於或等於實數 $x$ 的最小整數：
   $\lceil x \rceil = \min \{ n \in \mathbb{Z} \mid n \ge x \}$
   對於任意實數 $x$，若存在整數 $n$ 滿足 $n-1 < x \le n$，則 $\lceil x \rceil = n$。

3. 運算順序之影響：
   取整函數不具備線性性質（一般情況下 $\lfloor x - y \rfloor \neq \lfloor x \rfloor - \lfloor y \rfloor$），故「先相減再取整」與「先取整再相減」的結果並不相同。

解題方法

根據取整函數之定義進行數值推導：

1. 單一實數取整：

   • 對於實數 $2.3$：因為 $2 \le 2.3 < 3$，其地板函數值為 $[2.3] = \lfloor 2.3 \rfloor = 2$；天花板函數值為 $\lceil 2.3 \rceil = 3$。
   • 對於實數 $1.6$：因為 $1 \le 1.6 < 2$，其地板函數值為 $[1.6] = \lfloor 1.6 \rfloor = 1$；天花板函數值為 $\lceil 1.6 \rceil = 2$。

2. 實數先運算後取整：

   • 先計算實數差：$2.3 - 1.6 = 0.7$。
   • 因為 $0 \le 0.7 < 1$，故地板函數值為 $[2.3 - 1.6] = \lfloor 0.7 \rfloor = 0$；天花板函數值為 $\lceil 2.3 - 1.6 \rceil = \lceil 0.7 \rceil = 1$。

3. 先取整後運算：

   • 先求得 $[2.3] = 2$ 與 $[1.6] = 1$。
   • 進行整數相減：$[2.3] - [1.6] = 2 - 1 = 1$。

選項與子題分析

本題給出三個子題，現有題面之三小題式子皆印製為 $[2.3] - [1.6]$。本解答針對現有題面進行精準推導，並補充電機資訊研究所離散數學標準教材（如 Grimaldi）常見之括號與符號排版變體：

(a) 小題分析

• 現有題面推導：計算式為 $[2.3] - [1.6]$。
  先分別計算地板函數：
  $[2.3] = \lfloor 2.3 \rfloor = 2$
  $[1.6] = \lfloor 1.6 \rfloor = 1$
  相減得：

將 $1$ 視為上升一步，$-1$ 視為下降一步。要求所有部分和非負，即長度 $6$、含 $3$ 次上升與 $3$ 次下降，且路徑不低於 $0$，其數量為第 $3$

核心觀念

本題為組合數學（Discrete Mathematics / Combinatorics）的經典定理——艾狄胥－塞開賴斯定理（Erdős–Szekeres Theorem） 的特例證明，主要考核以下三個核心觀念：

1. 鴿籠原理（Pigeonhole Principle / Dirichlet's Box Principle）：
   若將 $N$ 個物件（鴿子）放入 $k$ 個盒子（鴿籠）中，且 $N > k$，則至少有一個盒子包含至少 2 個物件。
2. 反證法（Proof by Contradiction）：
   先假設原命題的否定成立（即不存在長度為 $n+1$ 的單調子序列），推導出與已知事實矛盾的結論，從而證明原命題為真。
3. 最長單調子序列（Longest Monotonic Subsequence）：
   對序列中的每個元素，可定義以該元素結尾的最長遞增子序列長度與最長遞減子序列長度所組成的有序數對（Ordered Pair）。

解題方法

採用反證法結合鴿籠原理進行推導。

【步驟一：符號設定與數對定義】

設包含 $n^2 + 1$ 個相異實數的序列為：
$(a_1, a_2, a_3, \dots, a_{n^2+1})$

對每一個項 $a_i$（其中 $1 \le i \le n^2 + 1$），定義一個有序數對 $(x_i, y_i)$：

• $x_i$：以 $a_i$ 結尾的最長遞增子序列（Increasing Subsequence）之長度。
• $y_i$：以 $a_i$ 結尾的最長遞減子序列（Decreasing Subsequence）之長度。

由於序列中至少包含元素 $a_i$ 本身，因此對所有 $i$，均有 $x_i \ge 1$ 且 $y_i \ge 1$。

【步驟二：假設反證條件】

假設原命題不成立，即：
此序列既不包含長度為 $n+1$ 的遞增子序列，也不包含長度為 $n+1$ 的遞減子序列。

由此假設可知，對所有的 $i \in \{1, 2, \dots, n^2 + 1\}$，其最長長度皆滿足：
$1 \le x_i \le n \quad \text{且} \quad 1 \le y_i \le n$

因此，有序數對 $(x_i, y_i)$ 的所有可能取值均落在集合 $\{1, 2, \dots, n\} \times \{1, 2, \dots, n\}$ 中，可能的不同數對組合總數最多只有：
$n \times n = n^2 \text{ 種}$

【步驟三：套用鴿籠原理】

• 物件（鴿子）：序列中的 $n^2 + 1$ 個元素所對應的數對 $(x_1, y_1), (x_2, y_2), \dots, (x_{n^2+1}, y_{n^2+1})$，共 $n^2 + 1$ 個。
• 盒子（鴿籠）：數對的可能取值組合，最多有 $n^2$ 種。

因為物件數（$n^2 + 1$）大於盒子數（$n^2$），根據鴿籠原理，必然存在至少兩個不同的下標 $i$ 與 $j$（不妨設 $1 \le i < j \le n^2 + 1$），使得它們對應的數對完全相同：
$(x_i, y_i) = (x_j, y_j)$
即 $x_i = x_j$ 且 $y_i = y_j$。

【步驟四：導出矛盾】

因為序列中的元素皆為相異實數（$a_i \neq a_j$），故 $a_i$ 與 $a_j$ 的大小關係僅有兩種可能：

1. 若 $a_i < a_j$：
   任何以 $a_i$ 結尾的最長遞增子序列，在其後方串接 $a_j$ 後，即可形成一個以 $a_j$ 結尾且長度更長（長度為 $x_i + 1$）的遞增子序列。

核心觀念

本題屬於離散數學（Discrete Mathematics）中「生成函數（Generating Functions）」與「泰勒級數／無窮等比級數展開（Power Series Expansion）」的經典應用題。主要涵蓋以下核心知識點：

1. 部分分式分解（Partial Fraction Decomposition）：將複雜的有理函數拆解為簡單的單項分式組合。
2. 無窮等比級數與負整數次方二項式展開（Binomial Expansion with Negative Exponents）：
   • $\frac{1}{1-u} = \sum_{n=0}^{\infty} u^n$ （當 $|u| < 1$）
   • $\frac{1}{(1-u)^2} = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1) u^n$ （亦可由 $\frac{1}{1-u}$ 對 $u$ 微分推導獲得）
3. 特定項係數提取（Coefficient Extraction）：利用記號 $[x^k] f(x)$ 代表函數 $f(x)$ 在以 $x=0$ 為中心之級數展開式中 $x^k$ 的係數。

解題方法

步驟一：進行部分分式分解

設目標函數為：
$f(x) = \frac{1}{(x-3)(x-2)^2} = \frac{A}{x-3} + \frac{B}{x-2} + \frac{C}{(x-2)^2}$

將右式通分後比較分子：
$1 = A(x-2)^2 + B(x-3)(x-2) + C(x-3)$

1. 代入 $x = 3$：
   $1 = A(3-2)^2 \implies A = 1$
2. 代入 $x = 2$：
   $1 = C(2-3) \implies C = -1$
3. 比較 $x^2$ 項之係數：
   $0 = A + B \implies B = -A = -1$

因此，部分分式分解結果為：
$f(x) = \frac{1}{x-3} - \frac{1}{x-2} - \frac{1}{(x-2)^2}$

步驟二：將各分式展開為 $x$ 的冪級數

1. 第一分項：$\frac{1}{x-3}$
   提出 $-3$ 以化為標準型態：
   $\frac{1}{x-3} = \frac{1}{-3\left(1-\frac{x}{3}\right)} = -\frac{1}{3} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{x}{3}\right)^n = -\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{3^{n+1}} x^n$
   取 $n=8$，其 $x^8$ 之係數為：
   $[x^8]\left(\frac{1}{x-3}\right) = -\frac{1}{3^9} = -\frac{1}{19683}$

2. 第二分項：$-\frac{1}{x-2}$
   提出 $-2$ 以化為標準型態：
   $-\frac{1}{x-2} = -\frac{1}{-2\left(1-\frac{x}{2}\right)} = \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{x}{2}\right)^n = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2^{n+1}} x^n$
   取 $n=8$，其 $x^8$ 之係數為：
   $[x^8]\left(-\frac{1}{x-2}\right) = \frac{1}{2^9} = \frac{1}{512}$

3. 第三分項：$-\frac{1}{(x-2)^2}$
   改寫為：
   $-\frac{1}{(x-2)^2} = -\frac{1}{4\left(1-\frac{x}{2}\right)^2}$

核心觀念

本題屬於組合數學（Combinatorics）與離散數學中**遞迴關係式（Recurrence Relation）**的經典應用——棋盤鋪滿問題（Tiling Problem）。

1. 加法原理（Addition Principle）：依據第一格（或最後一格）所使用的磁磚類型進行不重疊的分類討論（Case Analysis）。
2. 費氏數列（Fibonacci Sequence）：此鋪設問題的遞迴關係式 $a_n = a_{n-1} + a_{n-2}$ 正好對應費氏數列的定義，其中第 $k$ 項費氏數定義為 $F_0 = 0, F_1 = 1, F_2 = 1, F_3 = 2, \dots, F_k = F_{k-1} + F_{k-2}$。
3. 二階常係數齊次遞迴關係式之封閉解（Closed-form Solution）：利用特徵方程式（Characteristic Equation）求解遞迴關係式之通解與特解。

解題方法

設 $a_n$ 表示以 $1 \times 1$ 白色正方形磁磚與 $1 \times 2$ 藍色長方形磁磚鋪滿 $1 \times n$ 棋盤的方法數（其中 $n \in \mathbb{Z}^+$）。

步驟一：建立遞迴關係式

考慮 $1 \times n$ 棋盤最左端的第一個鋪設位置：

1. 情況一（第一格鋪設 $1 \times 1$ 白色磁磚）：
   此時佔用 1 個單位長度，剩餘 $1 \times (n-1)$ 的棋盤需要鋪滿，其鋪設方法數為 $a_{n-1}$。
2. 情況二（前兩格鋪設 $1 \times 2$ 藍色磁磚）：
   此時佔用 2 個單位長度，剩餘 $1 \times (n-2)$ 的棋盤需要鋪滿，其鋪設方法數為 $a_{n-2}$。

由加法原理，兩種情況互斥且涵蓋所有可能，故當 $n \ge 3$ 時，遞迴關係式為：
$a_n = a_{n-1} + a_{n-2}$

步驟二：確定初始條件（邊界條件）

• 當 $n = 1$ 時：只能鋪設 1 塊 $1 \times 1$ 白色磁磚，故 $a_1 = 1$。
• 當 $n = 2$ 時：可鋪設 2 塊 $1 \times 1$ 白色磁磚，或 1 塊 $1 \times 2$ 藍色磁磚，故 $a_2 = 2$。

步驟三：求解封閉解（Closed-Form Expression）

將遞迴關係式改寫為 $a_n - a_{n-1} - a_{n-2} = 0$。
設其對應的特徵方程式為：
$r^2 - r - 1 = 0$
解得特徵根（Characteristic Roots）為：
$r_1 = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}, \quad r_2 = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$

因此，通解可表示為：
$a_n = C_1 \left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)^n + C_2 \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right)^n$

帶入初始條件 $a_1 = 1$ 與 $a_2 = 2$ 解未定係數 $C_1, C_2$：

1. $n = 1 \implies C_1 \left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right) + C_2 \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right) = 1$
2. $n = 2 \implies C_1 \left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)^2 + C_2 \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right)^2 = 2$

解此聯立方程式得：

核心觀念

流量網路中，每條邊的流量須介於 $0$ 與容量之間；除源點 $a$、匯點 $z$ 外，每個頂點都須滿足「流入量＝流出量」。流量值等於源點的總流出量，也等於匯點的總流入量。

割 $(P,\overline P)$ 將頂點分成兩組，且 $a\in P$、$z\in\overline P$。割容量是所有由 $P$ 指向 $\overline P$ 的邊容量總和。

解題方法

依圖中箭頭與標示，已知流量為 $a\to b=10$、$a\to h=8$、$b\to d=5$、$b\to g=3$、$h\to g=6$。其餘待求邊為 $b\to h=s$、$h\to i=t$、$d\to z=w$、$g\to z=x$、$i\to z=y$。

逐一對中間頂點套用流量守恆：

• 頂點 $b$：流入 $10$，流出為 $5+s+3$，所以
  $10=5+s+3,\qquad s=2.$

• 頂點 $h$：流入為 $8+s$，流出為 $6+t$。代入 $s=2$：
  $8+2=6+t,\qquad t=4.$

• 頂點 $d$：只有 $5$ 單位流入，因此
  $w=5.$

• 頂點 $g$：流入為 $3+6$，因此
  $x=3+6=9.$

• 頂點 $i$：流入為 $t=4$，因此
  $y=4.$

核心觀念

本題考查 $\mathbb{R}^3$ 中的張成、線性獨立、基底與正交規範基底。

1. 張成（span）：若向量集合 $S$ 的線性組合可以表示 $\mathbb{R}^3$ 中每一個向量，則稱 $S$ 張成 $\mathbb{R}^3$。
2. 線性獨立：若

僅有 $c_1=\cdots=c_k=0$，則 $\{\mathbf{v}_1,\ldots,\mathbf{v}_k\}$ 線性獨立。
3. 基底：同時張成空間且線性獨立的集合。
4. $\mathbb{R}^3$ 的維度為 $3$，因此：

• 最少需要 $3$ 個向量才能張成 $\mathbb{R}^3$。
• $\mathbb{R}^3$ 中的線性獨立集合最多含有 $3$ 個向量。
• $\mathbb{R}^3$ 的任一組基底恰有 $3$ 個向量。
• 標準基底

 是最直接的例子。

解題方法與各小題

(a) 找出含有四個向量且能張成 $\mathbb{R}^3$ 的集合

取

其中前三個向量就是 $\mathbb{R}^3$ 的標準基底。任意向量 $(x,y,z)\in\mathbb{R}^3$ 都可以寫成

因此前三個向量已經能張成 $\mathbb{R}^3$，加入第四個向量 $(1,1,1)$ 後，整個集合仍然能張成 $\mathbb{R}^3$。

第四個向量其實是前三個向量的線性組合：

所以此集合能張成 $\mathbb{R}^3$，但不是線性獨立集合。

(b) 找出線性獨立且能張成 $\mathbb{R}^3$ 的集合

取標準基底

先驗證張成性。任意 $(x,y,z)\in\mathbb{R}^3$ 可表示為

因此 $S$ 張成 $\mathbb{R}^3$。

再驗證線性獨立性。若

則比較三個分量可得

因此只有平凡解，故 $S$ 線性獨立。

所以 $S$ 是 $\mathbb{R}^3$ 的一組基底。

(c) 找出一組正交規範基底

仍取

驗證兩兩正交：

再驗證每個向量的長度皆為 $1$：

核心觀念

本題旨在考察線性方程組同解性定理 (Equivalence of Solution Sets) 與 高斯消去法 (Gaussian Elimination) 的代數結構基礎。主要涵蓋以下關鍵定義與定理：

1. 增廣矩陣 (Augmented Matrix)：線性方程組 $Ax = b$ 可以完全轉譯為增廣矩陣 $[A \mid b]$。
2. 列基本運算 (Elementary Row Operations, EROs)：高斯消去法的運算單元僅包含以下三種列轉化：
   • 列對調 (Row Swapping)：$R_i \leftrightarrow R_j$
   • 列非零純量倍 (Row Multiplication)：$c R_i \to R_i \quad (c \neq 0)$
   • 列倍加 (Row Addition / Replacement)：$R_i + c R_j \to R_i \quad (i \neq j)$
3. 基本矩陣 (Elementary Matrix) 與可逆性 (Reversibility)：每種 ERO 皆可等價表示為在增廣矩陣左側乘以一個可逆的基本矩陣 $E$。
4. 列等價 (Row Equivalence) 與同解性：若矩陣 $[A \mid b]$ 經有限次 EROs 轉化為 $[A' \mid b']$，兩矩陣稱為列等價。由 EROs 的雙向可逆性，可保證原方程組 $Ax = b$ 與新方程組 $A'x = b'$ 擁有完全相同的解集合。

解題方法

要說明高斯消去法能精確求解任意線性方程組，必須證明經由列基本運算化簡前後的方程組具備解集合的雙向包含性（充要條件）。完整推導步驟如下：

第一步：建立方程組與列運算的矩陣表示

考慮包含 $m$ 個線性方程、$n$ 個未知數的任意系統 $Ax = b$：

其對應之增廣矩陣為 $M = [A \mid b]$。高斯消去法係透過有限次 EROs 將 $M$ 化簡至列階梯形 (Row Echelon Form, REF) 或簡化列階梯形 (Reduced Row Echelon Form, RREF) $M' = [A' \mid b']$。

第二步：證明每一種列基本運算皆具備可逆性

設方程組中第 $i$ 列方程表示為 $R_i$：

1. 列對調 ($R_i \leftrightarrow R_j$)：
   • 逆運算為再次對調該兩列 $R_i \leftrightarrow R_j$。
2. 列非零純量倍 ($c R_i \to R_i$，其中 $c \neq 0$)：
   • 逆運算為同列乘以其倒數 $\frac{1}{c} R_i \to R_i$。
3. 列倍加 ($R_i + c R_j \to R_i$，其中 $i \neq j$)：
   • 逆運算為第 $j$ 列乘上 $-c$ 加回第 $i$ 列，即 $R_i + (-c) R_j \to R_i$。

在矩陣代數中，執行第 $k$ 次 ERO 等同於在增廣矩陣左側乘上一基本矩陣 $E_k$。由於上述每一種運算皆存在唯一的逆運算，故所有基本矩陣 $E_k$ 皆為可逆矩陣 (Invertible Matrix)（即 $\det(E_k) \neq 0$ 且 $E_k^{-1}$ 亦為基本矩陣）。

第三步：證明變換前後方程組之同解性

設原方程組 $Ax = b$ 的解集合為 $S = \{v \in \mathbb{R}^n \mid Av = b\}$，經過 $k$ 次列運算後新方程組 $A'x = b'$ 的解集合為 $S' = \{v \in \mathbb{R}^n \mid A'v = b'\}$，其中 $A' = E A$、$b' = E b$，而 $E = E_k E_{k-1} \cdots E_1$。

1. 證明 $S \subseteq S'$ (正向蘊涵)：
   若 $v \in S$，代表 $Av = b$ 成立。兩邊同左乘可逆矩陣 $E$ 得：

核心觀念

本題考查線性代數中內積空間（Inner Product Space）、**引導範數（Induced Norm）與單位圓（Unit Circle）**的幾何定義：

1. 引導範數：在內積空間 $(V, \langle \cdot, \cdot \rangle)$ 中，向量 $v$ 的範數（長度）定義為 $\|v\| = \sqrt{\langle v, v \rangle}$。
2. 單位圓的定義：平面上所有滿足範數等於 $1$ 的向量集合，即 $S = \{ v \in \mathbb{R}^2 \mid \|v\| = 1 \}$，等價於 $\langle v, v \rangle = 1$。
3. 加權內積下的幾何形狀：單位圓的幾何軌跡取決於內積的定義。若內積非標準歐幾里得內積，單位圓形狀一般為橢圓（Ellipse）。

解題方法

步驟一：求出單位圓的代數方程式
設向量 $v = (u_1, u_2) \in \mathbb{R}^2$（或寫作坐標 $(x, y)$）。
根據題目給定的內積定義 $\langle u, v \rangle = \frac{1}{4}u_1v_1 + \frac{1}{9}u_2v_2$，向量 $v$ 與自身的內積為：
$\langle v, v \rangle = \frac{1}{4}u_1^2 + \frac{1}{9}u_2^2$

依據內積空間中單位圓的定義，範數 $\|v\| = 1 \iff \|v\|^2 = \langle v, v \rangle = 1$。
代入內積展開式：
$\frac{1}{4}u_1^2 + \frac{1}{9}u_2^2 = 1$

若將坐標變數寫成常見的 $(x, y)$，則方程式為：
$\frac{x^2}{2^2} + \frac{y^2}{3^2} = 1$

步驟二：分析與描繪圖形特徵（Sketch）
對方程式 $\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} = 1$ 進行幾何分析：

1. 中心點：位於原點 $(0, 0)$。
2. 與座標軸之截點（四頂點）：
   • 令 $y = 0$，解得 $x = \pm 2$，頂點為 $(2, 0)$ 與 $(-2, 0)$。
   • 令 $x = 0$，解得 $y = \pm 3$，頂點為 $(0, 3)$ 與 $(0, -3)$。
3. 長短軸：
   • $x$ 軸方向半軸長 $a = 2$（半短軸）。

核心觀念

1. 正交補空間（Orthogonal Complement）定義：
   設 $W$ 為內積空間 $V$ 的子空間，則 $W$ 的正交補空間記作 $W^\perp$，其定義為與 $W$ 中所有向量皆正交的向量集合：
   $W^\perp = \{ \mathbf{x} \in V \mid \mathbf{x} \cdot \mathbf{w} = 0, \, \forall \mathbf{w} \in W \}$

2. 生成集的正交條件：
   若 $W = \text{span}\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \dots, \mathbf{v}_k\}$，則 $\mathbf{x} \in W^\perp$ 的充要條件為 $\mathbf{x}$ 與 $W$ 的生成基底向量皆正交，即：
   $\mathbf{x} \cdot \mathbf{v}_i = 0, \quad \forall i = 1, 2, \dots, k$

3. 維度定理（Dimension Theorem for Orthogonal Complements）：
   若 $W$ 為有限維內積空間 $V$ 的子空間，則：
   $\dim(V) = \dim(W) + \dim(W^\perp)$
   本題中 $V = \mathbb{R}^3$，$\dim(W) = 1$，故 $\dim(W^\perp) = 3 - 1 = 2$。

解題方法

步驟一：分析子空間 $W$
給定子空間 $W = \{ t(1, 2, 3) \mid t \in \mathbb{R} \}$，代表 $W$ 是由單一非零向量 $\mathbf{v} = (1, 2, 3)^T$ 所生成的 1 維子空間，即：
$W = \text{span}\left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} \right\}$

步驟二：建立正交條件方程式
設向量 $\mathbf{x} = (x, y, z)^T \in \mathbb{R}^3$ 屬於正交補空間 $W^\perp$。
根據定義，$\mathbf{x}$ 必須與 $W$ 的生成向量 $(1, 2, 3)^T$ 做內積等於零：
$(x, y, z) \cdot (1, 2, 3) = 0$

展開可得單一線性齊次方程式：
$x + 2y + 3z = 0$

步驟三：求齊次聯立方程組的通解（子空間基底）
將自由變數設為 $y = s$ 與 $z = t$（其中 $s, t \in \mathbb{R}$），可得：
$x = -2s - 3t$

核心觀念

本題考查「基底變換矩陣」與「零空間」：

• 若新基底 $B'=\{\mathbf b'_1,\mathbf b'_2\}$ 的向量以標準基底 $B$ 表示，組成矩陣
  $P=\begin{bmatrix}\mathbf b'_1&\mathbf b'_2\end{bmatrix},$
  則有
  $[\mathbf v]_B=P[\mathbf v]_{B'}.$
• 題目要求滿足
  $A[\mathbf v]_B=[\mathbf v]_{B'},$
  因此
  $A=P^{-1}.$

令
$s=\frac{\sqrt{2}}{2}.$

則
$\mathbf b'_1=(s,s),\qquad \mathbf b'_2=(s,-s).$

解題方法

(a) 求基底變換矩陣 $A$

由新基底向量作為欄向量，

此矩陣的兩個欄向量互相正交且皆為單位向量，因此 $P$ 為正交矩陣，滿足

又因為此矩陣恰好對稱，所以 $P^T=P$，因此

也可直接驗算：

所以 $A^{-1}=A$。

(b) 求 $[\mathbf v]_B$

題目給定

由於 $B=\{(1,0),(0,1)\}$ 是標準基底，向量在 $B$ 下的座標就是其一般座標，因此

若順便求其在新基底 $B'$ 下的座標，則