109 年 國立成功大學電機工程學系碩士班已組《線性代數》

核心觀念

本題綜合考查：

• 內積與正交：$u\cdot v=0$。
• 線性獨立與向量空間維度。
• 正交補空間：$W^\perp$。
• 矩陣的列空間與行空間。
• 不同特徵值所對應特徵向量的線性獨立性。
• 對角化與可逆矩陣。
• 行列式的乘法性質與轉置。
• 初等矩陣與可逆矩陣。

題目中的 $R"$ 視為 $\mathbb{R}^n$，$W^1$ 視為 $W^\perp$。

---

（a）

命題：錯誤。

由

$$u\perp(v+w)$$

只能得到

$$u\cdot(v+w)=0,$$

因此

$$u\cdot v+u\cdot w=0.$$

這不代表 $u\cdot v=0$ 且 $u\cdot w=0$，兩者可能互相抵消。

例如取

$$u=(1,0),\qquad v=(1,1),\qquad w=(-1,0).$$

則

$$v+w=(0,1),$$

所以

$$u\cdot(v+w)=(1,0)\cdot(0,1)=0.$$

但是

$$u\cdot v=1\neq 0,\qquad u\cdot w=-1\neq 0.$$

故原命題為錯。

技巧：
看到 $u\cdot(v+w)=0$，先展開成 $u\cdot v+u\cdot w=0$。總和為零不代表每一項都為零。

---

（b）

命題：錯誤。

$2\times2$ 矩陣共有四個位置。恰好放入兩個 $1$ 與兩個 $0$ 的矩陣數量為

$$\binom{4}{2}=6,$$

因為只需選擇兩個位置放置 $1$，其餘位置自然放置 $0$。

然而矩陣空間 $M_{2\times2}$ 的維度為

$$\dim(M_{2\times2})=4.$$

在一個四維向量空間中，線性獨立集合最多只能包含四個元素。因此這六個矩陣不可能線性獨立。

故原命題為錯。

技巧：
判斷線性獨立時，先比較元素個數與空間維度。若集合元素數量大於空間維度，必定線性相依，無須逐一列矩陣計算。

---

（c）

命題：錯誤。

若

$$W\subseteq V,$$

則正確的正交補包含關係是

$$V^\perp\subseteq W^\perp.$$

原因是：若向量與 $V$ 中所有向量正交，由於 $W$ 是 $V$ 的子集合，該向量自然也與 $W$ 中所有向量正交。

題目卻主張

$$W^\perp\subseteq V^\perp,$$

方向相反，通常不成立。

反例取

$$V=\mathbb{R}^2,\qquad W=\{0\}.$$

則

$$V^\perp=\{0\},$$

而零子空間的正交補為整個空間：

$$W^\perp=\mathbb{R}^2.$$

因此

$$W^\perp=\mathbb{R}^2\not\subseteq\{0\}=V^\perp.$$

故原命題為錯。

技巧：
正交補的包含關係會反向：

$$W\subseteq V \quad\Longrightarrow\quad V^\perp\subseteq W^\perp.$$

子空間越小，能與它正交的向量越多。

---

（d）

命題：錯誤。

行空間與列空間雖然都是 $\mathbb{R}^n$ 的子空間，但它們不一定只有零向量的交集。

取

$$A=I_n.$$

則 $A$ 的行空間與列空間皆為 $\mathbb{R}^n$。例如取

$$u=e_1=(1,0,\ldots,0),$$

便有

$$u\in\operatorname{Row}(A),\qquad u\in\operatorname{Col}(A),$$

而且

$$u\neq0.$$

所以「若 $u$ 同時在行空間與列空間，則 $u=0$」並不成立。

故原命題為錯。

技巧：
行空間與列空間不是彼此的正交補。除非題目另外給出特殊條件，不能直接推論它們的交集為 $\{0\}$。

---

（e）

命題：正確。

設 $v_1,v_2,v_3$ 分別屬於三個不同特徵值所對應的特徵空間，令

$$Av_i=\lambda_i v_i,$$

本題探討矩陣的特徵多項式與其對角化後的關係，以及 Cayley-Hamilton 定理的應用。

核心觀念：特徵值、特徵向量、對角化、特徵多項式、Cayley-Hamilton 定理、矩陣可逆性。

已知 $A$ 是一個可對角化的 $n \times n$ 矩陣，其特徵多項式為 $p(\lambda) = a_n\lambda^n + a_{n-1}\lambda^{n-1} + \dots + a_1\lambda + a_0$。
由於 $A$ 可對角化，存在一組 $n$ 個線性獨立的特徵向量 $v_1, v_2, \dots, v_n$，對應的特徵值為 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$。
這些特徵值是特徵多項式 $p(\lambda)$ 的根，即 $p(\lambda_i) = 0$ 對於 $i=1, \dots, n$。
令 $D$ 為一個對角矩陣，其對角線上的元素為 $A$ 的特徵值：
$D = \text{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n)$。

(a). 證明 $p(D) = a_n D^n + a_{n-1}D^{n-1} + \dots + a_1D + a_0I = 0$。
對於對角矩陣 $D$，其 $k$ 次方為 $D^k = \text{diag}(\lambda_1^k, \lambda_2^k, \dots, \lambda_n^k)$。
因此，$a_i D^i = a_i \text{diag}(\lambda_1^i, \lambda_2^i, \dots, \lambda_n^i) = \text{diag}(a_i \lambda_1^i, a_i \lambda_2^i, \dots, a_i \lambda_n^i)$。
接著計算 $p(D)$：
$p(D) = a_n D^n + a_{n-1}D^{n-1} + \dots + a_1D + a_0I$
$p(D) = \text{diag}(a_n \lambda_1^n, \dots, a_n \lambda_n^n) + \text{diag}(a_{n-1} \lambda_1^{n-1}, \dots, a_{n-1} \lambda_n^{n-1}) + \dots + \text{diag}(a_1 \lambda_1, \dots, a_1 \lambda_n) + \text{diag}(a_0, \dots, a_0)$
$p(D) = \text{diag}(a_n \lambda_1^n + a_{n-1} \lambda_1^{n-1} + \dots + a_1 \lambda_1 + a_0, \dots, a_n \lambda_n^n + a_{n-1} \lambda_n^{n-1} + \dots + a_1 \lambda_n + a_0)$
$p(D) = \text{diag}(p(\lambda_1), p(\lambda_2), \dots, p(\lambda_n))$。
由於 $\lambda_i$ 是 $p(\lambda)$ 的根，所以 $p(\lambda_i) = 0$ 對於所有 $i=1, \dots, n$。
因此，$p(D) = \text{diag}(0, 0, \dots, 0) = 0$。
【答案】證明如上。

(b). 證明 $p(A) = 0$。
這是 Cayley-Hamilton 定理的內容。

本題考察線性變換的基本性質，包括核空間、單射性、線性獨立性的保持，以及具體線性變換的應用。

核心觀念：線性變換、核空間 (Kernel)、單射性 (One-to-one)、線性獨立性、多項式空間、向量空間。

(a). 證明：若 ker T = {0}，則 T 是單射 (one-to-one)。
證明方法一：利用核空間定義。
一個線性變換 $T: U \to V$ 是單射的，若且唯若對於任意 $u_1, u_2 \in U$，如果 $T(u_1) = T(u_2)$，則 $u_1 = u_2$。
假設 $T(u_1) = T(u_2)$。
由於 $T$ 是線性變換，我們有 $T(u_1 - u_2) = T(u_1) - T(u_2) = 0$。
這表示向量 $u_1 - u_2$ 在 $T$ 的核空間中，即 $u_1 - u_2 \in \ker T$。
題目假設 $\ker T = \{0\}$，這表示核空間中只有零向量。
所以，$u_1 - u_2 = 0$，即 $u_1 = u_2$。
因此，$T$ 是單射的。

證明方法二：利用維度定理。
維度定理 (Rank-Nullity Theorem) 指出，對於線性變換 $T: U \to V$，有 $\dim(U) = \dim(\ker T) + \dim(\text{Im } T)$。
若 $\ker T = \{0\}$，則 $\dim(\ker T) = 0$。
因此，$\dim(U) = 0 + \dim(\text{Im } T) = \dim(\text{Im } T)$。
若 $T$ 是單射的，則 $\dim(\ker T) = 0$。
反之，若 $\dim(\ker T) = 0$，則 $T$ 是單射的。
所以，若 $\ker T = \{0\}$，則 $\dim(\ker T) = 0$，故 $T$ 是單射的。
【答案】證明如上。

(b). 證明：假設 $T$ 是單射的，且 $\{u_1, \dots, u_k\}$ 是 $U$ 中的一個線性獨立向量集合。證明 $\{T(u_1), \dots, T(u_k)\}$ 是 $V$ 中的一個線性獨立向量集合。
證明：我們需要證明，若 $c_1 T(u_1) + \dots + c_k T(u_k) = 0$ 對於某些係數 $c_1, \dots, c_k \in \mathbb{R}$，則必有 $c_1 = \dots = c_k = 0$。
由於 $T$ 是線性變換，我們可以將線性組合寫成：
$T(c_1 u_1 + \dots + c_k u_k) = 0$。
這表示向量 $c_1 u_1 + \dots + c_k u_k$ 在 $T$ 的核空間中，即 $c_1 u_1 + \dots + c_k u_k \in \ker T$。
題目假設 $T$ 是單射的。根據 part (a) 的證明，單射性等價於 $\ker T = \{0\}$。
因此，$c_1 u_1 + \dots + c_k u_k = 0$。
又因為 $\{u_1, \dots, u_k\}$ 是 $U$ 中的一個線性獨立集合，所以它們的線性組合為零向量，當且僅當所有係數均為零。

核心觀念

矩陣 $A$ 不可逆的充要條件是其行列式為 $0$：

$$A\text{ 不可逆}\iff \det(A)=0.$$

本題的參數 $a,b,c$ 未指定，因此答案需依 $b,c$ 的值分類討論。

解題方法

對矩陣進行列運算。將第二列減去第一列：

$$R_2\leftarrow R_2-R_1$$

得到

$$\det(A) = \det \begin{bmatrix} 1 & x & x^2\\ 0 & x^2-x & x^3-x^2\\ a & b & c \end{bmatrix}.$$

注意

$$x^2-x=x(x-1),\qquad x^3-x^2=x^2(x-1),$$

因此第二列可提出公因式 $x(x-1)$：

$$\det(A) = x(x-1) \det \begin{bmatrix} 1 & x & x^2\\ 0 & 1 & x\\ a & b & c \end{bmatrix}.$$

再沿第二列或第一列計算：

$$\begin{aligned} \det \begin{bmatrix} 1 & x & x^2\\ 0 & 1 & x\\ a & b & c \end{bmatrix} &= 1(c-xb)-x(0\cdot c-xa)+x^2(0\cdot b-a)\\ &=c-bx+ax^2-ax^2\\ &=c-bx. \end{aligned}$$

所以

$$\det(A)=x(x-1)(c-bx).$$

矩陣不可逆時：

$$x(x-1)(c-bx)=0.$$

核心觀念

矩陣

$$A= \begin{bmatrix} 3&2&2\\ 3&-2&-2 \end{bmatrix}$$

為 $2\times 3$ 矩陣，且已知 $\operatorname{rank}(A)=2$。因為其 rank 等於列數 $2$，所以 $A$ 具有滿列秩，偽逆可直接使用公式

$$A^+=A^T(AA^T)^{-1}.$$

利用偽逆可得到最小範數的 least-squares solution：

$$\hat{x}=A^+b.$$

最小平方誤差則由殘差

$$r=b-A\hat{x}$$

計算，常見定義包括殘差平方和 $\|r\|_2^2$ 或殘差長度 $\|r\|_2$。

(a) 計算 $A^+$

先求 $A^T$：

$$A^T= \begin{bmatrix} 3&3\\ 2&-2\\ 2&-2 \end{bmatrix}.$$

計算 $AA^T$：

$$AA^T= \begin{bmatrix} 3&2&2\\ 3&-2&-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3&3\\ 2&-2\\ 2&-2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 17&1\\ 1&17 \end{bmatrix}.$$

其行列式為

$$\det(AA^T)=17\cdot17-1\cdot1=288.$$

因此

$$(AA^T)^{-1} = \frac{1}{288} \begin{bmatrix} 17&-1\\ -1&17 \end{bmatrix}.$$

代入偽逆公式：

$$A^+ = \frac{1}{288} \begin{bmatrix} 3&3\\ 2&-2\\ 2&-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 17&-1\\ -1&17 \end{bmatrix}.$$

逐列相乘：

$$\begin{bmatrix} 3&3\\ 2&-2\\ 2&-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 17&-1\\ -1&17 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 48&48\\ 36&-36\\ 36&-36 \end{bmatrix}.$$

所以

$$A^+ = \frac{1}{288} \begin{bmatrix} 48&48\\ 36&-36\\ 36&-36 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac16&\frac16\\ \frac18&-\frac18\\ \frac18&-\frac18 \end{bmatrix}.$$

(b) 求 $Ax=b$ 的 least-squares solution

給定

$$b= \begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix}.$$

由偽逆得到最小範數解：

核心觀念

本題綜合考查：

• 內積與正交：$u\cdot v=0$。
• 線性獨立與向量空間維度。
• 正交補空間：$W^\perp$。
• 矩陣的列空間與行空間。
• 不同特徵值所對應特徵向量的線性獨立性。
• 對角化與可逆矩陣。
• 行列式的乘法性質與轉置。
• 初等矩陣與可逆矩陣。

題目中的 $R"$ 視為 $\mathbb{R}^n$，$W^1$ 視為 $W^\perp$。

---

（a）

命題：錯誤。

由

$$u\perp(v+w)$$

只能得到

$$u\cdot(v+w)=0,$$

因此

$$u\cdot v+u\cdot w=0.$$

這不代表 $u\cdot v=0$ 且 $u\cdot w=0$，兩者可能互相抵消。

例如取

$$u=(1,0),\qquad v=(1,1),\qquad w=(-1,0).$$

則

$$v+w=(0,1),$$

所以

$$u\cdot(v+w)=(1,0)\cdot(0,1)=0.$$

但是

$$u\cdot v=1\neq 0,\qquad u\cdot w=-1\neq 0.$$

故原命題為錯。

技巧：
看到 $u\cdot(v+w)=0$，先展開成 $u\cdot v+u\cdot w=0$。總和為零不代表每一項都為零。

---

（b）

命題：錯誤。

$2\times2$ 矩陣共有四個位置。恰好放入兩個 $1$ 與兩個 $0$ 的矩陣數量為

$$\binom{4}{2}=6,$$

因為只需選擇兩個位置放置 $1$，其餘位置自然放置 $0$。

然而矩陣空間 $M_{2\times2}$ 的維度為

$$\dim(M_{2\times2})=4.$$

在一個四維向量空間中，線性獨立集合最多只能包含四個元素。因此這六個矩陣不可能線性獨立。

故原命題為錯。

技巧：
判斷線性獨立時，先比較元素個數與空間維度。若集合元素數量大於空間維度，必定線性相依，無須逐一列矩陣計算。

---

（c）

命題：錯誤。

若

$$W\subseteq V,$$

則正確的正交補包含關係是

$$V^\perp\subseteq W^\perp.$$

原因是：若向量與 $V$ 中所有向量正交，由於 $W$ 是 $V$ 的子集合，該向量自然也與 $W$ 中所有向量正交。

題目卻主張

$$W^\perp\subseteq V^\perp,$$

方向相反，通常不成立。

反例取

$$V=\mathbb{R}^2,\qquad W=\{0\}.$$

則

$$V^\perp=\{0\},$$

而零子空間的正交補為整個空間：

$$W^\perp=\mathbb{R}^2.$$

因此

$$W^\perp=\mathbb{R}^2\not\subseteq\{0\}=V^\perp.$$

故原命題為錯。

技巧：
正交補的包含關係會反向：

$$W\subseteq V \quad\Longrightarrow\quad V^\perp\subseteq W^\perp.$$

子空間越小，能與它正交的向量越多。

---

（d）

命題：錯誤。

行空間與列空間雖然都是 $\mathbb{R}^n$ 的子空間，但它們不一定只有零向量的交集。

取

$$A=I_n.$$

則 $A$ 的行空間與列空間皆為 $\mathbb{R}^n$。例如取

$$u=e_1=(1,0,\ldots,0),$$

便有

$$u\in\operatorname{Row}(A),\qquad u\in\operatorname{Col}(A),$$

而且

$$u\neq0.$$

所以「若 $u$ 同時在行空間與列空間，則 $u=0$」並不成立。

故原命題為錯。

技巧：
行空間與列空間不是彼此的正交補。除非題目另外給出特殊條件，不能直接推論它們的交集為 $\{0\}$。

---

（e）

命題：正確。

設 $v_1,v_2,v_3$ 分別屬於三個不同特徵值所對應的特徵空間，令

$$Av_i=\lambda_i v_i,$$

本題探討矩陣的特徵多項式與其對角化後的關係，以及 Cayley-Hamilton 定理的應用。

核心觀念：特徵值、特徵向量、對角化、特徵多項式、Cayley-Hamilton 定理、矩陣可逆性。

已知 $A$ 是一個可對角化的 $n \times n$ 矩陣，其特徵多項式為 $p(\lambda) = a_n\lambda^n + a_{n-1}\lambda^{n-1} + \dots + a_1\lambda + a_0$。
由於 $A$ 可對角化，存在一組 $n$ 個線性獨立的特徵向量 $v_1, v_2, \dots, v_n$，對應的特徵值為 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$。
這些特徵值是特徵多項式 $p(\lambda)$ 的根，即 $p(\lambda_i) = 0$ 對於 $i=1, \dots, n$。
令 $D$ 為一個對角矩陣，其對角線上的元素為 $A$ 的特徵值：
$D = \text{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n)$。

(a). 證明 $p(D) = a_n D^n + a_{n-1}D^{n-1} + \dots + a_1D + a_0I = 0$。
對於對角矩陣 $D$，其 $k$ 次方為 $D^k = \text{diag}(\lambda_1^k, \lambda_2^k, \dots, \lambda_n^k)$。
因此，$a_i D^i = a_i \text{diag}(\lambda_1^i, \lambda_2^i, \dots, \lambda_n^i) = \text{diag}(a_i \lambda_1^i, a_i \lambda_2^i, \dots, a_i \lambda_n^i)$。
接著計算 $p(D)$：
$p(D) = a_n D^n + a_{n-1}D^{n-1} + \dots + a_1D + a_0I$
$p(D) = \text{diag}(a_n \lambda_1^n, \dots, a_n \lambda_n^n) + \text{diag}(a_{n-1} \lambda_1^{n-1}, \dots, a_{n-1} \lambda_n^{n-1}) + \dots + \text{diag}(a_1 \lambda_1, \dots, a_1 \lambda_n) + \text{diag}(a_0, \dots, a_0)$
$p(D) = \text{diag}(a_n \lambda_1^n + a_{n-1} \lambda_1^{n-1} + \dots + a_1 \lambda_1 + a_0, \dots, a_n \lambda_n^n + a_{n-1} \lambda_n^{n-1} + \dots + a_1 \lambda_n + a_0)$
$p(D) = \text{diag}(p(\lambda_1), p(\lambda_2), \dots, p(\lambda_n))$。
由於 $\lambda_i$ 是 $p(\lambda)$ 的根，所以 $p(\lambda_i) = 0$ 對於所有 $i=1, \dots, n$。
因此，$p(D) = \text{diag}(0, 0, \dots, 0) = 0$。
【答案】證明如上。

(b). 證明 $p(A) = 0$。
這是 Cayley-Hamilton 定理的內容。

本題考察線性變換的基本性質，包括核空間、單射性、線性獨立性的保持，以及具體線性變換的應用。

核心觀念：線性變換、核空間 (Kernel)、單射性 (One-to-one)、線性獨立性、多項式空間、向量空間。

(a). 證明：若 ker T = {0}，則 T 是單射 (one-to-one)。
證明方法一：利用核空間定義。
一個線性變換 $T: U \to V$ 是單射的，若且唯若對於任意 $u_1, u_2 \in U$，如果 $T(u_1) = T(u_2)$，則 $u_1 = u_2$。
假設 $T(u_1) = T(u_2)$。
由於 $T$ 是線性變換，我們有 $T(u_1 - u_2) = T(u_1) - T(u_2) = 0$。
這表示向量 $u_1 - u_2$ 在 $T$ 的核空間中，即 $u_1 - u_2 \in \ker T$。
題目假設 $\ker T = \{0\}$，這表示核空間中只有零向量。
所以，$u_1 - u_2 = 0$，即 $u_1 = u_2$。
因此，$T$ 是單射的。

證明方法二：利用維度定理。
維度定理 (Rank-Nullity Theorem) 指出，對於線性變換 $T: U \to V$，有 $\dim(U) = \dim(\ker T) + \dim(\text{Im } T)$。
若 $\ker T = \{0\}$，則 $\dim(\ker T) = 0$。
因此，$\dim(U) = 0 + \dim(\text{Im } T) = \dim(\text{Im } T)$。
若 $T$ 是單射的，則 $\dim(\ker T) = 0$。
反之，若 $\dim(\ker T) = 0$，則 $T$ 是單射的。
所以，若 $\ker T = \{0\}$，則 $\dim(\ker T) = 0$，故 $T$ 是單射的。
【答案】證明如上。

(b). 證明：假設 $T$ 是單射的，且 $\{u_1, \dots, u_k\}$ 是 $U$ 中的一個線性獨立向量集合。證明 $\{T(u_1), \dots, T(u_k)\}$ 是 $V$ 中的一個線性獨立向量集合。
證明：我們需要證明，若 $c_1 T(u_1) + \dots + c_k T(u_k) = 0$ 對於某些係數 $c_1, \dots, c_k \in \mathbb{R}$，則必有 $c_1 = \dots = c_k = 0$。
由於 $T$ 是線性變換，我們可以將線性組合寫成：
$T(c_1 u_1 + \dots + c_k u_k) = 0$。
這表示向量 $c_1 u_1 + \dots + c_k u_k$ 在 $T$ 的核空間中，即 $c_1 u_1 + \dots + c_k u_k \in \ker T$。
題目假設 $T$ 是單射的。根據 part (a) 的證明，單射性等價於 $\ker T = \{0\}$。
因此，$c_1 u_1 + \dots + c_k u_k = 0$。
又因為 $\{u_1, \dots, u_k\}$ 是 $U$ 中的一個線性獨立集合，所以它們的線性組合為零向量，當且僅當所有係數均為零。

核心觀念

矩陣 $A$ 不可逆的充要條件是其行列式為 $0$：

$$A\text{ 不可逆}\iff \det(A)=0.$$

本題的參數 $a,b,c$ 未指定，因此答案需依 $b,c$ 的值分類討論。

解題方法

對矩陣進行列運算。將第二列減去第一列：

$$R_2\leftarrow R_2-R_1$$

得到

$$\det(A) = \det \begin{bmatrix} 1 & x & x^2\\ 0 & x^2-x & x^3-x^2\\ a & b & c \end{bmatrix}.$$

注意

$$x^2-x=x(x-1),\qquad x^3-x^2=x^2(x-1),$$

因此第二列可提出公因式 $x(x-1)$：

$$\det(A) = x(x-1) \det \begin{bmatrix} 1 & x & x^2\\ 0 & 1 & x\\ a & b & c \end{bmatrix}.$$

再沿第二列或第一列計算：

$$\begin{aligned} \det \begin{bmatrix} 1 & x & x^2\\ 0 & 1 & x\\ a & b & c \end{bmatrix} &= 1(c-xb)-x(0\cdot c-xa)+x^2(0\cdot b-a)\\ &=c-bx+ax^2-ax^2\\ &=c-bx. \end{aligned}$$

所以

$$\det(A)=x(x-1)(c-bx).$$

矩陣不可逆時：

$$x(x-1)(c-bx)=0.$$

核心觀念

矩陣

$$A= \begin{bmatrix} 3&2&2\\ 3&-2&-2 \end{bmatrix}$$

為 $2\times 3$ 矩陣，且已知 $\operatorname{rank}(A)=2$。因為其 rank 等於列數 $2$，所以 $A$ 具有滿列秩，偽逆可直接使用公式

$$A^+=A^T(AA^T)^{-1}.$$

利用偽逆可得到最小範數的 least-squares solution：

$$\hat{x}=A^+b.$$

最小平方誤差則由殘差

$$r=b-A\hat{x}$$

計算，常見定義包括殘差平方和 $\|r\|_2^2$ 或殘差長度 $\|r\|_2$。

(a) 計算 $A^+$

先求 $A^T$：

$$A^T= \begin{bmatrix} 3&3\\ 2&-2\\ 2&-2 \end{bmatrix}.$$

計算 $AA^T$：

$$AA^T= \begin{bmatrix} 3&2&2\\ 3&-2&-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3&3\\ 2&-2\\ 2&-2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 17&1\\ 1&17 \end{bmatrix}.$$

其行列式為

$$\det(AA^T)=17\cdot17-1\cdot1=288.$$

因此

$$(AA^T)^{-1} = \frac{1}{288} \begin{bmatrix} 17&-1\\ -1&17 \end{bmatrix}.$$

代入偽逆公式：

$$A^+ = \frac{1}{288} \begin{bmatrix} 3&3\\ 2&-2\\ 2&-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 17&-1\\ -1&17 \end{bmatrix}.$$

逐列相乘：

$$\begin{bmatrix} 3&3\\ 2&-2\\ 2&-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 17&-1\\ -1&17 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 48&48\\ 36&-36\\ 36&-36 \end{bmatrix}.$$

所以

$$A^+ = \frac{1}{288} \begin{bmatrix} 48&48\\ 36&-36\\ 36&-36 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac16&\frac16\\ \frac18&-\frac18\\ \frac18&-\frac18 \end{bmatrix}.$$

(b) 求 $Ax=b$ 的 least-squares solution

給定

$$b= \begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix}.$$

由偽逆得到最小範數解：