110 年 國立臺灣大學資訊工程學系碩士班《數學》

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第 1 題10 分

A graph is bipartite if and only if it has no cycle of ____ length. A bipartite graph can be colored with ____ colors.

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核心觀念

二分圖是指頂點可以分成兩個互不相交的集合,使每條邊的兩端分別落在不同集合。這等價於能用兩種顏色為頂點著色,且相鄰頂點顏色不同。

圖是二分圖,若且唯若它不含奇數長度的環。

解題方法

若圖是二分圖,沿著任一個環行走時,頂點必須在兩個集合間交替。走完環回到起點時,交替次數必須是偶數,因此每個環的長度都是偶數。

反過來,若圖中沒有奇數長度的環,可從每個連通分量選一個起點,以廣度優先搜尋分層,將距離起點為偶數的頂點染成一色,距離為奇數的頂點染成另一色。

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第 2 題10 分

If an=3an/2+1a_n=3a_{n/2}+1 for n≥2n\geq 2 and a1=1a_1=1, then log⁡2an≈\log_2 a_n\approx ____ ×log⁡2n\times\log_2 n.

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核心觀念

這題考遞迴式的展開,以及主定理中的冪次指數。令 n=2kn=2^k,每次把 nn 除以 22,直到基底 n=1n=1,共經過 k=log⁡2nk=\log_2 n 層。

解題方法

逐層展開遞迴式:

an=3an/2+1=3(3an/4+1)+1=32an/4+3+1=⋯=3ka1+∑j=0k−13j=3k+3k−12=3k+1−12.\begin{aligned} a_n &=3a_{n/2}+1\\ &=3\left(3a_{n/4}+1\right)+1\\ &=3^2a_{n/4}+3+1\\ &=\cdots\\ &=3^k a_1+\sum_{j=0}^{k-1}3^j\\ &=3^k+\frac{3^k-1}{2}\\ &=\frac{3^{k+1}-1}{2}. \end{aligned}
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第 3 題10 分

There are ____ ways a binomial random walk, starting at the origin, returns to the origin for the first time after exactly 2n2n steps.

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核心觀念

這題考的是簡單對稱隨機漫步的「首次回到原點」路徑計數。每一步只能向右或向左移動一格;要在第 2n2n 步才首次回到原點,路徑在第 11 步到第 2n−12n-1 步都不能位於原點。

計數會用到卡特蘭數:

Cm=1m+1(2mm).C_m=\frac{1}{m+1}\binom{2m}{m}.

解題方法

先分兩種對稱情況:第一步向右,或第一步向左。由於左右對稱,只需計算第一步向右的情形,再乘以 22。

若第一步向右,路徑先從原點走到位置 11。在最後一步回到原點之前,路徑必須始終位於原點右側;否則就會先經過原點。最後一步則必定向左。

固定第一步和最後一步後,中間還有 2n−22n-2 步。這段路徑從位置 11 出發、回到位置 11,且全程不低於位置 11。

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第 4 題10 分

With 0≤m,n0\leq m,n, A=A= ____ and B=B= ____ in
∑k=mn(km)=(AB).\sum_{k=m}^{n}\binom{k}{m}=\binom{A}{B}.

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核心觀念

本題考查二項式係數的「曲棍球桿恆等式」:

∑k=mn(km)=(n+1m+1),0≤m≤n.\sum_{k=m}^{n}\binom{k}{m}=\binom{n+1}{m+1}, \qquad 0\le m\le n.

解題方法

由 Pascal 恆等式

(k+1m+1)=(km+1)+(km)\binom{k+1}{m+1}=\binom{k}{m+1}+\binom{k}{m}

移項得

(km)=(k+1m+1)−(km+1).\binom{k}{m}=\binom{k+1}{m+1}-\binom{k}{m+1}.

代入原式後,逐項展開會形成望遠鏡消去:

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第 5 題10 分

Let (G,∘)(G,\circ) be a finite group with subgroup HH. Prove that ∣H∣|H| divides ∣G∣|G|.

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核心觀念

本題考查拉格朗日定理:有限群 GG 的任一子群 HH,其階數 ∣H∣|H| 必整除群的階數 ∣G∣|G|。證明的關鍵是把 GG 分成若干個左陪集,每個左陪集都與 HH 等勢。

解題方法

對每個 g∈Gg\in G,定義 HH 的左陪集為

gH={g∘h:h∈H}.gH=\{g\circ h:h\in H\}.

先證明每個左陪集的元素數都等於 ∣H∣|H|。映射

φg:H→gH,h↦g∘h\varphi_g:H\to gH,\qquad h\mapsto g\circ h

是雙射:它依定義為滿射;若 g∘h1=g∘h2g\circ h_1=g\circ h_2,在等式兩側左乘 g−1g^{-1},可得 h1=h2h_1=h_2,所以它也是單射。因此

∣gH∣=∣H∣.|gH|=|H|.
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第 6-(a) 題5 分

Suppose UU and VV are distinct six-dimensional subspaces of a vector space WW, and dim⁡W=8\dim W=8. Find dim⁡(U∩V)\dim(U\cap V).

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核心觀念

使用子空間的維度公式:

dim⁡(U+V)=dim⁡U+dim⁡V−dim⁡(U∩V).\dim(U+V)=\dim U+\dim V-\dim(U\cap V).

由於 U+VU+V 是 WW 的子空間,必有 dim⁡(U+V)≤8\dim(U+V)\leq 8。此外,UU、VV 是不同的六維子空間,因此交集不能等於整個 UU,故 dim⁡(U∩V)<6\dim(U\cap V)<6。

解題方法

代入 dim⁡U=dim⁡V=6\dim U=\dim V=6,由維度公式得到:

dim⁡(U∩V)=12−dim⁡(U+V).\dim(U\cap V)=12-\dim(U+V).

因為 dim⁡(U+V)≤8\dim(U+V)\leq 8,所以

dim⁡(U∩V)≥12−8=4.\dim(U\cap V)\geq 12-8=4.

交集是 UU 的真子空間,且維度為整數,因此

dim⁡(U∩V)≤5.\dim(U\cap V)\leq 5.

故交集維度可能是 44 或 55,題目條件不足以決定唯一數值。

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第 6-(b) 題5 分

Let VV be a vector space of all symmetric 2×22\times2 matrices. Define a linear transformation T:V→P2(R)T:V\to P_2(\mathbb{R}) by
T([abbc])=(a−b)+(b−c)x+(c−a)x2.T\left(\begin{bmatrix}a&b\\b&c\end{bmatrix}\right)=(a-b)+(b-c)x+(c-a)x^2.
Find rank⁡(T)\operatorname{rank}(T).

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核心觀念

線性轉換 TT 的秩是其像空間的維度,即 rank⁡(T)=dim⁡(Im⁡T)\operatorname{rank}(T)=\dim(\operatorname{Im}T)。本題可直接觀察輸出多項式的係數限制,找出像空間;也可用秩-零度定理計算。

對稱 2×22\times2 矩陣可寫成

[abbc],\begin{bmatrix} a&b\\ b&c \end{bmatrix},

因此 VV 的維度為 33。

解題方法

令

T([abbc])=(a−b)+(b−c)x+(c−a)x2.T\left(\begin{bmatrix}a&b\\b&c\end{bmatrix}\right) =(a-b)+(b-c)x+(c-a)x^2.

輸出多項式的三個係數分別是 a−ba-b、b−cb-c、c−ac-a,其總和為

(a−b)+(b−c)+(c−a)=0.(a-b)+(b-c)+(c-a)=0.

所以像空間中的多項式都符合「常數項、xx 項與 x2x^2 項的係數和為零」。

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第 7 題10 分

Suppose m(t)=tr+ar−1tr−1+⋯+a1t+a0m(t)=t^r+a_{r-1}t^{r-1}+\cdots+a_1t+a_0 is the minimal polynomial of a nonsingular n×nn\times n matrix AA. Find A−1A^{-1}.

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核心觀念

最小多項式 m(t)m(t) 滿足 m(A)=0m(A)=0,因此

Ar+ar−1Ar−1+⋯+a1A+a0I=0.A^r+a_{r-1}A^{r-1}+\cdots+a_1A+a_0I=0.

題目已知 AA 非奇異,故 A−1A^{-1} 存在。此時常數項 a0a_0 必不為 00:若 a0=0a_0=0,則 m(t)=tq(t)m(t)=tq(t),其中 q(t)q(t) 的次數小於 rr。由 m(A)=Aq(A)=0m(A)=Aq(A)=0,左乘 A−1A^{-1} 得 q(A)=0q(A)=0,這與 m(t)m(t) 是最低次的首一零化多項式矛盾。

解題方法

將 m(A)=0m(A)=0 的等式左乘 A−1A^{-1}:

Ar−1+ar−1Ar−2+⋯+a2A+a1I+a0A−1=0.A^{r-1}+a_{r-1}A^{r-2}+\cdots+a_2A+a_1I+a_0A^{-1}=0.
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第 8 題10 分

Solve for tt if

det⁡(3−t200014−t000003−t100013−t000004−t)=0.\det\begin{pmatrix} 3-t&2&0&0&0\\ 1&4-t&0&0&0\\ 0&0&3-t&1&0\\ 0&0&1&3-t&0\\ 0&0&0&0&4-t \end{pmatrix}=0.

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核心觀念

矩陣中的非零元素分成左上角的 2×22\times2 區塊、中間的 2×22\times2 區塊,以及右下角的 1×11\times1 區塊,因此原矩陣是分塊對角矩陣。分塊對角矩陣的行列式等於各對角區塊行列式的乘積:

det⁡(A000B000C)=det⁡(A)det⁡(B)det⁡(C).\det\begin{pmatrix} A&0&0\\ 0&B&0\\ 0&0&C \end{pmatrix} =\det(A)\det(B)\det(C).

解題方法

將原矩陣拆成三個對角區塊,分別計算行列式:

det⁡(3−t214−t)=(3−t)(4−t)−2=t2−7t+10=(t−5)(t−2).\det\begin{pmatrix} 3-t&2\\ 1&4-t \end{pmatrix} =(3-t)(4-t)-2 =t^2-7t+10 =(t-5)(t-2).
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第 9 題10 分

Which of the following statements are true? Your answer will be considered correct only if all the true statements are selected.

(A) Let AA and BB be n×nn\times n matrices. Assume that AA is invertible and B3=0B^3=0. If AB=BAAB=BA, then A+BA+B is also invertible.

(B) Let SS be the set of all sequences in R∞\mathbb{R}^{\infty} which have exactly NN non-zero elements, where NN is a known constant. SS is a subspace of R∞\mathbb{R}^{\infty}.

(C) Any square matrix AA can be represented as a sum of a symmetric matrix and a skew-symmetric matrix.

(D) If AA and BB are similar, they have the same eigenvectors.

(E) If A,B∈Rm×nA,B\in\mathbb{R}^{m\times n}, rank⁡(A−B)≤rank⁡(A)−rank⁡(B)\operatorname{rank}(A-B)\leq\operatorname{rank}(A)-\operatorname{rank}(B).

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核心觀念

本題考查矩陣可逆性、子空間定義、對稱與反對稱矩陣分解、相似矩陣的特徵向量,以及矩陣秩的不等式。

解題方法與選項分析

(A) 正確。
令 C=A−1BC=A^{-1}B。由 AB=BAAB=BA 可知 A−1B=BA−1A^{-1}B=BA^{-1},因此

C3=(A−1B)3=A−3B3=0.C^3=(A^{-1}B)^3=A^{-3}B^3=0.

也就是說 CC 是冪零矩陣。利用

(A+B)=A(I+A−1B)=A(I+C),(A+B)=A(I+A^{-1}B)=A(I+C),

且

(I+C)(I−C+C2)=I+C3=I,(I+C)(I-C+C^2)=I+C^3=I,

可知 I+CI+C 可逆。因為 AA 也可逆,所以 A+BA+B 可逆。

(B) 錯誤。
若 N>0N>0,零序列沒有任何非零元素,因此不屬於 SS。子空間必須包含零向量,故 SS 不是子空間。

(C) 正確。
對任意實方陣 AA,可寫成

A=A+AT2+A−AT2.A=\frac{A+A^T}{2}+\frac{A-A^T}{2}.

其中

(A+AT2)T=A+AT2,\left(\frac{A+A^T}{2}\right)^T=\frac{A+A^T}{2},

所以第一項是對稱矩陣;而

(A−AT2)T=−A−AT2,\left(\frac{A-A^T}{2}\right)^T=-\frac{A-A^T}{2},

所以第二項是反對稱矩陣。

(D) 錯誤。
相似矩陣的特徵值相同,但特徵向量一般會隨相似變換改變。若 B=P−1APB=P^{-1}AP,且 Av=λvAv=\lambda v,則 P−1vP^{-1}v 是 BB 對應於 λ\lambda 的特徵向量,

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第 10 題10 分

Which of the following statements are true? Your answer will be considered correct only if all the true statements are selected.

(A) Let D:V→VD:V\to V be defined by D(f)=dfdtD(f)=\frac{df}{dt}, where VV is the space of functions with basis {sin⁡t,cos⁡t}\{\sin t,\cos t\}. The eigenvalues of DD are ±1\pm1.

(B) FF is linear if F:R3→R2F:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^2 is defined by F(x,y,z)=(x+1,y+z)F(x,y,z)=(x+1,y+z).

(C) Assume that A∈Mn×n(F)A\in M_{n\times n}(\mathbb{F}) has two distinct eigenvalues, λ1\lambda_1 and λ2\lambda_2. If dim⁡(Eλ1)=n−1\dim(E_{\lambda_1})=n-1, AA is diagonalizable.

(D) Let AA, BB, and CC be three n×nn\times n matrices such that, for k=1,2,…,nk=1,2,\ldots,n,
cik=aik+bikc_{ik}=a_{ik}+b_{ik} for some ii, and ajk=bjk=cjka_{jk}=b_{jk}=c_{jk} for j≠ij\neq i.
Then det⁡C=det⁡A+det⁡B\det C=\det A+\det B.

(E) Let TT be a diagonalizable linear operator on a finite-dimensional vector space, and let mm be any positive integer. TT and TmT^m are simultaneously diagonalizable.

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核心觀念

本題考查線性算子的特徵值、線性映射的定義、特徵空間與可對角化,以及行列式對單一列的線性性。

  • 線性映射須滿足加法與純量乘法,特別是必須將零向量映到零向量。
  • 若一個 nn 維空間有 nn 個線性獨立的特徵向量,線性算子即可對角化。
  • 行列式對每一列分別具有線性性;若其他各列固定,某一列相加時,行列式也相加。
  • 若 TT 有一組特徵向量基底,則同一組向量也會是 TmT^m 的特徵向量。

選項分析

(A) 錯誤。

以有序基底 {sin⁡t,cos⁡t}\{\sin t,\cos t\} 表示微分算子 DD:

D(sin⁡t)=cos⁡t,D(cos⁡t)=−sin⁡t.D(\sin t)=\cos t,\qquad D(\cos t)=-\sin t.

因此矩陣為

[D]=(0−110).[D]= \begin{pmatrix} 0&-1\\ 1&0 \end{pmatrix}.

其特徵多項式為

det⁡(−λ−11−λ)=λ2+1.\det \begin{pmatrix} -\lambda&-1\\ 1&-\lambda \end{pmatrix} =\lambda^2+1.

所以在實數域上沒有特徵值;在複數域上的特徵值為 ±i\pm i,不是 ±1\pm1。

(B) 錯誤。

線性映射必須將零向量映到零向量。但

F(0,0,0)=(1,0)≠(0,0).F(0,0,0)=(1,0)\neq(0,0).

因此 FF 不是線性映射。式中的常數 11 使 FF 成為仿射映射。

(C) 正確。

由 dim⁡(Eλ1)=n−1\dim(E_{\lambda_1})=n-1,特徵空間 Eλ1E_{\lambda_1} 有 n−1n-1 個線性獨立的特徵向量。又因 λ2\lambda_2 是與 λ1\lambda_1 不同的特徵值,Eλ2E_{\lambda_2} 至少有一個非零特徵向量。

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