111 年 國立陽明交通大學資訊工程學系碩士班《線性代數與離散數學》

核心觀念

本題考三柱漢諾塔的遞迴關係。每次只能移動一個圓盤，且較大的圓盤不能放在較小的圓盤上。令 $H^3(n)$ 表示把 $n$ 個圓盤移到另一根柱子所需的最少移動次數。

解題方法

圖中有三根柱子：圓盤起初疊在 peg1，peg2 與 peg3 是空柱；題目要將整疊圓盤移到另外任一根柱子。要移動最底下最大的圓盤，必須先把它上方的 $n-1$ 個圓盤移到第三根柱子；移動最大圓盤一次後，再把這 $n-1$ 個圓盤移到目標柱。

因此，先移動上方 $n-1$ 個圓盤需要 $H^3(n-1)$ 步，移動最大圓盤需要 $1$ 步，最後再移動 $n-1$ 個圓盤需要 $H^3(n-1)$ 步，故

$$H^3(n)=2H^3(n-1)+1,\qquad H^3(0)=0.$$

核心觀念

$H^4(n)$ 表示使用四根柱子搬移 $n$ 個圓盤的最少步數。關鍵是把圓盤分成「上方較小的一群」與「下方較大的一群」，分階段搬移。

三柱漢諾塔的最少步數為

$$H^3(n)=2H^3(n-1)+1=2^n-1,\qquad H^3(0)=0.$$

四柱多出一根輔助柱，可以先暫存部分小圓盤，減少其餘圓盤的搬移成本。

解題方法

原卷四柱圖中有四根彼此獨立的柱子，所有圓盤最初依大小疊在第一根柱子上，其餘三根為空柱。圖中沒有額外的移動限制，因此任意兩根柱子之間都可搬移圓盤，但須遵守「一次一盤、小盤在大盤上」的規則。

一、建立四柱遞迴式

選取上方 $k$ 個最小圓盤，依序完成下列步驟：

1. 使用四根柱子，把這 $k$ 個小圓盤移到一根輔助柱，花費 $H^4(k)$ 步。
2. 暫存小圓盤的柱子不能放入較大的圓盤，因此剩下 $n-k$ 個大圓盤使用其餘三根柱子搬到目標柱，花費 $H^3(n-k)$ 步。
3. 使用四根柱子，把暫存的 $k$ 個小圓盤搬到目標柱的大圓盤上，再花費 $H^4(k)$ 步。

對各種分割取最小值，得到四柱漢諾塔的最少步數遞迴：

$$\boxed{ H^4(0)=0,\qquad H^4(n)=\min_{0\le k<n} \left\{2H^4(k)+H^3(n-k)\right\}. }$$

代入三柱公式：

$$\boxed{ H^4(n)=\min_{0\le k<n} \left\{2H^4(k)+2^{n-k}-1\right\}. }$$

其中 $k=0$ 表示直接使用三柱完成搬移，因此遞迴式也適用於 $n=1$。

二、求出明確公式

令三角數

$$T_m=\frac{m(m+1)}2.$$

對 $n\ge1$，取

$$m=\left\lfloor\frac{\sqrt{8n+1}-1}{2}\right\rfloor, \qquad r=n-T_m, \qquad 0\le r\le m.$$

核心觀念

本題考的是河內塔的遞迴分治，以及柱數增加對搬移步數的影響。以下將 $H^m(n)$ 定義為「使用 $m$ 根柱子，把 $n$ 個圓盤完整搬到另一根柱子的最少步數」，並令 $H^m(0)=0$。

必須區分兩件事：構造出合法搬法，可得到最少步數的上界；證明所有搬法都不會更省，才能得到最少步數的等式。

解題方法

原圖分別畫出三柱與四柱的配置，圓盤起初都依大小疊在同一根柱子上，其餘柱子為空。本小題將柱數增加為五根，沒有指定 $n$ 的數值，也沒有增加柱子間的移動限制。

一、柱子越多，最少步數不會增加

五柱情況可以只使用其中四根柱子，照四柱的搬法操作；四柱也可以只使用其中三根。因此，

$$H^5(n)\le H^4(n)\le H^3(n).$$

三柱河內塔的標準遞迴為：先搬走上方 $n-1$ 個圓盤，再搬最大圓盤，最後搬回上方 $n-1$ 個圓盤。因此，

$$H^3(n)=2H^3(n-1)+1,\qquad H^3(0)=0,$$

解得

$$H^3(n)=2^n-1.$$

所以三者最直接的關係是

$$\boxed{H^5(n)\le H^4(n)\le H^3(n)=2^n-1}.$$

二、五柱問題可以分成五柱與四柱的子問題

選取整數 $k$，其中 $0\le k<n$，把圓盤分成「上方較小的 $k$ 個」及「下方較大的 $n-k$ 個」，採用以下搬法：

1. 使用五根柱子，把上方 $k$ 個圓盤搬到某根輔助柱，需 $H^5(k)$ 步。
2. 暫時不使用該輔助柱，以其餘四根柱子，把下方 $n-k$ 個圓盤搬到目標柱，需 $H^4(n-k)$ 步。
3. 使用五根柱子，把暫存的 $k$ 個圓盤搬到目標柱上，需 $H^5(k)$ 步。

第一、三階段中，較大的圓盤可作為較小圓盤的底座，不妨礙操作；第二階段則避開存放小圓盤的柱子，所以整個搬法符合規則。

此搬法共需

$$2H^5(k)+H^4(n-k)$$

步。取各種切分中步數最少者，可得

核心觀念

令 $H^m(n)$ 表示利用 $m$ 根柱子，將 $n$ 個圓盤從起始柱完整搬到另一根柱子所需的最少移動次數，其中 $m\ge 3$。

本題考的是遞迴分解與柱數對最少步數的影響。須特別區分：一個合法搬法能給出最少步數的上界，但要宣稱它就是最少步數，還需要最優性的證明。

基本條件為

$$H^m(0)=0,\qquad H^m(1)=1,$$

三柱情況則有

$$H^3(n)=2H^3(n-1)+1=2^n-1.$$

解題方法

原卷的三柱圖與四柱圖都顯示：圓盤起初集中在第一根柱子，依大小排列，其餘柱子為空。增加柱子只增加可供暫放圓盤的位置，仍須遵守一次移動一盤、不能將大盤放在小盤上的規則。

一、建立一般多柱情況的遞迴上界

對 $m\ge 4$、$n\ge 2$，選取整數 $k$，使 $1\le k<n$，採用以下三階段搬法：

1. 利用全部 $m$ 根柱子，把最上面的 $k$ 個小盤搬到一根暫存柱，需 $H^m(k)$ 步。
2. 暫存柱上有小盤，不能放入剩下的大盤，因此利用其餘 $m-1$ 根柱子，把下面的 $n-k$ 個大盤搬到目標柱，需 $H^{m-1}(n-k)$ 步。
3. 利用全部 $m$ 根柱子，把暫存的 $k$ 個小盤搬到目標柱的大盤上，需 $H^m(k)$ 步。

這個合法策略的總步數為

$$2H^m(k)+H^{m-1}(n-k).$$

因為 $H^m(n)$ 是所有合法搬法中的最少步數，所以對每個 $k$ 都有

$$H^m(n)\le 2H^m(k)+H^{m-1}(n-k).$$

取其中最小的上界，得到

$$\boxed{ H^m(n)\le \min_{1\le k<n} \left\{2H^m(k)+H^{m-1}(n-k)\right\}, \qquad m\ge4,\ n\ge2. }$$

這是 Frame–Stewart 分解策略所給出的關係。四柱情況已證明此策略最優，因此

$$H^4(n)= \min_{1\le k<n} \left\{2H^4(k)+2^{n-k}-1\right\}.$$

五柱以上的一般最優性仍未證明，不能直接把上述上界的不等號改成等號。此區別見研究文獻〈From Lucas to Frame and Stewart〉。

二、比較不同柱數的最少步數

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。等價地，圖中不含奇數長度的環。

解題方法

圖中 $G1$ 有矩形的四個頂點，並有一條從左下角連到右上角、途中經過中央頂點的斜線。將左上、右下及中央頂點分為一組；將右上、左下頂點分為另一組。

令兩組分別為

$$A=\{\text{左上、右下、中央}\},\qquad B=\{\text{右上、左下}\}.$$

核心觀念

無向圖有歐拉路徑（Euler path）的充要條件是：

1. 所有度數非零的頂點都位於同一個連通分量中。
2. 奇數度頂點的數量為 $0$ 或 $2$。

若恰有兩個奇數度頂點，歐拉路徑會從其中一個頂點出發，並在另一個頂點結束。

解題方法

題目給出兩個頂點的度數為 $3$，其餘五個頂點的度數為 $2$。度數為 $3$ 的兩個頂點是奇數度頂點，因此奇數度頂點恰有 $2$ 個，符合歐拉路徑的度數條件。

不過，題目沒有說明 $G2$ 是否連通，所以僅憑度數資訊，無法判定題目所指的任意 $G2$ 一定有歐拉路徑。若 $G2$ 連通，則它有歐拉路徑；若不連通，則沒有。

可以建構一個符合條件且連通的圖來展示歐拉路徑。令頂點為 $v_1,\ldots,v_7$，先連成七邊形，再加入弦 $v_1v_3$：

核心觀念

連通平面圖適用歐拉公式

$$V-E+F=2,$$

其中 $V$ 為頂點數、$E$ 為邊數、$F$ 為面數。另一個關鍵關係是：每條邊在面邊界的總計數中恰好被計算兩次，因此所有面的邊數總和為 $2E$。

解題方法

依考試常用設定，將題目中的平面圖視為連通圖。代入 $V=11$、$F=12$，由歐拉公式求邊數：

$$11-E+12=2 \quad\Longrightarrow\quad E=21.$$

因此所有面的邊數總和為

$$2E=42.$$

核心觀念

圖的色數 $\chi(G)$ 是使相鄰頂點顏色不同所需的最少顏色數。若圖中包含一個 $K_4$，也就是四個頂點兩兩相鄰的完全圖，這四個頂點必須使用四種不同顏色，因此色數至少為 $4$。

解題方法

圖中四個構成方框的頂點，除了方框邊上的連線外，兩條對角線也彼此連接，形成 $K_4$；對角線的交叉處沒有頂點。右上角頂點另連一個末端頂點。由於 $K_4$ 中四個頂點兩兩相鄰，它們至少需要四種顏色，所以 $\chi(G_3)\geq 4$。

核心觀念

染色多項式 $P_G(n)$ 計算用 $n$ 種顏色為圖中頂點著色，且每條邊兩端顏色不同的方式數。完全圖 $K_4$ 的四個頂點彼此相鄰，因此依序著色時，可用顏色數依次為 $n$、$n-1$、$n-2$、$n-3$。

解題方法

圖中的 $G3$ 有四個角點，邊包含正方形四邊與兩條對角線，故四個角點構成 $K_4$；右上角另連一個度數為 $1$ 的頂點。兩條對角線的交叉處沒有頂點。先為 $K_4$ 著色，再為末端頂點著色；末端頂點只需避開與它相鄰的右上角頂點所用的顏色，因此有 $n-1$ 種選擇。

核心觀念

著色多項式 $P_G(n)$ 表示使用給定的 $n$ 種顏色，對圖中頂點進行合法著色的方法數；相鄰頂點必須使用不同顏色。本題求的是 $P_G(n)$ 的最小正值，而非最少需要幾種顏色。

完全圖 $K_4$ 的四個頂點彼此相鄰，因此必須使用四種不同顏色，其著色方法數為

$$n(n-1)(n-2)(n-3).$$

解題方法

圖中正方形的四個頂點以四條邊及兩條對角線互相連接，構成 $K_4$；對角線交叉處沒有頂點。右上方另有一個懸掛頂點，只與正方形的右上角頂點相鄰。

先對 $K_4$ 的四個頂點依序著色，選擇數分別為 $n$、$n-1$、$n-2$、$n-3$。懸掛頂點只須避開其唯一鄰點的顏色，因此有 $n-1$ 種選擇。故

$$P_G(n)=n(n-1)^2(n-2)(n-3).$$

核心觀念

投影向量 $p$ 是零空間 $\mathcal N(A)$ 中最接近 $b$ 的向量。它必須滿足：

1. $p\in\mathcal N(A)$，也就是 $Ap=0$。
2. 誤差向量 $b-p$ 與 $\mathcal N(A)$ 正交。由基本定理 $\mathcal N(A)^\perp=\operatorname{Row}(A)$，因此 $b-p$ 必須在 $A$ 的列空間中。

解題方法

先求 $\mathcal N(A)$ 的一組基底。解 $Ax=0$，令 $x_2=s,\ x_3=t$。由前三列方程可得：

$$x_1=-2s-t,\qquad x_4=-s+t,\qquad x_5=\frac{-s+t}{2}.$$

因此

$$x=s\begin{bmatrix}-2\\1\\0\\-1\\-\frac12\end{bmatrix} +t\begin{bmatrix}-1\\0\\1\\1\\\frac12\end{bmatrix}.$$

取基底

$$u=\begin{bmatrix}-2\\1\\0\\-1\\-\frac12\end{bmatrix}, \qquad v=\begin{bmatrix}-1\\0\\1\\1\\\frac12\end{bmatrix}.$$

將 $b$ 投影到 $\operatorname{span}\{u,v\}$，設 $p=cu+dv$。投影條件是誤差 $b-p$ 同時垂直於 $u$ 與 $v$，所以：

$$\begin{bmatrix} u^\mathsf{T}u & u^\mathsf{T}v\\ v^\mathsf{T}u & v^\mathsf{T}v \end{bmatrix} \begin{bmatrix}c\\d\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}u^\mathsf{T}b\\v^\mathsf{T}b\end{bmatrix}.$$

核心觀念

Gram–Schmidt 正交化依題目指定的欄順序，逐欄扣除前面已得到的正交方向。對欄向量 $a_j$，計算

$$u_j=a_j-\sum_{i<j}\langle a_j,q_i\rangle q_i, \qquad q_j=\frac{u_j}{\|u_j\|}.$$

若某步得到 $u_j=0$，表示該欄是前面欄向量的線性組合，不會產生新的正交單位向量。

解題方法

將矩陣的欄向量記為

$$a_1=\begin{bmatrix}1\\2\\-1\\0\end{bmatrix},\quad a_2=\begin{bmatrix}4\\1\\0\\1\end{bmatrix},\quad a_3=\begin{bmatrix}-2\\3\\-2\\-1\end{bmatrix},\quad a_4=\begin{bmatrix}2\\2\\0\\8\end{bmatrix}.$$

第一欄：

$$\|a_1\|=\sqrt{1+4+1}=\sqrt6, \qquad q_1=\frac{1}{\sqrt6}\begin{bmatrix}1\\2\\-1\\0\end{bmatrix}.$$

第二欄：

$$\langle a_2,q_1\rangle=\frac{6}{\sqrt6}=\sqrt6, \qquad u_2=a_2-\langle a_2,q_1\rangle q_1 =a_2-a_1 =\begin{bmatrix}3\\-1\\1\\1\end{bmatrix}.$$

因為 $\|u_2\|=\sqrt{12}=2\sqrt3$，所以

$$q_2=\frac{1}{2\sqrt3}\begin{bmatrix}3\\-1\\1\\1\end{bmatrix}.$$

第三欄：

$$\langle a_3,q_1\rangle=\sqrt6, \qquad \langle a_3,q_2\rangle =\frac{-12}{2\sqrt3}=-2\sqrt3.$$

因此

$$u_3=a_3-\langle a_3,q_1\rangle q_1-\langle a_3,q_2\rangle q_2 =a_3-a_1+(a_2-a_1) =\begin{bmatrix}0\\0\\0\\0\end{bmatrix}.$$

第三欄不產生新向量，因為 $a_3-a_1=-(a_2-a_1)$，也就是扣除前兩個方向後，剩餘部分為零。

第四欄：

核心觀念

矩陣 $A$ 的零空間定義為

$$\operatorname{nullspace}(A)=\{x\in\mathbb{R}^n:Ax=0\}.$$

關鍵是對任意 $x\in\mathbb{R}^n$，

$$x^T A^T A x=(Ax)^T(Ax)=\|Ax\|_2^2.$$

實數向量的平方長度為零，當且僅當該向量本身為零。

解題方法

分別證明兩個零空間互相包含。

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

$$A^T A x=A^T(Ax)=A^T0=0.$$

所以 $\operatorname{nullspace}(A)\subseteq\operatorname{nullspace}(A^T A)$。

核心觀念

行列式可利用列運算簡化計算。將某一列加上另一列的倍數，不會改變行列式；若矩陣第一欄只有一個非零元素，便可沿第一欄展開，化為低一階的行列式。

解題方法

對 $B$ 進行不改變行列式值的列運算：

$$R_3\leftarrow R_3-2R_1,\qquad R_4\leftarrow R_4-R_1.$$

因此

$$\det(B) = \det\begin{bmatrix} 1&-1&0&2\\ 0&0&3&3\\ 0&3&0&-4\\ 0&2&2&0 \end{bmatrix}.$$

第一欄只有第一列的元素 $1$ 非零，沿第一欄展開：

【核心觀念】

正交矩陣 $Q$ 滿足 $Q^{T}Q=I$。行列式具有乘法性，且 $\det(Q^{T})=\det(Q)$。

【解題方法】

對 $Q^{T}Q=I$ 兩側取行列式：

$$\det(Q^{T}Q)=\det(I)=1.$$

利用行列式的乘法性與轉置性質：

核心觀念

矩陣 $M$ 可對角化，意指存在可逆矩陣 $P$ 與對角矩陣 $D$，使得

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

$D$ 的對角元素是 $M$ 的特徵值，而 $P$ 的各欄是依序對應的線性獨立特徵向量。

判斷重根是否妨礙對角化時，需比較特徵值的代數重數與其特徵空間的維度（幾何重數）。矩陣可對角化的充要條件是：每個特徵值的幾何重數等於其代數重數。

解題方法與計算

矩陣 $A$

先求特徵多項式：

$$\det(\lambda I-A) = \begin{vmatrix} \lambda-4&1\\ -6&\lambda+1 \end{vmatrix} =(\lambda-4)(\lambda+1)+6 =\lambda^2-3\lambda+2 =(\lambda-1)(\lambda-2).$$

因此特徵值為 $\lambda=1,2$，互不相同，故 $A$ 可對角化。

對 $\lambda=1$，解 $(A-I)v=0$：

$$A-I= \begin{bmatrix} 3&-1\\ 6&-2 \end{bmatrix}, \qquad y=3x.$$

可取特徵向量 $v_1=(1,3)^T$。

對 $\lambda=2$，解 $(A-2I)v=0$：

$$A-2I= \begin{bmatrix} 2&-1\\ 6&-3 \end{bmatrix}, \qquad y=2x.$$

可取特徵向量 $v_2=(1,2)^T$。以 $v_1,v_2$ 為欄向量，得到

$$P_A= \begin{bmatrix} 1&1\\ 3&2 \end{bmatrix}, \qquad D_A= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&2 \end{bmatrix}, \qquad P_A^{-1}= \begin{bmatrix} -2&1\\ 3&-1 \end{bmatrix}.$$

所以

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

矩陣 $B$

將 $\lambda I-B$ 展開行列式：

$$\det(\lambda I-B) = \begin{vmatrix} \lambda-1&-1&-1\\ 0&\lambda-1&0\\ 0&-\frac12&\lambda-\frac32 \end{vmatrix} =(\lambda-1)^2\left(\lambda-\frac32\right).$$

特徵值為 $\lambda=1$（代數重數為 $2$）與 $\lambda=\frac32$（代數重數為 $1$）。

對 $\lambda=1$：

$$B-I= \begin{bmatrix} 0&1&1\\ 0&0&0\\ 0&\frac12&\frac12 \end{bmatrix}.$$

方程 $(B-I)v=0$ 等價於 $y+z=0$，其中 $x,y$ 可自由選取，因此此特徵空間維度為 $2$。可取兩個線性獨立特徵向量

核心觀念

矩陣可對角化時，若 $A=PDP^{-1}$，則

$$A^n=PD^nP^{-1}.$$

因此，求高次方可先找特徵值與特徵向量，再將對角矩陣中的特徵值各自取 $n$ 次方。求 $A^\infty$ 則要檢查 $A^n$ 的各特徵值次方是否收斂。

解題方法

先求 $A$ 的特徵值：

$$\det(\lambda I-A) = \begin{vmatrix} \lambda-4&1\\ -6&\lambda+1 \end{vmatrix} = \lambda^2-3\lambda+2 = (\lambda-1)(\lambda-2).$$

特徵值為 $1$ 與 $2$。對應的特徵向量可取

$$\lambda=1:\quad \begin{bmatrix}1\\3\end{bmatrix}, \qquad \lambda=2:\quad \begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}.$$

兩個特徵向量線性獨立，因此 $A$ 可對角化。令

$$P= \begin{bmatrix} 1&1\\ 3&2 \end{bmatrix}, \qquad D= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&2 \end{bmatrix}, \qquad P^{-1}= \begin{bmatrix} -2&1\\ 3&-1 \end{bmatrix}.$$

則

核心觀念

矩陣的行列式等於其特徵值的乘積，且特徵值須依代數重數計算。若 $B$ 的特徵值為 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$，則 $B+6I_3$ 的特徵值為 $\lambda_1+6,\lambda_2+6,\lambda_3+6$，因此

$$\det(B+6I_3)=\prod_{i=1}^{3}(\lambda_i+6).$$

解題方法

先求 $B$ 的特徵值。令特徵多項式為 $\det(\lambda I_3-B)$：

$$\lambda I_3-B= \begin{bmatrix} \lambda-1&-1&-1\\ 0&\lambda-1&0\\ 0&-0.5&\lambda-1.5 \end{bmatrix}.$$

沿第一欄展開：

核心觀念

奇異值分解將矩陣寫成 $A=U\Sigma V^T$，其中 $U$ 與 $V$ 的欄向量分別為左、右奇異向量，$\Sigma$ 對角線上的非負數為奇異值。左奇異向量可由 $AA^T$ 的正交特徵向量求得，奇異值則是 $AA^T$ 特徵值的平方根。

解題方法

先計算

$$AA^T= \begin{bmatrix} 6&2&2\\ -2&6&2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 6&-2\\ 2&6\\ 2&2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 44&4\\ 4&44 \end{bmatrix}.$$

其特徵值為 $48$ 與 $40$，對應的單位特徵向量分別為

$$u_1=\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}, \qquad u_2=\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}.$$

因此奇異值為

$$\sigma_1=\sqrt{48}=4\sqrt{3}, \qquad \sigma_2=\sqrt{40}=2\sqrt{10},$$

並取

$$U= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&-1 \end{bmatrix}.$$

對應的右奇異向量由 $v_i=A^Tu_i/\sigma_i$ 求得：

$$v_1=\frac{A^Tu_1}{4\sqrt{3}} =\frac{1}{\sqrt{6}} \begin{bmatrix}1\\2\\1\end{bmatrix}, \qquad v_2=\frac{A^Tu_2}{2\sqrt{10}} =\frac{1}{\sqrt{5}} \begin{bmatrix}2\\-1\\0\end{bmatrix}.$$

由於 $A$ 是 $2\times 3$ 矩陣，$V$ 還需一個與 $v_1,v_2$ 正交的單位向量。取

核心觀念

若 $A=U\Sigma V^T$ 的秩為 $r$，則：

• $C(A^T)$ 由前 $r$ 個右奇異向量張成。
• $N(A)$ 由其餘右奇異向量張成。
• $C(A)$ 由前 $r$ 個左奇異向量張成。
• $N(A^T)$ 由其餘左奇異向量張成。

因此，先求出奇異值與對應的左右奇異向量，再依上述對應關係寫出各空間的正交標準基底。

解題方法

先計算 $AA^T$：

$$AA^T= \begin{bmatrix} 44&4\\ 4&44 \end{bmatrix}.$$

其特徵值為 $48$ 與 $40$，對應的單位特徵向量可取為

$$u_1=\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix}, \qquad u_2=\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1\\ -1 \end{bmatrix}.$$

因此兩個非零奇異值為

$$\sigma_1=\sqrt{48}=4\sqrt{3}, \qquad \sigma_2=\sqrt{40}=2\sqrt{10}.$$

右奇異向量由 $v_i=A^Tu_i/\sigma_i$ 求得：

$$v_1=\frac{A^Tu_1}{4\sqrt{3}} =\frac{1}{\sqrt{6}} \begin{bmatrix} 1\\ 2\\ 1 \end{bmatrix}, \qquad v_2=\frac{A^Tu_2}{2\sqrt{10}} =\frac{1}{\sqrt{5}} \begin{bmatrix} 2\\ -1\\ 0 \end{bmatrix}.$$

因為 $A$ 有兩個非零奇異值，$\operatorname{rank}(A)=2$。$N(A)$ 的維度為 $3-2=1$，其單位向量須與 $v_1,v_2$ 正交。解得

$$v_3=\frac{1}{\sqrt{30}} \begin{bmatrix} 1\\ 2\\ -5 \end{bmatrix}.$$