109 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

本題考驗日常生活常見的「商業折扣與單位成本計算」。核心概念在於區分實際支付金額與總取得數量的關係：

1. 「買 $N$ 送 $M$」的單位成本比率：$\text{平均單價比率} = \frac{N}{N + M}$。
2. 「打 $X$ 折」的單位成本比率：$\text{平均單價比率} = \frac{X}{10} = 10X\%$。

解題方法

設單一物品的原價為 $P$ 元。

分別計算在「買十送一」與「打九折」兩種優惠方案下，消費者購買每樣物品平均所付出的成本單價：

1. 買十送一：
   付 $10$ 件物品的金額，可獲得 $10 + 1 = 11$ 件物品。

   • 總支出金額：$10P$
   • 取得物品總數量：$11$ 件
   • 平均每件物品付出成本：
     $\text{單價}_1 = \frac{10P}{11} = \frac{10}{11}P \approx 0.9091P$

2. 打九折：
   每件物品皆以原價的 $90\%$ 出售。

   • 平均每件物品付出成本：
     $\text{單價}_2 = 0.9P = \frac{9}{10}P = 0.9000P$

核心觀念
本題考驗離散數學與初等數論（Number Theory）中關於**質數（Prime Number）的嚴格定義，以及算術基本定理（Fundamental Theorem of Arithmetic）**對質數定義的要求。

解題方法
採用定義判別法與理論依據推導進行判定：

1. 依據質數的標準定義：一個整數 $p$ 若稱為質數，必須滿足 $p > 1$，且 $p$ 的正因數恰好只有 $1$ 與 $p$ 本身（即恰有兩個相異正因數）。
2. 算術基本定理的唯一性需求：算術基本定理指出「任何大於 1 的正整數都可以唯一表示為質數的乘積（不計順序）」。

核心觀念

• 頂點適當著色（Proper Vertex Coloring）與著色數（Chromatic Number, $\chi(G)$）：
  對無向圖 $G = (V, E)$ 的頂點塗色，使得任意相鄰的兩頂點 $u, v \in V$（其中 $(u, v) \in E$）所塗顏色皆不相同，稱為適當著色。使圖 $G$ 完成適當著色所需的最少顏色數，稱為圖 $G$ 的著色數，記為 $\chi(G)$。
• 四色定理（Four Color Theorem）：
  在圖論中，四色定理指出：任何平面圖（Planar Graph）的頂點著色數均滿足 $\chi(G) \le 4$。亦即，任意給定的平面圖皆可被 4-著色（4-colorable），最多只需要 4 種顏色便能讓所有相鄰頂點顏色相異。

解題方法

1. 分析題幹條件：
   題目給定對象為「任意給定的平面圖（planar graph）」，要求的操作為「頂點著色，每個頂點僅著 1 種顏色，且相鄰兩頂點顏色不同（適當頂點著色）」，並宣稱「一共只要有 4 種顏色即可完成」。
2. 對應數學定理：
   根據經典圖論中的四色定理，任意平面圖 $G$ 的著色數 $\chi(G)$ 必定不大於 4（即 $\chi(G) \le 4$）。
3. 結論推導：
   由於 4 種顏色對於任何平面圖的頂點適當著色皆已足夠，因此題幹的敘述完全符合四色定理之推論，命題為真。

核心觀念

本題考查機率論中**獨立事件（Independent Events）的定義以及事件交集機率（Probability of Intersection）**的取值範圍。

1. 獨立事件定義：兩機率事件 $A$ 與 $B$ 互相獨立的充要條件為
   $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$
2. 非獨立事件之交集機率範圍：若題目未說明 $A$ 與 $B$ 互相獨立，則交集機率 $P(A \cap B)$ 的數值取決於兩事件的相關性與重疊程度，僅受限於以下邊界：
   $\max(0, P(A) + P(B) - 1) \le P(A \cap B) \le \min(P(A), P(B))$

解題方法

1. 檢視題目已知條件：給定 $P(A) = \frac{1}{2}$ 且 $P(B) = \frac{1}{2}$，但未宣告 $A$ 與 $B$ 為獨立事件。
2. 將已知機率代入交集機率範圍公式：
   $\max\left(0, \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - 1\right) \le P(A \cap B) \le \min\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$
   $0 \le P(A \cap B) \le \frac{1}{2}$
3. 結論：$P(A \cap B)$ 的可能值為閉區間 $\left[0, \frac{1}{2}\right]$ 中的任意實數，並不必然等於 $\frac{1}{4}$。因此原敘述不成立。

核心觀念
本題考查鴿籠原理（Pigeonhole Principle）與數論中的整除關係。
離散數學中有一個經典定理：

在集合 $\{1, 2, \dots, 2n\}$ 中任意選取 $n+1$ 個整數，必然存在兩個數，其中一個能整除另一個（即具備整數倍數關係）。

本題中 $2n = 20$，故 $n = 10$。上述定理指出選取 $n+1 = 11$ 個整數時，才必定存在倍數關係；然而題目僅選取 $n = 10$ 個數字，因此可以構造出反例使倍數關係不成立。

解題方法
要證明「一定存在」的命題為錯誤，只需構造出一個包含 10 個數字的反例集合，使得該集合中任意兩數均無整數倍數關係。

1. 構造反例集合：
   取 $1$ 至 $20$ 中較大的後半段 10 個整數，組成集合：
   $S = \{11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20\}$
   集合 $S$ 的元素個數 $|S| = 20 - 11 + 1 = 10$，符合題目「從 1 至 20 中任意取出 10 個數字」的條件。

2. 驗證整數倍數關係：
   任取 $S$ 中相異兩數 $a, b$，不妨設 $a < b$。
   由於 $S$ 中最小的元素 $a \ge 11$，故：
   $2a \ge 22 > 20 \ge b$
   兩邊同除以 $a$ 可得：
   $1 < \frac{b}{a} < 2$
   因為 $\frac{b}{a}$ 嚴格介於 1 與 2 之間，不可能為整數，故 $a$ 無法整除 $b$。
   由此可知，集合 $S$ 中任意兩數皆不存在整數倍數關係。

3. 鴿籠原理背景證明：
   任何正整數 $x$ 均可唯一表示為 $x = 2^k \cdot m$，其中 $k \ge 0$ 為非負整數，$m$ 為奇數。

核心觀念

1. 質數與合數之定義：

   • 質數（Prime Number）：大於 $1$ 的自然數中，除了 $1$ 和該數本身以外，無法被其他正整數整除的數。注意：$1$ 既不是質數也不是合數。
   • 合數（Composite Number）：大於 $1$ 且不是質數的自然數。

2. 質數測試定理（埃拉托斯特尼篩法原理）：
   若正整數 $n > 1$ 為合數，則 $n$ 必存在一質因數 $p$ 滿足 $p \le \sqrt{n}$。
   對於 $N = 100$，因為 $\lfloor \sqrt{100} \rfloor = 10$，小於等於 $10$ 的質數僅有 $2, 3, 5, 7$ 四個。因此，任何小於等於 $100$ 的合數，必然能被 $2, 3, 5, 7$ 中至少一個質數整除。

3. 排容原理（Inclusion-Exclusion Principle）：
   在離散數學中，欲計算集合中不具備某些性質的元素個數，可透過排容原理精確求解：
   $|\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \dots \cap \overline{A_n}| = |U| - S_1 + S_2 - S_3 + \dots + (-1)^n S_n$
   其中 $S_k$ 表示任意 $k$ 個集合交集大小的總和。

解題方法

本題要求詳細推導過程，最嚴謹且符合離散數學考試標準的方法為**「排容原理推導法」**。

步驟一：建立集合模型

考慮全集 $U = \{2, 3, 4, \dots, 100\}$（即 $100$ 以內大於 $1$ 的所有自然數），其元素個數為：
$|U| = 100 - 1 = 99$

設 $A_1, A_2, A_3, A_4$ 分別代表 $U$ 中能被 $2, 3, 5, 7$ 整除的數所構成的子集。

步驟二：計算各階交集之元素個數

1. 單一集合大小總和 ($S_1$)：

   • $|A_1| = \lfloor \frac{100}{2} \rfloor = 50$
   • $|A_2| = \lfloor \frac{100}{3} \rfloor = 33$
   • $|A_3| = \lfloor \frac{100}{5} \rfloor = 20$
   • $|A_4| = \lfloor \frac{100}{7} \rfloor = 14$
     $S_1 = 50 + 33 + 20 + 14 = 117$

2. 兩兩交集大小總和 ($S_2$)：

   • $|A_1 \cap A_2| = \lfloor \frac{100}{\text{lcm}(2,3)} \rfloor = \lfloor \frac{100}{6} \rfloor = 16$
   • $|A_1 \cap A_3| = \lfloor \frac{100}{\text{lcm}(2,5)} \rfloor = \lfloor \frac{100}{10} \rfloor = 10$
   • $|A_1 \cap A_4| = \lfloor \frac{100}{\text{lcm}(2,7)} \rfloor = \lfloor \frac{100}{14} \rfloor = 7$
   • $|A_2 \cap A_3| = \lfloor \frac{100}{\text{lcm}(3,5)} \rfloor = \lfloor \frac{100}{15} \rfloor = 6$
   • $|A_2 \cap A_4| = \lfloor \frac{100}{\text{lcm}(3,7)} \rfloor = \lfloor \frac{100}{21} \rfloor = 4$
   • $|A_3 \cap A_4| = \lfloor \frac{100}{\text{lcm}(5,7)} \rfloor = \lfloor \frac{100}{35} \rfloor = 2$
     $S_2 = 16 + 10 + 7 + 6 + 4 + 2 = 45$

3. 三三交集大小總和 ($S_3$)：

   • $|A_1 \cap A_2 \cap A_3| = \lfloor \frac{100}{\text{lcm}(2,3,5)} \rfloor = \lfloor \frac{100}{30} \rfloor = 3$

題目未交代作答策略與答對機率；以下假設每題皆作答、獨立猜測，答對機率為 $\frac12$。

設答對題數為 $X$，則

答錯題數為 $5-X$，未截斷前得分為

因總分最低為 $0$，故實際得分

僅 $X\ge 3$ 時得正分，因此

設

取 $2^k\le n<2^{k+1}$，並令

由於 $2^k$ 是不超過 $n$ 的最大 $2$ 的冪次，故 $L/2^k$ 為奇數。

核心觀念

本題屬於離散數學中**二階常係數齊次線性遞迴關係式（Second-Order Homogeneous Linear Recurrence Relation）**的經典求解與證明問題，核心考點如下：

1. 特徵方程式法（Characteristic Equation Method）：
   對於遞迴關係式 $F_{n+2} - F_{n+1} - F_n = 0$，其對應的特徵方程式為 $x^2 - x - 1 = 0$。解出的兩相異實根稱為特徵根 $\alpha, \beta$：
   $\alpha = \frac{1+\sqrt{5}}{2}, \quad \beta = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$
   通解可表示為特徵根的線性組合：
   $F_n = c_1 \alpha^n + c_2 \beta^n$
2. 根與係數的代數性質：
   由於 $\alpha, \beta$ 為 $x^2 - x - 1 = 0$ 之兩根，滿足：
   $\alpha + \beta = 1, \quad \alpha \beta = -1, \quad \alpha - \beta = \sqrt{5}$
   $\alpha^2 = \alpha + 1, \quad \beta^2 = \beta + 1$
3. 數學歸納法（Mathematical Induction）：
   已知遞迴關係式時，亦可透過強數學歸納法（Strong Induction）驗證通解對所有整數 $n \ge 0$ 均成立。

解題方法

本題可採用「特徵方程式推導法」求得閉合形式，或採用「強數學歸納法」直接進行代數驗證。以下提供兩種完全嚴密的證明過程。

方法一：特徵方程式法（求解與推導）

1. 建立特徵方程式並求根：
   遞迴式為 $F_{n+2} - F_{n+1} - F_n = 0$，設通解解法 $F_n = x^n$ 代入得特徵方程式：
   $x^2 - x - 1 = 0$
   由公式解求得兩特徵根：
   $\alpha = \frac{1+\sqrt{5}}{2}, \quad \beta = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$

2. 寫出通解形式：
   因兩根相異，齊次遞迴關係式的通解為：
   $F_n = c_1 \alpha^n + c_2 \beta^n = c_1 \left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)^n + c_2 \left( \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)^n$

3. 配合初值條件確定常數 $c_1, c_2$：
   若依題目要求證明之通解形式為 $F_n = \frac{1}{\sqrt{5}} (\alpha^{n+1} - \beta^{n+1})$，其待定係數滿足 $c_1 = \frac{\alpha}{\sqrt{5}}$, $c_2 = -\frac{\beta}{\sqrt{5}}$。
   代入初值 $n=0$ 與 $n=1$ 進行驗證：

   • 當 $n = 0$ 時：
     $F_0 = \frac{1}{\sqrt{5}} (\alpha^1 - \beta^1) = \frac{1}{\sqrt{5}} \left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} - \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right) = \frac{1}{\sqrt{5}} (\sqrt{5}) = 1$
   • 當 $n = 1$ 時：
     $F_1 = \frac{1}{\sqrt{5}} (\alpha^2 - \beta^2) = \frac{1}{\sqrt{5}} (\alpha + \beta)(\alpha - \beta) = \frac{1}{\sqrt{5}} (1)(\sqrt{5}) = 1$
   • 經由遞迴式 $F_{n+2} = F_{n+1} + F_n$，可推得整組數列由特徵根組合唯一確定。故通解確為：
     $F_n = \frac{1}{\sqrt{5}} \left[ \left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)^{n+1} - \left( \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)^{n+1} \right]$

方法二：強數學歸納法（代數結構證明）

令 $\alpha = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$, $\beta = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$，欲證命題 $P(n)$ 為：
$F_n = \frac{1}{\sqrt{5}} (\alpha^{n+1} - \beta^{n+1}), \quad \forall n \ge 0$

沿第一列展開：

核心觀念

矩陣 $A$ 的列空間（row space）是由 $A$ 的所有列向量所張成的子空間：

列空間的維度等於矩陣的秩，即

求規範正交基底可使用 Gram–Schmidt 正交化法，將列空間中的一組基底轉換為彼此正交且長度為 $1$ 的向量。

解題方法

矩陣 $A$ 的三個列向量為

觀察可得

因此 $r_3$ 可由 $r_1,r_2$ 線性表示。又因為 $r_1$ 與 $r_2$ 並非倍數關係，所以 $r_1,r_2$ 線性獨立。

故

並且

Gram–Schmidt 正交化

先取

其長度為

因此第一個規範向量為

接著將 $r_2$ 中沿著 $u_1$ 的分量扣除。投影為

計算內積：

所以

令

核心觀念

1. 矩陣的核空間（Null Space / Kernel）：
   對一 $m \times n$ 矩陣 $A$，其核空間定義為所有滿足齊次線性方程系統 $Ax = 0$ 的向量 $x \in \mathbb{R}^n$ 所構成的向量子空間，記作 $\text{Null}(A)$ 或 $\ker(A)$：
   $\text{Null}(A) = \{ x \in \mathbb{R}^n \mid Ax = 0 \}$

2. 核空間的維度（Nullity）：
   核空間 $\text{Null}(A)$ 的維度即為齊次方程組 $Ax = 0$ 中自由變數（free variables）的個數。亦滿足秩與零度定理（Rank-Nullity Theorem）：
   $\text{rank}(A) + \text{nullity}(A) = n$
   其中 $n$ 為矩陣 $A$ 的行數（列向量個數）。

3. 規範正交基底（Orthonormal Basis）：
   若子空間的一組基底 $S = \{u_1, u_2, \dots, u_k\}$ 滿足：

   • 正交性（Orthogonality）：對任意 $i \neq j$，$u_i \cdot u_j = 0$。
   • 規範性／單位化（Normalization）：對所有 $i = 1, \dots, k$，$\|u_i\| = 1$。
     則稱 $S$ 為該子空間的一組規範正交基底。若子空間維度為 $1$，將該基底向量除以其歐幾里得範數（向量長度）即可完成規範正交化。

解題方法

步驟一：求解齊次線性方程系統 $Ax = 0$

題目所求之線性方程系統為：
$\begin{cases} x_1 + x_2 = 0 \\ x_2 + x_3 = 0 \\ x_1 - x_3 = 0 \end{cases}$

寫成係數矩陣 $A$ 的形式：
$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}$

對矩陣 $A$ 進行初等列運算，將其化簡為簡列梯形矩陣（Reduced Row Echelon Form, RREF）：

1. 第 3 列減去第 1 列（$R_3 \leftarrow R_3 - R_1$）：
   $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & -1 \end{pmatrix}$

2. 第 3 列加上第 2 列（$R_3 \leftarrow R_3 + R_2$）：
   $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

3. 第 1 列減去第 2 列（$R_1 \leftarrow R_1 - R_2$）：
   $\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

由簡列梯形矩陣可得方程組關係：
$\begin{cases} x_1 - x_3 = 0 \implies x_1 = x_3 \\ x_2 + x_3 = 0 \implies x_2 = -x_3 \end{cases}$

主元（pivot）位於第 1 行與第 2 行，故 $x_3$ 為自由變數。設 $x_3 = t \quad (t \in \mathbb{R})$，通解可寫為：
$x = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} t \\ -t \\ t \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad t \in \mathbb{R}$

因此，矩陣 $A$ 的核空間為：
$\text{Null}(A) = \text{span}\left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \right\}$

設 $A$ 的三個列向量（橫列）為

若 $x\in\operatorname{Null}(A)$，則 $Ax=0$，亦即

核心觀念

1. 子空間正交補空間關係（Fundamental Subspaces Theorem）：
   對於歐式空間 $\mathbb{R}^n$ 中的矩陣 $A$，其列空間 $\text{Row}(A)$ 與零空間 $\text{Null}(A)$ 互為正交補空間（Orthogonal Complement），即：
   $(\text{Row}(A))^\perp = \text{Null}(A)$
   全空間可分解為直和：$\mathbb{R}^3 = \text{Row}(A) \oplus \text{Null}(A)$。

2. 正交投影矩陣（Orthogonal Projection Matrix）之計算公式：
   令 $W = \text{Row}(A)$。

   • 直攻法：若 $W$ 的一組基底所構成的矩陣為 $B$（行向量線性獨立），則投影至 $W$ 的代表矩陣為：
     $P = B(B^T B)^{-1} B^T$
   • 補空間法：若 $W^\perp = \text{Null}(A)$ 由單一單位向量 $u$ 生成（維度為 1），則投影至 $W^\perp$ 的矩陣為 $P_{W^\perp} = \frac{n n^T}{n^T n}$。利用補空間投影關係，投影至 $W$ 的代表矩陣為：
     $P = I - P_{W^\perp} = I - \frac{n n^T}{n^T n}$

解題方法

步驟一：求取矩陣 $A$ 的列空間與零空間基底

給定矩陣 $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}$，對其進行列運算（Row Operations）化簡為簡約列梯形矩陣（RREF）：
$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3 \to R_3 - R_1} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & -1 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3 \to R_3 + R_2} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_1 \to R_1 - R_2} \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

由簡約列梯形矩陣可知：

• $\text{rank}(A) = 2$，故列空間 $W = \text{Row}(A)$ 的維度為 2，一組基底為：
  $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad v_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$
• 齊次方程組 $A x = 0$ 的解空間即零空間 $\text{Null}(A) = W^\perp$，其維度為 $3 - 2 = 1$，基底向量為：
  $n = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$

步驟二：計算正交投影矩陣 $P$

【解法一：利用零空間 Complement 求解（承接 (b) 子題結果）】

由於 $W^\perp = \text{Null}(A) = \text{span}\{n\}$ 為一維子空間，投影至 $W^\perp$ 的矩陣 $P_{W^\perp}$ 為：
$P_{W^\perp} = \frac{n n^T}{n^T n} = \frac{1}{1^2 + (-1)^2 + 1^2} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ -1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}$

因此，投影至列空間 $W = \text{Row}(A)$ 的代表矩陣 $P$ 為：
$P = I_3 - P_{W^\perp} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} - \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ -1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ 1 & 2 & 1 \\ -1 & 1 & 2 \end{pmatrix}$

【解法二：利用列空間基底矩陣公式直接求解】

核心觀念

1. 線性代數基本定理（正交補空間定理）：
   對於任何 $m \times n$ 實數矩陣 $A$，全空間 $\mathbb{R}^n$ 可以直和分解為列空間與零空間的正交補空間：
   $\mathbb{R}^n = \text{Row}(A) \oplus \text{Null}(A) \implies \text{Row}(A)^\perp = \text{Null}(A)$
   其中 $\text{Row}(A)$ 表示矩陣 $A$ 的列空間（Row Space），$\text{Null}(A)$ 表示矩陣 $A$ 的零空間（Null Space）。

2. 正交投影的幾何性質：
   在正交分解下，任何向量 $x \in \mathbb{R}^3$ 皆可唯一表示為：
   $x = x_{R} + x_{N}$
   其中 $x_{R} \in \text{Row}(A)$ 為 $x$ 在 $\text{Row}(A)$ 上的正交投影向量，而 $x_{N} \in \text{Null}(A)$。
   當向量 $x$ 在列空間 $\text{Row}(A)$ 上的正交投影等於零向量 $(0, 0, 0)^T$ 時（即 $x_{R} = \mathbf{0}$），表示 $x = x_{N} \in \text{Null}(A)$。
   因此，題目所求即為矩陣 $A$ 的零空間 $\text{Null}(A)$，亦即齊次線性方程組 $Ax = \mathbf{0}$ 的所有解向量。

解題方法

本題切入點為將幾何投影問題轉化為求解齊次方程組 $Ax = \mathbf{0}$。

步驟一：建立齊次方程組

根據核心觀念，令 $Ax = \mathbf{0}$：
$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

步驟二：利用高斯消去法求列簡化階梯形（RREF）

對係數矩陣 $A$ 進行基本列運算（Elementary Row Operations）：

$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}$

1. 列運算 $R_3 \leftarrow R_3 - R_1$：
   $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & -1 \end{pmatrix}$

2. 列運算 $R_3 \leftarrow R_3 + R_2$：
   $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

核心觀念

本題考查函數向量空間中的線性獨立、內積與範數，以及規範正交基底。依圖可讀出

而

在 $t=\frac12$ 的單點取值不影響以下積分結果。

內積定義為

範數則為 $\|p\|=\sqrt{\langle p,p\rangle}$。若一組向量彼此正交且每個向量的範數皆為 $1$，就是規範正交組；若它又張成整個空間，就是規範正交基底。

解題方法

(a) 證明線性獨立

設常數 $a,b$ 使

在 $0\le t<\frac12$ 時，$s_1(t)=s_2(t)=1$，所以 $a+b=0$；在 $\frac12<t\le1$ 時，$s_1(t)=1,\ s_2(t)=-1$，所以 $a-b=0$。聯立可得

因此，只有全零係數的線性組合會得到零函數，故 $S=\{s_1(t),s_2(t)\}$ 線性獨立。

(b) 說明它們是 $V$ 的規範正交基底

先計算兩函數的內積：

所以 $s_1$ 與 $s_2$ 正交。再計算各自的範數：

核心觀念

函數集合 $S=\{s_1(t),s_2(t)\}$ 線性獨立，表示若存在實數 $a,b$ 使得

對區間 $0\le t\le 1$ 上的所有 $t$ 都成立，則必須有 $a=b=0$。

由圖可讀出：$s_1(t)=1$；$s_2(t)$ 在 $0<t<\frac12$ 時為 $1$，在 $\frac12<t<1$ 時為 $-1$。

解題方法

核心觀念

要證明 $\{s_1(t),s_2(t)\}$ 是 $V$ 的規範正交基底，需驗證兩件事：

1. 每個函數的範數皆為 $1$。
2. 兩函數的內積為 $0$。

此外，因為 $V=\operatorname{span}\{s_1(t),s_2(t)\}$，這兩個函數張成 $V$；若它們正交且範數為 $1$，便是 $V$ 的一組規範正交基底。

解題方法

由圖可讀出，$s_1(t)$ 在 $[0,\frac14]$ 與 $[\frac34,1]$ 為 $1$，在 $[\frac14,\frac34]$ 為 $-1$；而 $s_2(t)$ 在 $[0,\frac12]$ 為 $1$，在 $[\frac12,1]$ 為 $-1$。端點的函數值不影響積分。

先計算範數：

核心觀念

本題屬於**信號與系統（Signals and Systems）與線性代數（Linear Algebra）**中內積空間與函數向量合成的核心考題，主要考察以下要點：

1. 函數的線性組合 (Linear Combination of Functions)：
   給定基底函數 $s_1(t)$ 與 $s_2(t)$，依據定義 $r(t) = 2s_1(t) + 3s_2(t)$ 進行逐段疊加，繪製出合成函數 $r(t)$ 之波形。
2. 連續函數空間的內積定義 (Inner Product of Continuous Functions)：
   在實數值函數空間 $L^2[a,b]$ 中，兩函數 $f(t)$ 與 $g(t)$ 在區間 $[a, b]$ 上的內積定義為：
   $\langle f(t), g(t) \rangle = \int_{a}^{b} f(t) g(t) \, dt$
3. 內積的雙線性（雙重線性）性質 (Bilinearity of Inner Product)：
   $\langle c_1 s_1(t) + c_2 s_2(t), s_2(t) \rangle = c_1 \langle s_1(t), s_2(t) \rangle + c_2 \langle s_2(t), s_2(t) \rangle$

解題方法與詳細推導

1. 波形函數分析

由圖一標準訊號（訊號與系統通訊基本訊號波形）可知：

• $s_1(t)$ 在 $t \in [0, 1]$ 區間內為振幅等於 $1$ 的矩形脈衝（Rectangular pulse）：
  $s_1(t) = 1, \quad 0 \leq t \leq 1$
• $s_2(t)$ 在 $t \in [0, 0.5]$ 為振幅 $+1$，在 $t \in (0.5, 1]$ 為振幅 $-1$ 的雙相脈衝（Biphasic pulse / Manchester pulse）：
  $s_2(t) = \begin{cases} 1, & 0 \leq t \leq 0.5 \\ -1, & 0.5 < t \leq 1 \end{cases}$