110 年 國立中央大學資訊工程學系碩士班《離散數學與線性代數》

核心觀念

本題考量詞與命題連接詞的分配關係。全稱量詞表示「對所有元素都成立」，存在量詞表示「至少有一個元素使其成立」。判斷兩式是否等價，可先檢查量詞是否要求同一個元素作為見證，並用小型論域構造反例。

解題方法

逐一比較等式左右兩側的條件。若兩側條件不同，找一個使真值不相同的論域與謂詞，即可證明不等價；若兩側描述相同條件，則等價。

選項分析

(A) 正確。

左側要求每個 $x$ 都滿足 $P(x)$，且每個 $x$ 都滿足 $Q(x)$；這正是每個 $x$ 都同時滿足 $P(x)$ 與 $Q(x)$：

$$(\forall x\,P(x))\land(\forall x\,Q(x)) \equiv \forall x\,(P(x)\land Q(x)).$$

(B) 錯誤。

左側只要求「所有元素都滿足 $P$」或「所有元素都滿足 $Q$」其中一項成立；右側則允許不同元素分別滿足 $P$ 或 $Q$。

令論域為 $\{1,2\}$，且 $P(1)$、$Q(2)$ 為真，$P(2)$、$Q(1)$ 為假。此時左側為假，但每個元素都滿足 $P(x)\lor Q(x)$，故右側為真。因此兩式不等價。

(C) 錯誤。

左側允許 $P$ 與 $Q$ 分別由不同元素滿足；右側要求存在同一個元素同時滿足 $P$ 與 $Q$。

仍令論域為 $\{1,2\}$，且 $P(1)$、$Q(2)$ 為真，$P(2)$、$Q(1)$ 為假。左側為真，但沒有元素同時滿足 $P(x)$ 與 $Q(x)$，所以右側為假。

(D) 正確。

左側表示存在元素滿足 $P$，或存在元素滿足 $Q$。這等價於存在一個元素滿足 $P(x)\lor Q(x)$：

核心觀念

設 $A$、$B$ 為兩個集合，其基數大小可用函數判斷：

• 若存在從 $A$ 到 $B$ 的單射，則 $|A|\le |B|$。
• 若存在從 $A$ 到 $B$ 的雙射，則 $|A|=|B|$。
• 若存在從 $A$ 到 $B$ 的滿射，則 $|B|\le |A|$。

自然數集 $\mathbb{N}$ 與有理數集 $\mathbb{Q}$ 都是可數無限集，基數皆為 $\aleph_0$。存在上述函數，只能推出相應的基數關係，不能直接推出某一方「比較大」或「最大」。

解題方法

逐一把選項中的函數類型換成基數不等式，再檢查它是否足以支持後面的結論。若函數只提供上界或相等關係，卻宣稱嚴格大於，就屬於推論不足。

選項分析

(A) 錯誤。
若從小英的黨員集合到江哥的黨員集合存在單射，只能推出小英的黨員數不多於江哥的黨員數：

$$|\text{小英的黨員}|\le |\text{江哥的黨員}|$$

這不能推出小英的黨比較大。

核心觀念

本題考查裴蜀定理、模反元素、中國剩餘定理、費馬小定理，以及 RSA 公鑰密碼的加解密方向。

解題方法

逐項檢查敘述是否符合定理的條件，特別留意定理是否漏寫了必要假設。答案要選出所有錯誤敘述。

選項分析

(A) 正確。 裴蜀定理指出，若 $\gcd(a,b)=1$，存在整數 $u,v$ 使得

$$ua+vb=1.$$

對等式兩邊乘上任意非零整數 $n$，得到

$$(nu)a+(nv)b=n.$$

令 $p=nu$、$q=nv$，即可找到所需的整數 $p,q$。

(B) 正確。 在標準模運算定義下，$p$ 在模 $q$ 下有乘法反元素，條件是 $q>1$ 且 $\gcd(p,q)=1$。原因是反元素 $r$ 必須滿足

$$pr\equiv 1\pmod q,$$

而此同餘式有解的充要條件為 $\gcd(p,q)\mid 1$，也就是 $\gcd(p,q)=1$。

(C) 錯誤。 中國剩餘定理保證唯一解模各模數乘積的條件，是模數兩兩互質。題目只說 $m_i$ 是質數，沒有說它們互不相同，因此不一定兩兩互質。

例如 $m_1=m_2=2$，若 $a_1=0,\ a_2=1$，則系統要求 $x$ 同時滿足

核心觀念

Hasse 圖用來表示偏序關係，約定下方元素小於上方元素。因此，$xRy$ 表示 $x\le y$，判斷時須包含：

• 自反性：每個元素都滿足 $xRx$，圖中省略自迴圈。
• 遞移性：若能沿圖上的邊一路向上，由 $x$ 到達 $y$，就有 $xRy$。
• 極小元素：沒有其他元素嚴格小於它。
• 格（lattice）：任意兩個元素都具有最小上界與最大下界。

解題方法

圖中三條主要向上鏈為 $a<d<i<j<l$、$b<e<h<k$、$c<f<g<k$；另有 $b<d$、$d<h$、$h<j$、$k<l$、$k<m$。特別注意，$j$ 在 $h$ 上方、$l$ 在 $k$ 上方，因此是 $h<j$、$k<l$。

關係判斷採用「沿邊向上追蹤」；格的判斷則找出一對缺少最小上界或最大下界的元素，即可否定。

選項分析

(A) $cRh$：錯誤。

從 $c$ 出發，沿邊向上可到達的其他元素為

$$f,\ g,\ k,\ l,\ m。$$

其中沒有 $h$，因此 $c\not Rh$。雖然 $c$ 與 $h$ 都在 $k$ 下方，但共享上界不代表兩者可比較。

(B) $mRm$：正確。

核心觀念

• 強連通：每一對頂點之間都必須能沿著箭頭互相到達。
• 弱連通：忽略箭頭方向後，底下的無向圖連通。
• 有向 Euler 路徑：每條有向邊恰好走一次；若存在，至多一個頂點滿足出度比入度多 $1$，至多一個頂點滿足入度比出度多 $1$，其餘頂點入度、出度相等。
• Hamilton 路徑：每個頂點恰好經過一次。
• 平面圖：可以畫成邊彼此不交叉的圖。

解題方法

圖中頂點為 $a,b,c,d,e$，有向邊為 $b\to a$、$a\to e$、$e\to d$、$d\to b$、$a\to d$、$e\to b$、$b\to c$、$d\to c$。先由箭頭檢查強連通與 Euler 路徑，再直接找 Hamilton 路徑；判斷平面性時則忽略箭頭，檢視無向圖是否能無交叉地重畫。

選項分析

(A) 錯誤。 頂點 $c$ 只有指向它的邊，沒有離開 $c$ 的有向邊，因此從 $c$ 無法到達其他頂點，圖不是強連通。

(B) 正確。 忽略箭頭後，所有頂點都連在同一個連通分量中。例如 $c$ 連到 $b,d$，而 $a,b,d,e$ 彼此也有邊相連，所以圖是弱連通。

核心觀念

令 $f(n)$ 表示自然數 $n$ 的質因數個數。題目的關係可寫成

$$xRy \iff f(x)\leq f(y).$$

依課本慣例，質因數個數若按重數計算，$f(12)=3$；若只計不同質因數，$f(12)=2$。本題的判斷在兩種慣例下都相同。兩個不同的質數 $2$、$3$ 都恰有一個質因數。

偏序關係除了自反、傳遞，也必須滿足反對稱；全序則還要求任意兩個元素都可比較。等價關係則須同時滿足自反、對稱、傳遞。

解題方法

因為 $R$ 只比較 $x$ 與 $y$ 的質因數個數，可將判斷轉為比較整數 $f(x)$ 與 $f(y)$：

• 對任何 $x$，都有 $f(x)\leq f(x)$。
• 對任意 $x,y$，整數 $f(x),f(y)$ 必有 $f(x)\leq f(y)$ 或 $f(y)\leq f(x)$。
• 若 $f(x)=f(y)$，則會同時有 $xRy$ 與 $yRx$；但這不代表 $x=y$。

因此，質因數個數相同但數值不同的元素，是檢查反對稱性的關鍵。

選項分析

(A) $R$ 是偏序關係：錯。
反對稱性要求若 $xRy$ 且 $yRx$，就必須有 $x=y$。取 $x=2$、$y=3$，兩者質因數個數相同，所以 $2R3$ 且 $3R2$，但 $2\neq3$。因此反對稱性不成立，$R$ 不是偏序關係。

核心觀念

比較無限集合的大小（基數）：

• 所有有限長度二進位字串的集合是可數無限（$\aleph_0$）：長度 1 的有 2 個、長度 2 的有 4 個……依長度排列就能一一編號。
• 實數集 $\mathbb{R}$ 是不可數的（康托對角線論證），$|\mathbb{R}|>\aleph_0$。

解題方法

1. 每套 AI 軟體都是一段有限長的機器碼（二進位字串），所以 $S$ 可以對應到「有限二進位字串」的子集合，$|S|\le\aleph_0$。題目沒有限制軟體長度，可以寫出的軟體有無限多套（例如解「判斷輸入是否等於 $n$」的程式，對每個 $n$ 都不同），因此 $S$ 是可數無限，$|S|=\aleph_0$。
2. $V$ 與 $\mathbb{R}$ 之間有雙射，所以 $|V|=|\mathbb{R}|>\aleph_0=|S|$。

題意

本題是離散數學課本（Rosen）的經典題型：買 $n$ 元的票時，只能一張一張地把 1 元或 2 元紙鈔放進售票機，放入的順序不同算不同的方式。題目給的初始條件 $a_0=1$、$a_1=1$ 也與這個解讀一致。（若只計各面額張數、不計順序，則 $a_n=\lfloor n/2\rfloor+1$，例如 $a_3=2$，就沒有任何選項的遞迴關係會成立。）

核心觀念

建立遞迴關係的方法：依「最後一張（或第一張）放的是哪種紙鈔」分類，把問題化成較小的同類問題。

解題方法

湊出 $n$ 元的付款序列，最後一張只有兩種可能：

• 最後一張是 1 元：前面要湊出 $n-1$ 元，有 $a_{n-1}$ 種。
• 最後一張是 2 元：前面要湊出 $n-2$ 元，有 $a_{n-2}$ 種。

兩類互斥且涵蓋所有情況，所以

核心觀念

本題考演算法的漸近時間複雜度，以及 NP-hard 的定義。$O(f(n))$ 表示漸近上界，$\Theta(f(n))$ 表示漸近緊確界。題目未特別指定時，排序與數值演算法的複雜度通常按最壞情況討論；數值演算法的經典分析則以基本算術運算次數為單位。

解題方法

逐項對照各演算法的標準複雜度：合併排序比較每層合併工作量與遞迴層數；歐幾里得演算法看最壞情況下餘數序列的下降速度；氣泡排序與 Warshall 演算法則數其迴圈層數。最後判斷旅行推銷員問題的決策版與最佳化版的複雜度分類。

選項分析

(A) 正確。 合併排序將問題分成兩個大小約為 $n/2$ 的子問題，再以 $\Theta(n)$ 時間合併兩個已排序序列，因此：

$$T(n)=2T(n/2)+\Theta(n)=\Theta(n\log n)$$

此界對最好、平均與最壞情況都成立。

(B) 正確，按最壞情況理解。 歐幾里得演算法反覆執行

$$\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)$$

餘數會持續減小。最壞情況發生在輸入為連續斐波那契數，此時每做一次除法，數值約下降一個斐波那契項；斐波那契數隨項數指數成長，所以步數與 $\log\max(a,b)$ 同階，最壞情況為 $\Theta(\log\max(a,b))$。單一輸入的實際步數不一定達到此界，例如其中一個數為 $1$ 時只需少數幾步。

核心觀念

普通生成函數定義為

$$G(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n.$$

對二階遞迴式建立生成函數時，需先扣除遞迴式未涵蓋的初始項，再將各項改寫成 $G(z)$。本題的特徵方程為 $r^2-r-20=0$，其根為 $5$ 與 $-4$，因此通項可寫成 $a_n=C\cdot5^n+D\cdot(-4)^n$。

解題方法

將遞迴式乘上 $z^n$，對 $n\ge 2$ 加總：

$$\sum_{n=2}^{\infty}a_nz^n = \sum_{n=2}^{\infty}a_{n-1}z^n + 20\sum_{n=2}^{\infty}a_{n-2}z^n.$$

利用 $a_0=a_1=-1$，各項可改寫為

$$G(z)+1+z=z\bigl(G(z)+1\bigr)+20z^2G(z).$$

整理得

$$G(z)(1-z-20z^2)=-1,$$

所以

$$G(z)=\frac{-1}{1-z-20z^2} =\frac{-1}{(1-5z)(1+4z)}.$$

進行部分分式分解：

$$\frac{-1}{(1-5z)(1+4z)} = \frac{A}{1-5z}+\frac{B}{1+4z}.$$

比較分子係數可得 $A+B=-1$、$4A-5B=0$，解得 $A=-\frac{5}{9}$、$B=-\frac{4}{9}$。因此

$$G(z)=\frac{-5/9}{1-5z}+\frac{-4/9}{1+4z}.$$

核心觀念

$A=PDP^{-1}$ 表示 $A$ 可對角化，其中 $D$ 是對角矩陣，$P$ 可逆。若 $P$ 的欄向量為 $v_1,\ldots,v_n$，則

$$P=[v_1\ \cdots\ v_n],\qquad Av_i=\lambda_i v_i.$$

因此，$P$ 的欄向量必須是 $A$ 的 $n$ 個線性獨立特徵向量。反過來說，若 $A$ 有 $n$ 個線性獨立特徵向量，將它們排成 $P$ 的欄向量，並將對應特徵值排入 $D$ 的對角線，就能得到 $A=PDP^{-1}$。

解題方法

從分解式中的 $P$ 切入：因為 $P^{-1}$ 必須存在，$P$ 必須可逆；而可逆矩陣的欄向量線性獨立。又由

$$AP=PD$$

可知，$P$ 的每個欄向量都是 $A$ 的特徵向量。因此，$A$ 必須有一組線性獨立的特徵向量，對應選項 (D)。

選項分析

• (A) square but non-symmetric：錯。 $A$ 必須是方陣，但不必是非對稱矩陣。例如單位矩陣是對稱且可對角化，所以「非對稱」不是必要條件。
• **(B) square and symmetric：錯。

核心觀念

線性代數課本（Lay）的 QR 分解定理：若 $m\times n$ 矩陣 $A$ 的各欄線性獨立，則 $A=QR$，其中 $Q$ 是 $m\times n$、欄向量為單位正交基底（由 Gram–Schmidt 對 $A$ 的欄向量正交化而得），$R$ 是 $n\times n$ 的可逆上三角矩陣（對角線元素為正）。

解題方法

依上述定義，$A=QR$ 且 $R$ 可逆、$Q$ 的欄單位正交：

• $\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}(QR)=\operatorname{rank}R=n$（因 $Q$ 的欄獨立、$R$ 可逆），所以 $A$ 的 $n$ 個欄向量必須線性獨立——這是必要條件。
• 反過來，欄線性獨立時用 Gram–Schmidt 一定做得出 $QR$，所以它也是充分條件。

其他選項都不需要：$A$ 可以不是方陣（$m>n$ 的長方形矩陣也行），對不對稱、能不能對角化、是否正定都沒有關係。

核心觀念

$A=PDP^T$ 是實對稱矩陣的正交對角化。其中 $P$ 的欄向量是 $A$ 的單位特徵向量，且 $P^T P=I$；$D$ 是由對應特徵值組成的對角矩陣。實矩陣 $A$ 能寫成這種形式，必須是對稱矩陣；反過來，實對稱矩陣也一定能正交對角化。

解題方法

由 $P^T P=I$ 可知 $P$ 可逆，且 $P^T=P^{-1}$，所以

$$A=PDP^T=PDP^{-1}.$$

因此，$A$ 由特徵向量組成的 $P$ 對角化，$P$ 的欄向量必須線性獨立。另一方面，因為 $D=D^T$，

$$A^T=(PDP^T)^T=P D^T P^T=PDP^T=A,$$

所以 $A$ 必為對稱矩陣。故必要條件為 (B)、(D)。

選項分析

• (A) square but non-symmetric：錯。 由 $A=PDP^T$ 必得 $A^T=A$，非對稱矩陣不可能有此分解。
• (B) square and symmetric：對。 矩陣必為方陣；若 $A$ 為實對稱矩陣，依實對稱矩陣譜定理，可取正交特徵向量組成 $P$，並以特徵值組成 $D$。

核心觀念

此式是實對稱矩陣的譜分解：

$$A=\sum_{i=1}^{n}\lambda_i u_i u_i^T$$

其中 $\lambda_i$ 是特徵值，$u_i$ 是對應的單位特徵向量。對實對稱矩陣，譜定理保證可選出一組正交規一的特徵向量，因此這些特徵向量線性獨立，並可組成正交矩陣 $U$，寫成

$$A=U\Lambda U^T$$

這裡 $\Lambda=\operatorname{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)$。

解題方法

辨認分解形式後，直接套用實對稱矩陣的譜定理。它要求 $A$ 為方陣且對稱，並提供 $n$ 個線性獨立的特徵向量作為一組基底。特徵值可為正、負或零，所以正定不是必要條件；矩陣也不必可逆，所以欄向量不必線性獨立。

選項分析

• (A) square but non-symmetric：錯。 譜分解中的 $u_i u_i^T$ 都是對稱矩陣，因此其線性組合 $A$ 也對稱，不符合「非對稱」。

核心觀念

本題考普通的實數 Cholesky 分解：若 $A$ 可寫成 $A=R^TR$，其中 $R$ 為可逆上三角矩陣，則 $A$ 必為對稱正定矩陣。反過來說，實對稱正定矩陣也一定存在 Cholesky 分解。

判斷的關鍵是檢查分解對稱性與二次型：

$$A^T=(R^TR)^T=R^TR=A$$

對任意非零向量 $x$，

$$x^TAx=x^TR^TRx=(Rx)^T(Rx)=\|Rx\|^2>0$$

最後一個不等式成立，是因為 $R$ 可逆，所以 $x\ne 0$ 時 $Rx\ne 0$。因此 $A$ 對稱且正定。

解題方法

普通 Cholesky 分解成立的條件是 $A$ 為實對稱正定矩陣。接著檢查其餘選項是否也由這些性質必然推出：

• 正定矩陣可逆，因此其欄向量線性獨立。
• 實對稱矩陣依譜定理可正交對角化，因此有一組線性獨立的特徵向量。

所以除了直接描述 Cholesky 條件的「對稱」與「正定」外，欄向量線性獨立及特徵向量線性獨立也都是必要條件。

選項分析

核心觀念

矩陣 $A$ 可對角化，表示存在可逆矩陣 $P$ 與對角矩陣 $D$，使得

$$A=PDP^{-1}.$$

$A$ 的特徵值就是 $D$ 對角線上的元素。可對角化只表示 $A$ 能以對角矩陣表示，並不保證對角線上的元素都非零，因此不能據此判定 $A$ 沒有特徵值 $0$。

解題方法

以零矩陣作為反例。令 $A=0_{n\times n}$，則 $A$ 本身就是對角矩陣，故可對角化。

對任意非零向量 $v$，都有

$$Av=0=0v,$$

核心觀念

矩陣 $A$ 可對角化，表示存在可逆矩陣 $P$ 與對角矩陣 $D$，使得

$$A=PDP^{-1}.$$

$D$ 的對角線元素是 $A$ 的特徵值。可對角化要求的是：能找到足夠多個線性獨立的特徵向量；這不代表特徵值必須彼此相異。相異特徵值是矩陣可對角化的充分條件，但不是必要條件。

解題方法與選項分析

題目主張「$A$ 有 $n$ 個相異特徵值」。用反例即可判斷這是否為可對角化的必要條件。

取 $n=2$，令

核心觀念

矩陣 $A$ 可對角化，表示存在可逆矩陣 $P$ 與對角矩陣 $D$，使得

$$A=PDP^{-1}.$$

對角矩陣 $D$ 的對角線元素是 $A$ 的特徵值。矩陣可逆的條件是所有特徵值都不為 $0$，但「可對角化」本身並不保證這項條件成立。

解題方法

以零矩陣作為反例。零矩陣已是對角矩陣，因此一定可對角化；但它的行列式為 $0$，所以不可逆：

核心觀念

矩陣 $A$ 可對角化，表示存在可逆矩陣 $P$ 與對角矩陣 $D$，使得

$$A=PDP^{-1}.$$

矩陣若能寫成可逆矩陣與對角矩陣的相似變換，就可對角化。

解題方法

對等式兩側取轉置，並使用 $(XY)^T=Y^TX^T$：

$$A^T=(PDP^{-1})^T=(P^{-1})^TD^TP^T.$$

核心觀念

矩陣 $A$ 可對角化，表示存在可逆矩陣 $P$ 與對角矩陣 $D$，使得

$$A=PDP^{-1}.$$

其中，$D$ 的對角元素是 $A$ 的特徵值，而 $P$ 的各欄是依照 $D$ 中特徵值順序排列的對應特徵向量。特徵向量可任意乘上非零常數，特徵向量的排列順序也可改變，因此對角化通常不唯一。

解題方法

用同一個可對角化矩陣構造兩組不同的 $P,D$，即可否定「對角化唯一」。

例如令

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

一組對角化為

$$P_1=I,\qquad D_1=\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix},$$

所以 $A=P_1D_1P_1^{-1}$。

令

核心觀念

標準矩陣 $A$ 以標準座標表示 $T$；相對於定義域基底 $\beta$ 與值域基底 $C$ 的矩陣 $M$，第 $j$ 欄是 $T(b_j)$ 在基底 $C$ 下的座標。因此

$$M=\begin{bmatrix}[T(b_1)]_C &[T(b_2)]_C\end{bmatrix}.$$

解題方法

先用標準矩陣 $A$ 計算基底向量的像，再把結果改寫成基底 $C$ 的線性組合。

由

$$A= \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&1\\ 1&1 \end{bmatrix}$$

可知 $A\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=(x+y)\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}$。因此

$$T(b_1)=A\begin{bmatrix}1\\-2\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}-1\\-1\\-1\end{bmatrix}, \qquad T(b_2)=A\begin{bmatrix}3\\4\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}7\\7\\7\end{bmatrix}.$$

先求 $\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}$ 在 $C$ 下的座標。令

$$\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix} =x\begin{bmatrix}1\\-1\\-3\end{bmatrix} +y\begin{bmatrix}-3\\4\\9\end{bmatrix} +z\begin{bmatrix}2\\-2\\4\end{bmatrix}.$$

比較各分量得到

$$\begin{cases} x-3y+2z=1,\\ -x+4y-2z=1,\\ -3x+9y+4z=1. \end{cases}$$

解得 $x=\dfrac{31}{5}$、$y=2$、$z=\dfrac{2}{5}$。所以

核心觀念

相對於定義域基底 $\beta$ 與值域基底 $C$ 的轉換矩陣，欄向量依序是 $T(b_1)$、$T(b_2)$ 在基底 $C$ 下的座標：

$$M=\begin{bmatrix}[T(b_1)]_C &[T(b_2)]_C\end{bmatrix}.$$

也可用換基公式計算：

$$M=P_C^{-1}AP_\beta,$$

其中 $P_\beta$、$P_C$ 分別以 $\beta$、$C$ 的基底向量為欄。

解題方法

標準矩陣 $A$ 的兩欄相同，因此對任意向量 $(x_1,x_2)^T$，

$$A\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix} =(x_1+x_2)\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}.$$

先計算兩個基底向量的像：

$$T(b_1)=A\begin{bmatrix}1\\-2\end{bmatrix} =-\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}, \qquad T(b_2)=A\begin{bmatrix}3\\4\end{bmatrix} =7\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}.$$

接著求 $(t,t,t)^T$ 在 $C=\{c_1,c_2,c_3\}$ 下的座標。令

$$a c_1+b c_2+c c_3=\begin{bmatrix}t\\t\\t\end{bmatrix}.$$

比較三個分量，得到

$$\begin{cases} a-3b+2c=t,\\ -a+4b-2c=t,\\ -3a+9b+4c=t. \end{cases}$$

核心觀念

標準矩陣 $A$ 是相對於標準座標表示的。要把 $T$ 改寫成相對於定義域基底 $\beta$ 與值域基底 $C$ 的矩陣，使用

$$M=[T]_{C\leftarrow\beta}=P_C^{-1}AP_\beta,$$

其中 $P_\beta$、$P_C$ 分別以 $\beta$、$C$ 的基底向量為欄。

解題方法

先計算 $A$ 作用在 $\beta$ 的基底向量上。由於 $A$ 的每一列都是 $(1,1)$，對任意 $\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}$，其像為

$$A\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}x+y\\x+y\\x+y\end{bmatrix}.$$

因此，

$$Ab_1=A\begin{bmatrix}1\\-2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}-1\\-1\\-1\end{bmatrix}, \qquad Ab_2=A\begin{bmatrix}3\\4\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}7\\7\\7\end{bmatrix}.$$

接著將 $\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}$ 表成基底 $C$ 的線性組合：

$$\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix} = y_1\begin{bmatrix}1\\-1\\-3\end{bmatrix} +y_2\begin{bmatrix}-3\\4\\9\end{bmatrix} +y_3\begin{bmatrix}2\\-2\\4\end{bmatrix}.$$

比較各分量可得

$$\begin{cases} y_1-3y_2+2y_3=1,\\ -y_1+4y_2-2y_3=1,\\ -3y_1+9y_2+4y_3=1. \end{cases}$$

核心觀念

相對於定義域基底 $\beta=\{b_1,b_2\}$ 與值域基底 $C=\{c_1,c_2,c_3\}$，轉換矩陣 $M$ 的第 $j$ 欄是 $T(b_j)$ 在基底 $C$ 下的座標：

$$M=\begin{bmatrix}[T(b_1)]_C &[T(b_2)]_C\end{bmatrix}.$$

標準矩陣 $A$ 會將向量的標準座標轉成其像的標準座標。

解題方法

由 $A$ 的形式可知，對任意向量 $\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}$，

$$A\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix} = (x_1+x_2)\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}.$$

因此，

$$T(b_1)=A\begin{bmatrix}1\\-2\end{bmatrix} =-\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}, \qquad T(b_2)=A\begin{bmatrix}3\\4\end{bmatrix} =7\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}.$$

先求 $\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}$ 在基底 $C$ 下的座標。令

$$x\begin{bmatrix}1\\-1\\-3\end{bmatrix} +y\begin{bmatrix}-3\\4\\9\end{bmatrix} +z\begin{bmatrix}2\\-2\\4\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}.$$

對應的聯立方程為