111 年 國立臺灣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

連通無向圖存在歐拉迴路，若且唯若每個頂點的度數都是偶數。頂點的度數是與它相接的邊數；圖中兩條線交叉但沒有標示頂點時，交叉處不算頂點。

解題方法

原圖中，(B) 的左右端點各接兩條邊，中央四個頂點各接四條邊；中央線段的交叉處沒有頂點。(A)、(C)、(D) 的左端頂點各接三條邊，(E) 右側上、下兩個角點各接三條邊。逐一檢查各圖是否連通，以及是否有奇數度頂點即可判斷。

選項分析

特徵方程為

$$r^2-r-6=(r-3)(r+2)=0,$$

故

$$a_n=C3^n+D(-2)^n.$$

由 $a_0=A,\ a_1=B$ 得

$$C+D=A,\qquad 3C-2D=B,$$

解得

設生成函數 $G(x)=\sum_{n\ge0}a_nx^n$。由遞迴式得

$$G(x)=\frac{A+(A+B)x}{1+x-6x^2} =\frac{A+(A+B)x}{(1-2x)(1+3x)}.$$

因為 $x_i$ 為正整數，令 $y_i=x_i-1\ge 0$，則

$$y_1+y_2+\cdots+y_n=r-n.$$

由隔板法，非負整數解的數量為

全部關係共有 $2^{m^2}$ 個。

對稱關係中：

• $m$ 個對角元素可各自決定是否加入；
• 每組 $\{x,y\}$（$x\ne y$）必須同時加入或同時不加入，共 $\binom m2$ 組。

故對稱關係數為

核心觀念

本題考查**相似矩陣（Similar Matrices）的定義及其重要的相似不變量（Similarity Invariants）**與幾何意義。

1. 相似矩陣定義：
   設 $A, B \in \mathbb{C}^{n \times n}$，若存在一個可逆矩陣 $P$ 使得 $B = P^{-1} A P$，則稱 $A$ 與 $B$ 相似（記作 $A \sim B$）。
2. 相似不變量與性質：
   • 特徵多項式與特徵值：相似矩陣擁有相同的特徵多項式，故其特徵值（包含代數重數）完全相同。
   • 秩與零化度（Rank and Nullity）：相似矩陣代表相同維度下的線性變換，因此其階梯形狀態、秩（$\text{rank}$）與零化度（$\text{nullity}$）均相同。
   • 冪次與逆矩陣：若 $A \sim B$，則對任意整數 $k \ge 1$ 均有 $A^k \sim B^k$；若 $A$ 可逆，則 $A^{-1} \sim B^{-1}$ 亦成立。
   • 幾何意義：相似矩陣代表「同一線性變換在不同基底下的矩陣表示法」。

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解題方法

由相似定義 $B = P^{-1} A P$ 出發，分別透過矩陣代數運算與線性變換的結構性質，逐一驗證四個敘述的正確性：

1. 敘述一：利用矩陣求逆公式 $(X Y Z)^{-1} = Z^{-1} Y^{-1} X^{-1}$，對 $B = P^{-1} A P$ 取逆矩陣推導。
2. 敘述二：利用行列式乘法性質 $\det(X Y) = \det(X) \det(Y)$ 計算 $B$ 的特徵多項式 $\det(B - \lambda I)$。
3. 敘述三：引用基底變換定理（Change of Basis Theorem），說明變換矩陣與基底轉換矩陣的關係。
4. 敘述四：利用維度定理（Rank-Nullity Theorem）或證明零空間（Null Space）同構來確定零化度相等。

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選項分析

敘述一：$A^{-1}$ is similar to $B^{-1}$

• 正確。
• 當題目提及 $A^{-1}$ 時，隱含 $A$ 為可逆矩陣。若 $A$ 可逆且 $A \sim B$，則存在可逆矩陣 $P$ 使得 $B = P^{-1} A P$。
• 對等式兩邊取逆矩陣：
  $B^{-1} = (P^{-1} A P)^{-1} = P^{-1} A^{-1} (P^{-1})^{-1} = P^{-1} A^{-1} P$
• 由於存在可逆矩陣 $P$ 滿足 $B^{-1} = P^{-1} A^{-1} P$，依定義 $A^{-1}$ 必與 $B^{-1}$ 相似。

敘述二：$A$ and $B$ have the same eigenvalues

• 正確。
• 寫出矩陣 $B$ 的特徵多項式 $P_B(\lambda)$：
  $P_B(\lambda) = \det(B - \lambda I) = \det(P^{-1} A P - \lambda P^{-1} I P) = \det\left(P^{-1} (A - \lambda I) P\right)$
• 利用行列式的積乘性質 $\det(X Y) = \det(X)\det(Y)$：

核心觀念

1. 正交矩陣（Orthogonal Matrix）的性質：實數方陣 $Q \in \mathbb{R}^{n \times n}$ 若滿足 $Q^T Q = Q Q^T = I$，則稱 $Q$ 為正交矩陣。正交矩陣滿足對群（Group）封閉的性質：其反矩陣與兩正交矩陣之積仍為正交矩陣。
2. 單位正交行向量（Orthonormal Columns）與可逆性（Invertibility）：矩陣具有單位正交行向量僅代表 $A^T A = I_n$。但在線性代數中，「可逆矩陣（Invertible Matrix）」的定義嚴格限定於正方形矩陣（Square Matrix）。長方形矩陣（如 $m > n$ 時）雖然可以擁有單位正交行向量，但並不具備雙邊反矩陣，因此不可逆。
3. Unitary 矩陣（酉矩陣）與實虛部展開：對於複數方陣 $U = A + iB \in \mathbb{C}^{n \times n}$（其中 $A, B \in \mathbb{R}^{n \times n}$），若 $U$ 為 Unitary 矩陣，則滿足 $U^H U = I_n$（其中 $U^H$ 為共軛轉置矩陣）。利用 $U^H = A^T - i B^T$ 展開後，分別比對實部與虛部，可得到 $A$ 與 $B$ 之間的代數關係。

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解題方法

本題為研究所考試中常見的矩陣代數性質綜合判斷題，切入點如下：

1. 敘述一與敘述二：直接運用正交矩陣定義 $Q^T Q = I$ 與矩陣轉置性質 $(AB)^T = B^T A^T$ 進行代數證明。
2. 敘述三：透過維度觀念（長方形矩陣 vs. 正方形矩陣）進行檢驗，注意可逆矩陣的前提必須為方陣。
3. 敘述四：將 $U = A + iB$ 代入 Unitary 矩陣定義式 $U^H U = I_n$，分離實部與虛部，求出 $A^T B - B^T A = 0$，再利用對稱矩陣的定義 $M^T = M$ 驗證 $A^T B$ 是否為對稱矩陣。

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選項分析

• 敘述一：The inverse of an orthogonal matrix is orthogonal.（正交矩陣的反矩陣亦為正交矩陣）

• 判定：正確（True）
• 說明：設 $Q \in \mathbb{R}^{n \times n}$ 為正交矩陣，由定義可知 $Q^T Q = Q Q^T = I$，故其反矩陣為 $Q^{-1} = Q^T$。
  欲驗證 $Q^{-1}$ 是否為正交矩陣，計算其轉置矩陣與自身之積：
  $(Q^{-1})^T Q^{-1} = (Q^T)^T Q^T = Q Q^T = I$
  同理可得 $Q^{-1} (Q^{-1})^T = I$，故 $Q^{-1}$ 確實為正交矩陣。

• 敘述二：The product of two orthogonal matrices is an orthogonal matrix.（兩個正交矩陣的積仍為正交矩陣）

• 判定：正確（True）
• 說明：設 $Q_1, Q_2 \in \mathbb{R}^{n \times n}$ 皆為正交矩陣，即 $Q_1^T Q_1 = I$ 且 $Q_2^T Q_2 = I$。
  令兩矩陣之積為 $Q = Q_1 Q_2$，檢驗 $Q^T Q$：
  $Q^T Q = (Q_1 Q_2)^T (Q_1 Q_2) = Q_2^T Q_1^T Q_1 Q_2 = Q_2^T I Q_2 = Q_2^T Q_2 = I$
  同理可知 $(Q_1 Q_2)(Q_1 Q_2)^T = I$，因此 $Q_1 Q_2$ 亦為正交矩陣。

核心觀念

1. 矩陣多項式與反矩陣求解（Matrix Polynomial & Inverse Matrix）：
   若方陣 $A$ 滿足零化多項式關係式 $f(A) = 0$，可透過代數變形、多項式除法或係數比較法，將反矩陣 $(A + cI_n)^{-1}$ 表示為 $A$ 與單位矩陣 $I_n$ 的線性組合。
2. 線性獨立性（Linear Independence）：
   對於實矩陣 $A \in \mathbb{R}^{n \times n}$，若其滿足之多項式 $x^2 + 4x + 6 = 0$ 在實數域內判別式 $\Delta = 4^2 - 4(1)(6) = -8 < 0$（無實根），則 $A$ 與單位矩陣 $I_n$ 在實數域上必為線性獨立（Linearly Independent），即非零線性組合不可為零矩陣。

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解題方法

方法一：因式湊配法（極速解法）

已知 $A^2 + 4A + 6I_n = 0$，欲求 $(A + 3I_n)^{-1}$。
將已知關係式拆解湊出包含 $(A + 3I_n)$ 的因式：

$A^2 + 4A + 3I_n + 3I_n = 0$

$(A + 3I_n)(A + I_n) + 3I_n = 0$

將 $3I_n$ 移至等號右邊：

$(A + 3I_n)(A + I_n) = -3I_n$

兩邊同乘以 $-\frac{1}{3}$：

$(A + 3I_n) \left( -\frac{1}{3}A - \frac{1}{3}I_n \right) = I_n$

依據反矩陣定義 $(A + 3I_n) B = I_n \implies (A + 3I_n)^{-1} = B$，可得：

$(A + 3I_n)^{-1} = -\frac{1}{3}A - \frac{1}{3}I_n$

對照題目給定形式 $(A + 3I_n)^{-1} = aA + bI_n$，得出：

$a = -\frac{1}{3}, \quad b = -\frac{1}{3}$

計算目標式 $2a + b$ 之值：

$2a + b = 2 \left( -\frac{1}{3} \right) + \left( -\frac{1}{3} \right) = -\frac{2}{3} - \frac{1}{3} = -1$

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方法二：待定係數法與線性獨立檢驗（嚴謹推導）

設 $(A + 3I_n)^{-1} = aA + bI_n$，由反矩陣定義展開：

$(A + 3I_n)(aA + bI_n) = I_n$

$aA^2 + bA + 3aA + 3bI_n = I_n$

$aA^2 + (3a + b)A + 3bI_n = I_n$

將已知關係式 $A^2 = -4A - 6I_n$ 代入上式：

$a(-4A - 6I_n) + (3a + b)A + 3bI_n = I_n$

$(-a + b)A + (-6a + 3b)I_n = I_n$

$(-a + b)A + (-6a + 3b - 1)I_n = 0$

因為二次方程式 $x^2 + 4x + 6 = 0$ 無實根，故實矩陣 $A$ 不可能為純量矩陣 $cI_n$（$c \in \mathbb{R}$）。

核心觀念

• 基底與座標向量（Basis and Coordinate Vector）：設 $S = \{v_1, v_2, v_3, v_4\}$ 為向量空間 $V$ 的一組有序基底。若向量 $x \in V$ 可唯一表示為 $x = a v_1 + b v_2 + c v_3 + d v_4$，則稱 $(a, b, c, d)$ 為向量 $x$ 相對於基底 $S$ 的座標向量，記作 $[x]_S = (a, b, c, d)^T$。
• 多項式的泰勒展開式（Taylor's Expansion for Polynomials）：任何最高次數不大於 $n$ 的多項式 $p(t)$，在 $t = c$ 處展開皆可表示為基底 $\{(t-c)^n, \dots, (t-c), 1\}$ 的線性組合，其項係數由高階導數在 $t = c$ 的值確定：
  $p(t) = \sum_{k=0}^{n} \frac{p^{(k)}(c)}{k!}(t-c)^k$

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解題方法

本題已知向量空間 $P_3(t)$ 的基底為 $S = \{(t-1)^3, (t-1)^2, (t-1), 1\}$。
設 $x(t) = 5t^3 - 4t^2 + 3t - 2$ 相對於基底 $S$ 的座標為 $(a, b, c, d)$，即滿足：
$x(t) = a(t-1)^3 + b(t-1)^2 + c(t-1) + d$

求 $a+b+c+d$ 的推導如下：

方法一：泰勒展開式（微分法）

根據泰勒展開式公式，將 $x(t)$ 在 $t = 1$ 處展開：
$x(t) = \frac{x'''(1)}{3!}(t-1)^3 + \frac{x''(1)}{2!}(t-1)^2 + \frac{x'(1)}{1!}(t-1) + x(1)$

分別對 $x(t) = 5t^3 - 4t^2 + 3t - 2$求各階導數及在 $t = 1$ 的值：

1. $d = x(1) = 5(1)^3 - 4(1)^2 + 3(1) - 2 = 2$
2. $x'(t) = 15t^2 - 8t + 3 \implies c = x'(1) = 15(1)^2 - 8(1) + 3 = 10$
3. $x''(t) = 30t - 8 \implies b = \frac{x''(1)}{2!} = \frac{30(1) - 8}{2} = 11$
4. $x'''(t) = 30 \implies a = \frac{x'''(1)}{3!} = \frac{30}{6} = 5$

核心觀念

1. 特徵值與特徵方程式（Eigenvalues and Characteristic Equation）：
   對於一 $n \times n$ 方陣 $A$，其特徵值 $\lambda$ 滿足特徵方程式：
   $\det(A - \lambda I) = 0$

2. 分塊三角矩陣的行列式性質（Determinant of Block Triangular Matrix）：
   若矩陣可分塊為上三角形式 $A = \begin{pmatrix} B & C \\ O & D \end{pmatrix}$（其中 $O$ 為零矩陣），則其特徵方程式可分解為：
   $\det(A - \lambda I) = \det(B - \lambda I) \cdot \det(D - \lambda I) = 0$
   因此矩陣 $A$ 的特徵值集合即為子矩陣 $B$ 與 $D$ 的特徵值聯集。

3. $2 \times 2$ 矩陣特徵方程式與跡／行列式關係：
   對於 $2 \times 2$ 矩陣 $B$，其特徵方程式可寫為：
   $\lambda^2 - \text{tr}(B)\lambda + \det(B) = 0$
   其中 $\text{tr}(B)$ 為矩陣主對角線元素之和（跡），$\det(B)$ 為矩陣之行列式。

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解題方法

步驟一：觀察矩陣結構進行分塊

給定矩陣：
$A = \begin{pmatrix} 9 & -1 & 5 \\ 8 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$

觀察第三列為 $\begin{pmatrix} 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$，可知 $A$ 為上分塊三角矩陣。可將 $A$ 切分為：
$A = \begin{pmatrix} B & C \\ O & D \end{pmatrix}$
其中：
$B = \begin{pmatrix} 9 & -1 \\ 8 & 3 \end{pmatrix}, \quad D = (-1)$

步驟二：列出特徵方程式

求 $\det(A - \lambda I) = 0$：
$\det \begin{pmatrix} 9-\lambda & -1 & 5 \\ 8 & 3-\lambda & 2 \\ 0 & 0 & -1-\lambda \end{pmatrix} = 0$

沿第三列進行拉普拉斯展開（Laplace Expansion）：

核心概念
本題考察的是 矩陣的函數（此處為立方根）與 相似對角化：若矩陣 $A$ 可對角化為 $A=PDP^{-1}$，則
$B^3=A\;\Longrightarrow\;B=P\;D^{1/3}\;P^{-1},$
其中 $D^{1/3}$ 為 $D$ 中每個特徵值的實數立方根。因為題目限定 $B$ 的特徵值必須是實數，我們只能取每個特徵值的實數立方根。

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解題步驟

1. 求 $A$ 的特徵值與特徵向量

$$A=\begin{pmatrix}1&\tfrac14\\4&1\end{pmatrix},\qquad \det(A-\lambda I)=\begin{vmatrix}1-\lambda&\tfrac14\\4&1-\lambda\end{vmatrix} =(1-\lambda)^2-1=\lambda(\lambda-2).$$

因此特徵值為
$\lambda_1=0,\qquad \lambda_2=2.$

2. 求對應的特徵向量

   • 當 $\lambda=0$ 時，解 $(A-0I)v=0$：
     $\begin{cases}x+\tfrac14y=0\\4x+y=0\end{cases}\Longrightarrow v_1=\begin{pmatrix}-1\\4\end{pmatrix}.$
   • 當 $\lambda=2$ 時，解 $(A-2I)v=0$：
     $\begin{cases}-x+\tfrac14y=0\\4x-y=0\end{cases}\Longrightarrow v_2=\begin{pmatrix}1\\4\end{pmatrix}.$

   把兩個特徵向量排成矩陣

$$P=\begin{pmatrix}-1&1\\4&4\end{pmatrix},\qquad \det P=-8\neq0,$$

故 $P$ 可逆。

3. 寫出 $A$ 的對角化形式
   $A=P\begin{pmatrix}0&0\\0&2\end{pmatrix}P^{-1}.$

4. 取立方根（實數）
   只取實數立方根：
   $0^{1/3}=0,\qquad 2^{1/3}=\sqrt[3]{2}\;(>0).$
   設 $c:=\sqrt[3]{2}$，則
   $D^{1/3}=\begin{pmatrix}0&0\\0&c\end{pmatrix}.$

先化簡生成向量：

$$u_2-u_1=(0,1,-1,2,-1)=a,$$

且

$$u_3=2u_1-3a,\qquad u_4=2u_1-2a,$$

故

$$U=\operatorname{span}\{u_1,a\},\qquad \dim U=2.$$

對 $W$，令

$$b=\frac{w_2-w_1}{2}=(0,1,3,2,1),\qquad c=w_3-2w_1=(0,-1,3,-2,-1),$$

則 $w_4=2w_1-c$，故