111 年 國立中央大學資訊工程學系軟體工程碩士班《離散數學與線性代數》

核心觀念
本題考查量詞（$∃,\;∀$）與等式的真值判斷。
給定命題 $Q(x,y)$ 為「$x+y = x-y$」，先把等式化簡：

$x+y = x-y \;\Longleftrightarrow\; y = -y \;\Longleftrightarrow\; 2y = 0 \;\Longleftrightarrow\; y = 0 .$

因此 $Q(x,y)$ 的真值只與 $y$ 有關，對所有 $x$ 都成立，條件是 $y=0$。換言之

$Q(x,y) \text{ 為真 } \iff y=0 .$

解題方法
利用等式化簡找出使 $Q(x,y)$ 為真的變數關係，再依次檢驗四種量詞組合的敘述是否成立。
因 $Q(x,y)$ 與 $x$ 無關，只要選取 $y=0$ 即可使 $Q(x,y)$ 成立；若 $y\neq0$ 則 $Q(x,y)$ 對任何 $x$ 都不成立。

選項分析

• (A) $\exists x \exists y \, Q(x,y)$
  存在某個 $x$ 與某個 $y$ 使等式成立。選取任意 $x$（例如 $x=0$）與 $y=0$，則 $Q(0,0)$ 為真。故 成立。

• (B) $\forall x \exists y \, Q(x,y)$
  對每一個 $x$ 必須至少找一個 $y$ 使等式成立。由前述，只要取 $y=0$，不論 $x$ 為何，$Q(x,0)$ 都成立。故 成立。

核心觀念

• 以每小時的比賽次數建立正整數列 $a_1,a_2,\dots ,a_{75}$，滿足 $a_i\ge1$，且 $\displaystyle\sum_{i=1}^{75}a_i\le125$。
• 設前綴和 $P_0=0,\;P_k=\sum_{i=1}^{k}a_i\;(1\le k\le75)$。
• 若兩個前綴和相差 $t$，即 $P_j-P_i=t\;(i<j)$，則第 $i+1$ 至 $j$ 小時的比賽次數恰好為 $t$。
• 因此要證「存在連續時段使比賽次數為 $t$」等價於證集合

$$X=\{P_0,P_1,\dots ,P_{75}\},\qquad Y=\{P_0+t,P_1+t,\dots ,P_{75}+t\}$$

在區間 $[0,125]$ 中必有交集。

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解題方法

1. 前綴和的可能取值上限
   $0\le P_k\le125$，且 $P_k$ 為遞增整數。
   因 $P_k\ge k$（每小時至少一次），所以 $P_{75}\le125$。

2. Y 集合中仍留在 $[0,125]$ 的元素個數
   若 $P_i >125-t$，則 $P_i+t>125$，不屬於 $Y$。
   $[125-t+1,125]$ 這段最多有 $t$ 個不同的整數，故

$|\{\,P_i>125-t\,\}|\le t .$

因此

$|Y\cap[0,125]|\ge 76-t .$

3. 利用鴿籠原理
   $[0,125]$ 含 $126$ 個整數。若 $X$ 與 $Y\cap[0,125]$ 完全不相交，則

核心觀念

• RSA 公開金鑰系統的正確性依賴 歐拉（Euler）定理（亦可寫成費馬小定理的擴充形式）以及 中國餘數定理（CRT）。
• 公開金鑰 $(n,e)$ 與私密金鑰 $(n,d)$ 之間滿足 $ed \equiv 1 \pmod{\phi(n)}$，其中 $n=pq$ 為兩個大質數之乘積，$\phi(n)=(p-1)(q-1)$。
• 加解密運算：
  $C \equiv M^{\,e} \pmod n,\qquad M \equiv C^{\,d} \pmod n$
  由 $ed\equiv1\pmod{\phi(n)}$ 可證 $M^{ed}\equiv M\pmod n$。
• 簽章（digital signature）：先對訊息產生雜湊值 $h=\operatorname{Hash}(M)$，再以私鑰 $d$ 加密雜湊 $h$，接收方以對應的公開金鑰 $e$ 解密，驗證雜湊值是否相同。此流程保證訊息完整性與身份認證。

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解題方法
逐一檢驗五個敘述是否符合 RSA 的理論與實作規範。須特別注意以下常見誤解：

1. 公開金鑰與私密金鑰 不是兩個不同的質數，而是同一模數 $n$（由兩質數組成）下的指數 $e$、$d$。
2. 簽章的加密步驟使用 私鑰（而非公開金鑰），驗證時使用 公開金鑰。
3. RSA 的正確性根據的是 歐拉定理（或費馬小定理的擴充），在 CRT 的輔助下可提升運算效率，但 CRT 本身不是正確性的根本。

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選項分析

選項	正誤判斷	說明
(A) its correctness is based on Fermat's theorem and Chinese remainder theorem.	錯誤	正確性主要依賴 歐拉定理（$a^{\phi(n)}\equiv1\pmod n$）或其特例 費馬小定理（$a^{p-1}\equiv1\pmod p$），而 中國餘數定理 只用於加速運算（把模 $n$ 拆成 $p$、$q$），不構成正確性的理論基礎。
(B) two large primes are chosen so that one acts as the public key and the other the private key.	錯誤	兩個質數 $p$、$q$ 共同決定 模數 $n=pq$，公開金鑰與私密金鑰都是 指數（$e$、$d$）而非質數本身。公開金鑰是 $(n,e)$，私密金鑰是 $(n,d)$，兩者共享相同的 $n$。

核心觀念

1. Euler 公式：對於任意連通平面簡單圖 $G$，
   $v - e + r = 2$
   其中 $v$ 為頂點數、$e$ 為邊數、$r$ 為平面表示的區域（面）數。
2. 邊數上界：若 $v\ge 3$，平面簡單圖必滿足
   $e \le 3v - 6$
   這可由 Euler 公式與每個面至少三條邊（簡單圖無雙重邊）推導。
3. 度數下界：從 $2e = \sum_{u\in V}\deg(u)$ 與上式 $e\le 3v-6$ 得
   $\frac{2e}{v} \le \frac{2(3v-6)}{v}=6-\frac{12}{v}<6$
   故平均度 $<6$，必有至少一個頂點 $\deg\le5$。
4. Kuratowski 定理：圖非平面當且僅當它包含 $K_5$ 或 $K_{3,3}$ 的子圖同胚（subdivision）。

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解題方法
逐一檢驗每個選項，根據上述定理與推導判斷真偽。若需要證明不等式或存在度數上界，直接套用 Euler 公式與面至少三條邊的性質；若涉及非平面判定，引用 Kuratowski 定理。

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選項分析

選項	判斷	說明
(A) $r = e + v - 2$	錯誤	由 Euler 公式 $v - e + r = 2$ 可得 $r = e - v + 2$，符號相反。

核心觀念

• 滿 $m$ 元樹（full $m$‑ary tree）：每個內部節點恰好有 $m$ 個子節點。
• 頂點 (vertex) 、內部節點 (internal vertex) 、葉節點 (leaf) 的基本關係

$$n = i + l,\qquad \text{邊數}=n-1 = mi$$

其中 $n$ 為總頂點數，$i$ 為內部節點數，$l$ 為葉節點數。

• 由上述兩式可衍生以下通式：

$$i=\frac{n-1}{m},\qquad l=n-i=n-\frac{n-1}{m}= \frac{(m-1)n+1}{m},$$ $$l=(m-1)i+1,\qquad i=\frac{l-1}{m-1},\qquad n=i+l=\frac{ml-1}{m-1}.$$

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解題方法
先寫出滿 $m$ 元樹的結構性方程式

$\boxed{n-1 = m\,i}$

（每個內部節點貢獻 $m$ 條邊，樹共 $n-1$ 條邊）。
再利用 $n=i+l$ 置換消去任意變數，即可得到各種不同的表達式。每一步的代換與簡化都遵循代數基本運算，沒有額外的技巧。

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選項分析

選項	解析與結論
(A) $n$ 個頂點有 $i =\dfrac{n-1}{m}$ 個內部節點	由 $n-1 = m i$ 直接得到 $i=\dfrac{n-1}{m}$。只要 $n$ 來自滿 $m$ 元樹，右式必為整數。正確

核心觀念

• 函數 $f:A\to B$ 的定義：對每一個 $a\in A$，必須唯一指定一個 $b\in B$ 作為 $f(a)$。
• 全體函數的計數：若 $|A|=m,\;|B|=n$，則每個 $a$ 有 $n$ 種選擇，總共 $n^{m}$ 個函數。
• 單射 (one‑to‑one)：不同的輸入對應不同的輸出；若 $|A|>|B|$，則不可能存在單射。
• 滿射 (onto)：每個 $b\in B$ 至少被一個 $a\in A$ 映射；若 $|A|<|B|$，則不可能滿射。
• 雙射 (bijection)：同時單射且滿射，必須 $|A|=|B|$。
• 逆函數 $f^{-1}$ 只在 $f$ 為雙射時定義，且其集合的大小等於雙射的數量。

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解題方法
利用集合基數直接套用上述概念即可逐一驗證每個選項。

• 計算全體函數數量：$|B|^{|A|}=3^{8}$.
• 判斷單射可能性：檢查 $|A|\le |B|$ 是否成立。
• 判斷滿射可能性：檢查 $|A|\ge |B|$ 是否成立，並使用容斥原理或斯特林第二類數 (但此題只需判斷可否)。
• 判斷雙射可能性：須同時滿足 $|A|=|B|$。
• 逆函數的個數等於雙射的個數。

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選項分析

選項	內容	判斷	說明
(A)	“可能的 $f$ 數量為 $3^{8}$”。	正確	每個 $a\in A$ 有 $

核心觀念

本題要辨認二元關係的序性質。偏序需滿足自反性、反對稱性、遞移性；全序則是在偏序之外，還要求任意兩元素都可比較。格則要求任意兩元素都有最大下界與最小上界。良序還需滿足更強的條件：每個非空子集都有最小元素。

解題方法

題目給出：

• $\forall i,\ p(i,i)$：關係具自反性。
• 若 $i\ne j$ 且 $p(i,j)$，則 $\neg p(j,i)$：不同元素不會雙向成立。
• $(p(i,j)\land p(j,k))\to p(i,k)$：關係具遞移性。
• $p(i,j)\lor p(j,i)$：任意兩元素皆可比較。
• 存在唯一的 $k$，使得對所有 $i\ne k$，都有 $p(k,i)$：$k$ 排在所有其他元素之前。

由第二個條件可推出反對稱性：若 $p(i,j)$ 與 $p(j,i)$ 同時成立，則必須有 $i=j$。因此此關係是偏序；再由任意兩元素皆可比較，可知它是全序。唯一的 $k$ 是此全序的最小元素。

選項分析

(A) $p$ 描述等價關係：不一定。
等價關係必須具對稱性。若 $S$ 至少有兩個元素，任取不同的 $i,j$，題目要求至少一個方向成立；第二個條件又排除兩個方向同時成立，因此關係不具對稱性。

核心觀念

• 本題探討遞迴演算法的時間複雜度，必須寫出遞迴式並以 Master Theorem（主定理）判斷漸進上界。
• 重要的概念包括：
  1. 遞迴樹：每層的子問題數目與子問題大小。
  2. 主定理：對形如 $T(n)=a\,T(n/b)+f(n)$ 的遞迴，比較 $f(n)$ 與 $n^{\log_b a}$ 的量級，可得到三種情況。
  3. 大O 記號：忽略常數與低階項，僅比較最高階增長率。

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解題方法

1. 寫出一般遞迴式
   程序 $R(A,n,k)$ 的主要工作分為四部份

   • Partition：$\Theta(\sqrt{n})$ 步。
   • 递归呼叫：對每個子陣列 $A_i$ 呼叫 $R$，共 $k$ 次，每次的子問題大小為 $n/k$。
   • Merge：$\Theta(k)$ 步（$k$ 為常數）。
   • 呼叫 $Q$：其時間依輸入大小 $m=n$ 而定。

   故一般遞迴式為

$T(n)=k\,T\!\left(\frac{n}{k}\right)+\Theta(\sqrt{n})+ \Theta(k)+\Theta\!\big(Q\text{-cost}(n)\big)$

其中 $\Theta(k)$ 與 $\Theta(\sqrt{n})$ 皆為次要項，主要與 $Q$ 的複雜度比較。

2. 套用主定理
   • 在式中 $a=k$，$b=k$，因此

$n^{\log_b a}=n^{\log_k k}=n.$

• 我們只需比較 $f(n)=\Theta(\sqrt{n})+ \Theta(Q\text{-cost}(n))$ 與 $n$。

3. 對三個衍生演算法分別求解

   演算法	$k$	$Q$ 的複雜度	$f(n)$ 的量級	與 $n^{\log_b a}=n$ 的比較	結果
   X	2	$O(m)=O(n)$	$\Theta(\sqrt{n})+ \Theta(n)=\Theta(n)$	$f(n)=\Theta(n)=\Theta\big(n^{\log_b a}\big)$（主定理第 2 場況）	$T_X(n)=\Theta(n\log n)$

(A) 對。由組合數的對稱性：

$$\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}=\binom{n}{n-k}.$$

(B) 錯。由二項式定理：

$$\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^k=(1-1)^n.$$

當 $n\ge1$ 時為 $0$，但 $n=0$ 時為 $1$，不符合題述的 $n\ge0$。

(C) 對。由 Pascal 恆等式：

$$\binom{n+1}{k+1}=\binom{n}{k}+\binom{n}{k+1},$$

移項即得

將遞迴式整理為

$$2a_n-3a_{n-1}+a_{n-2}=0。$$

設生成函數

$$f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n。$$

對遞迴式乘以 $z^n$ 並由 $n=2$ 起加總：

$$2(f-5-9z)-3z(f-5)+z^2f=0，$$

故

核心觀念

1. 對角化與矩陣的性質

   • 若 $A^2$ 為對角矩陣，$A$ 不一定對角，因為 $A$ 可能是可對角化且特徵值為 $\pm\sqrt{\lambda_i}$ 的矩陣，亦可能非對角化。
   • 正交（酉）對角化：若 $AA^{H}=A^{H}A$，則 $A$ 為 正規矩陣（normal matrix），在 $\mathbb C$ 上必可由單位矩陣 $U$ 酉相似對角化：$U^{H}AU=D$。
   • Hermitian（自伴）：需滿足 $A=A^{H}$，是正規矩陣的特例。擁有正交特徵向量的矩陣不一定是 Hermitian，僅需是正規矩陣。
   • 秩與零特徵值：$\operatorname{rank}(A)=r$ $\Rightarrow$ $\dim\ker A=n-r$，即 $0$ 的 幾何重數 至少為 $n-r$。代數重數可能更大。
   • 特徵空間：對於任意特徵值 $k$，其對應的特徵向量構成向量空間，維度 $\ge1$，因而可有多個線性獨立的特徵向量。

2. 關鍵定理

   • 正規矩陣可酉對角化（Spectral Theorem for normal matrices）。
   • Hermitian $\Leftrightarrow$ 正規且特徵值全實。
   • Rank–Nullity 定理：$n=\operatorname{rank}(A)+\dim\ker A$。

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解題方法
針對每個敘述，以反例或直接引用上述定理判斷真假。

• 判斷真假：
  1. 若能構造符合前提但違背結論的矩陣，即為偽。
  2. 若前提正好滿足已知的充分條件（如正規矩陣），則結論必然真。
  3. 關於零特徵值的敘述，需要區分「至少」與「恰好」的差別。

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選項分析

選項	判斷	說明
(A) 若 $A^{2}$ 為對角矩陣，$A$ 必為對角矩陣。	偽	取交換矩陣 $A=\begin{pmatrix}0&1\\[2pt]1&0\end{pmatrix}$，則 $A^{2}=I$ 為對角矩陣，但 $A$ 本身非對角。此反例顯示前提不足。
(B) 若 $A$ 有完整的正交（酉）特徵向量集合，$A$ 必為 Hermitian。

核心觀念

1. 有限差分矩陣：本題的 $A$ 為 $n\times n$（$n=197$）的三對角 Toeplitz 矩陣，對角線元素為 $2$，上下相鄰對角線元素為 $-1$。
2. 行列式遞迴：對於此類矩陣，可設 $D_k=\det(A_k)$（$A_k$ 為前 $k$ 行前 $k$ 列的子矩陣），則

$D_k=2D_{k-1}-D_{k-2},\qquad D_1=2,\;D_2=3 .$

此遞迴的顯式解為 $D_k=k+1$。
3. 矩陣分解

• 任意實矩陣均可寫成 對稱部 + 反對稱部：$A=\frac{A+A^T}{2}+\frac{A-A^T}{2}$。
• 實對稱矩陣 可被正交矩陣對角化：$A=Q\Lambda Q^{\!T}$，其中 $Q$ 為正交矩陣，$\Lambda$ 為對角矩陣（特徵值）。
• 正定對稱矩陣 具備 $LDL^{\!T}$ 分解：$A=LDL^{\!T}$，$L$ 為單位下三角矩陣，$D$ 為正對角矩陣。

4. 特徵值公式：$A$ 的特徵值為

$\lambda_k = 2-2\cos\!\left(\frac{k\pi}{n+1}\right),\qquad k=1,2,\dots ,n .$

其中 $\cos\left(\frac{k\pi}{n+1}\right)\in(-1,1)$，故所有 $\lambda_k>0$。

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解題方法

1. 計算行列式
   使用遞迴 $D_k=2D_{k-1}-D_{k-2}$ 或直接套用已知結果 $D_n=n+1$。
   於本題 $n=197$，得到

$D=\det(A)=197+1=198 .$

再求模：$\displaystyle \bmod(|D|,5)=198\bmod5=3$。

2. 分解式驗證
   • (B)：取 $B=A$（對稱），$C=0$（零矩陣即反對稱），顯然 $A=B+C$。
   • (C)：$A$ 為實對稱正定矩陣，故可正交對角化。令 $B=Q$（正交），$C=\Lambda$（對角），即有 $A=BCB^{\!T}$。

核心觀念

1. 行列式的乘法性：對任意方陣 $X,Y$，$\det(XY)=\det X\cdot\det Y$。
2. 冪的行列式：$\det (A^k)=(\det A)^k$。
3. 矩陣的五次根：若已知 $A^5$，可先求出 $\det A$（只需要行列式），再利用特徵值分解把矩陣寫成 $A=S\Lambda^{1/5}S^{-1}$。
4. 四格和的四捨五入：$N=\operatorname{round}(A_{11}+A_{12}+A_{21}+A_{22})$。

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解題方法

1. 計算 $\det(A^5)$

$$\begin{aligned} \det\!\begin{pmatrix}3&2\\1&0\end{pmatrix}&=3\cdot0-2\cdot1=-2,\\ \det I_2&=1,\\ \det\!\begin{pmatrix}1&1\\1&1.2\end{pmatrix}&=1\cdot1.2-1\cdot1=0.2=\frac15,\\ \det\!\begin{pmatrix}1&1\\1&1.1\end{pmatrix}&=1\cdot1.1-1\cdot1=0.1=\frac1{10},\\ \det\!\begin{pmatrix}1&1\\1&1.5\end{pmatrix}&=1\cdot1.5-1\cdot1=0.5=\frac12. \end{aligned}$$

乘起來得到

$M=\det(A^5)=(-2)\times1\times\frac15\times\frac1{10}\times\frac12=-\frac1{50}=-0.02 .$

2. 求出 $A$ 本身
   先把 $A^5$ 實際相乘（保留小數至三位）：

$$A^5= \begin{pmatrix} 21.34 & 26.81\\ 4.10 & 5.15 \end{pmatrix}.$$

計算其特徵值

核心觀念

1. 線性系統的解的種類

   • 唯一解：係數矩陣的行列式 $\det A\neq0$。
   • 無限多解：$\det A=0$ 且右手邊向量屬於矩陣的欄空間（系統一致）。
   • 無解：$\det A=0$ 且右手邊向量不在欄空間（系統不一致）。

2. 對稱矩陣的特徵值

   • $A=(k-1)I_{3}+J$，其中 $J$ 為全 $1$ 矩陣。
   • $J$ 的特徵值為 $3$（對應特徵向量 $\mathbf{1}=(1,1,1)^T$）與 $0$（重根 $2$）。
   • 因此 $A$ 的特徵值為
     $\lambda_{1}=k-1+3=k+2,\qquad \lambda_{2}=\lambda_{3}=k-1.$

3. 最小平方法 (Least‑Squares)

   • 給予過定 (over‑determined) 的系統 $A\mathbf{x}= \mathbf{b}$，最小平解滿足 normal equation
     $A^{\mathsf T}A\,\mathbf{x}=A^{\mathsf T}\mathbf{b}.$

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解題方法

(1) 判斷 $k$ 的兩種特殊值

係數矩陣

$$A(k)=\begin{pmatrix} k&1&1\\ 1&k&1\\ 1&1&k \end{pmatrix}$$

的行列式等於特徵值的乘積

$\det A(k)=(k+2)(k-1)^2.$

• $k=1$ 時 $\det A=0$，矩陣秩 $=2$。此時三條方程皆化為

$x+y+z=1,$

因而相同且一致，得到無限多解。故 $a=1$。

• $k=-2$ 時 $\det A=0$，同樣秩 $=2$。將 $k=-2$ 代入原系統並把三式相加得

$0=3,$

明顯矛盾，系統無解。故 $b=-2$。

$$|a-b|=|1-(-2)|=3\quad\Longrightarrow\quad c=3,\qquad M=\operatorname{mod}(c,5)=3.$$

(2) 求第二組方程的最小平解

方程組寫成 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$（$\mathbf{x}=(x,y,z)^{\mathsf T}$）：

核心觀念

1. 三對角矩陣 $(2,-1,-1)$ 的行列式

$$T_n=\begin{pmatrix} 2 & -1 & & & \\ -1& 2 & -1 & & \\ &\ddots&\ddots&\ddots & \\ & &-1& 2&-1\\ & & &-1&2 \end{pmatrix}_{n\times n}$$

其行列式滿足遞迴 $D_n=2D_{n-1}-D_{n-2}$ 且初值 $D_1=2,\;D_2=3$。
解此遞迴得到

$D_n=n+1 .$

2. 一般 $4\times4$ 矩陣的行列式 – 以列/行初等變換將矩陣化為上三角形，因變換（加倍數的列）不改變行列式，只需注意乘上因子。

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解題方法

1. 計算 $M$（矩陣 $A$ 的行列式）

矩陣 $A$ 的大小未在題目中明示，設其階為 $n$。
依照上面的結論

$M =\det A = n+1 .$

2. 計算 $N$（矩陣 $B$ 的行列式）

$$B=\begin{pmatrix} 1.25 & 1 & 1 & 1\\ 1 &1.2& 1 & 1\\ 1 & 1 &1.1& 1\\ 1 & 1 & 1 &1.5 \end{pmatrix}$$

步驟 1 – 行減
將第 2、3、4 行分別減去第 1 行：

$$\begin{aligned} R_2 &\leftarrow R_2-R_1 =(-0.25,\;0.2,\;0,\;0)\\ R_3 &\leftarrow R_3-R_1 =(-0.25,\;0,\;0.1,\;0)\\ R_4 &\leftarrow R_4-R_1 =(-0.25,\;0,\;0,\;0.5) \end{aligned}$$

得到

$$\begin{pmatrix} 1.25 & 1 & 1 & 1\\ -0.25&0.2&0&0\\ -0.25&0&0.1&0\\ -0.25&0&0&0.5 \end{pmatrix}.$$

步驟 2 – 提取公共因子
第 2、3、4 行皆有 $-0.25$ 為公因子，提取出來：

$$\det B =(-0.25)^3\; \det\!\begin{pmatrix} 1.25 & 1 & 1 & 1\\ 1 &-0.8&0&0\\ 1 & 0 &-0.4&0\\ 1 & 0 & 0 &-2 \end{pmatrix}.$$

步驟 3 – 再做一次行減
把第一行減去第 2、3、4 行的和：

$$R_1\leftarrow R_1-R_2-R_3-R_4 \Longrightarrow \begin{pmatrix} -1.75&1.8&1.4&3\\ 1 &-0.8&0&0\\ 1 &0 &-0.4&0\\ 1 &0 &0 &-2 \end{pmatrix}.$$

此時行列式不變（僅加減列）。

步驟 4 – 按第一列展開
直接展開得到

核心觀念

1. 矩陣相似（Similarity）的定義：
   設 $A, B \in \mathbb{R}^{n \times n}$（或 $\mathbb{C}^{n \times n}$），若存在一可逆矩陣 $P$，使得 $B = P^{-1}AP$，則稱 $A$ 與 $B$ 相似，記作 $A \sim B$。
2. 相似矩陣的不變量（Similarity Invariants）：
   若 $A \sim B$，則兩矩陣具有相同的：
   • 行列式值：$\det(A) = \det(B)$
   • 跡數（Trace）：$\operatorname{tr}(A) = \operatorname{tr}(B)$
   • 秩（Rank）：$\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(B)$
   • 特徵多項式、特徵值（含代數重數與幾何重數）
   • 最小多項式與 Jordan 標準式（Jordan Canonical Form）
   • 矩陣冪次的相似性：$A^k \sim B^k$（$\forall k \in \mathbb{N}$）
3. 特徵向量的轉換關係：
   若 $x$ 為 $A$ 對應特徵值 $\lambda$ 之特徵向量，則 $B$ 對應 $\lambda$ 之特徵向量為 $P^{-1}x$，兩者一般不相同。
4. 矩陣乘積 $AB$ 與 $BA$ 的相似性：
   若 $A$ 或 $B$ 至少有一者可逆，則 $AB \sim BA$ 恆成立；但當 $A, B$ 皆不可逆（奇異矩陣）時，$AB$ 與 $BA$ 不一定相似。

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解題方法

本題為線性代數中關於「相似矩陣性質」的觀念是非題。解題切入點如下：

1. 證明真命題：直接從相似定義 $B = P^{-1}AP$ 出發，利用行列式的乘法性與矩陣相乘結合律進行代數推導。
2. 反駁偽命題：針對不具必然性的命題，利用常見的標準反例矩陣（如對角矩陣、正負單位矩陣 $\pm I$、基本冪零矩陣）進行快速反證。

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選項分析

• (A) 正確。
  若 $A \sim B$，存在可逆矩陣 $P$ 使得 $B = P^{-1}AP$。利用行列式的性質 $\det(XY) = \det(X)\det(Y)$：

  $$\det(B) = \det(P^{-1}AP) = \det(P^{-1})\det(A)\det(P) = \frac{1}{\det(P)}\det(A)\det(P) = \det(A)$$

  因此 $\det(A) = \det(B)$ 恆成立。

• (B) 錯誤。
  相似矩陣擁有相同的「特徵值」，但「特徵向量」一般不同。
  設 $Ax = \lambda x$（$x \neq 0$），若 $B = P^{-1}AP$，則：

  $$B(P^{-1}x) = (P^{-1}AP)(P^{-1}x) = P^{-1}Ax = P^{-1}(\lambda x) = \lambda (P^{-1}x)$$

  此式表示 $B$ 對應於 $\lambda$ 的特徵向量為 $P^{-1}x$。除非 $P^{-1}x$ 與 $x$ 恰好平行（例如 $P = cI$），否則特徵向量會改變。
  反例：
  取 $A = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix}$，$P = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$，則 $B = P^{-1}AP = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$。
  $A$ 對應特徵值 $\lambda = 1$ 的特徵向量為 $\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$；但 $B$ 對應 $\lambda = 1$ 的特徵向量為 $\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$，兩者並不相同。

• (C) 正確。
  若 $A \sim B$，存在可逆矩陣 $P$ 使得 $B = P^{-1}AP$。對 $B$ 取平方：

  $$B^2 = (P^{-1}AP)(P^{-1}AP) = P^{-1}A(PP^{-1})AP = P^{-1}A^2P$$

  這表示存在同一個可逆矩陣 $P$ 滿足 $B^2 = P^{-1}A^2P$，故 $A^2 \sim B^2$ 恆成立。

• (D) 錯誤。
  即使 $A \sim B$，$AB$ 也不一定相似於 $BA$（當 $A, B$ 皆為奇異矩陣時可能不成立）。
  反例：