112 年 國立成功大學電機工程學系碩士班已組《線性代數》

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第 1 題30 分

  1. (30 pts) Make each statement True or False and JUSTIFY each answer. (3 pts for each question. Correct answer for 2 pts and suitable justification for 1 pts.)

(a) A is an n×nn \times n matrix. The determinant of A is the product of the pivots in any echelon form U of A, multiplied by (−1)r(-1)^r, where rr is the number of row interchanges made during row reduction from A to U.

(b) If a set {v1,…,vp}\{v_1, \dots, v_p\} spans a finite-dimensional vector space V and if T is a set of more than p vectors in V, then T is linearly dependent.

(c) B and C are bases for a vector space V. If V=R2V = \mathbb{R}^2, B={b1,b2}B = \{b_1, b_2\}, and C={c1,c2}C = \{c_1, c_2\}, then row reduction of [c1 c2∣b1 b2][c_1 \ c_2 \mid b_1 \ b_2] to [I∣P][I \mid P] produces a matrix P that satisfies [x]B=P[x]C[x]_B = P[x]_C for all xx in V.

(d) A is an n×nn \times n matrix. A row replacement operation on A does not change the eigenvalues.

(e) A, B, C are n×nn \times n matrices. If B is similar to A and C is similar to A, then B is similar to C.

(f) The Gram-Schmidt process produces from a linearly independent set {x1,…,xp}\{x_1, \dots, x_p\} an orthogonal set {v1,…,vp}\{v_1, \dots, v_p\} with the property that for each kk, the vectors v1,…,vkv_1, \dots, v_k span the same subspace as that spanned by x1,…,xkx_1, \dots, x_k.

(g) A is an m×nm \times n matrix and bb is in Rm\mathbb{R}^m. A least-squares solution of Ax=bAx = b is a list of weights that, when applied to the columns of A, produces the orthogonal projection of bb onto Col A.

(h) If B=PDPTB = PDP^T, where PT=P−1P^T = P^{-1} and D is a diagonal matrix, then B is a symmetric matrix.

(i) The maximum value of Q(x)=7x12+3x22−2x1x2Q(x) = 7x_1^2 + 3x_2^2 - 2x_1x_2, subject to the constraint x12+x22=1x_1^2 + x_2^2 = 1, is 5+55 + \sqrt{5}.

(j) A is an m×nm \times n matrix with a singular value decomposition A=UΣVTA = U\Sigma V^T, where U is an m×mm \times m orthogonal matrix, Σ\Sigma is an m×nm \times n "diagonal" matrix with r positive entries and no negative entries, and V is an n×nn \times n orthogonal matrix. If P is an orthogonal m×mm \times m matrix, then PA has the same singular values as A.

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核心觀念

本題涵蓋:

  • 列運算與行列式
  • 線性獨立、張成與基底
  • 座標變換矩陣
  • 特徵值與相似矩陣
  • Gram–Schmidt 正交化
  • 最小平方法與正交投影
  • 正交對角化與對稱矩陣
  • Rayleigh 商與二次型
  • 奇異值分解

(a)

答案:錯誤(False)

列交換會使行列式變號,列替換不改變行列式;若只使用列交換與列替換,則

det⁡(A)=(−1)rdet⁡(U).\det(A)=(-1)^r\det(U).

然而,對一般列梯形式 UU 而言,det⁡(U)\det(U) 不一定等於所有 pivot 的乘積。只有當 UU 是上三角矩陣時,才有

det⁡(U)=u11u22⋯unn.\det(U)=u_{11}u_{22}\cdots u_{nn}.

例如取

A=U=[0100].A=U= \begin{bmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{bmatrix}.

此矩陣本身已是列梯形式,只有一個 pivot,即 11,且沒有列交換,因此題目敘述給出的值為

(−1)0(1)=1.(-1)^0(1)=1.

但實際上

det⁡(A)=0.\det(A)=0.

因此敘述錯誤。

技巧: 判斷此類敘述時,要區分「pivot 的乘積」與「對角線元素的乘積」。只有上三角矩陣才能直接使用後者計算行列式。


(b)

答案:正確(True)

若 {v1,…,vp}\{v_1,\dots,v_p\} 張成 VV,則 VV 的維度滿足

dim⁡V≤p.\dim V\leq p.

題目中的集合 TT 含有超過 pp 個向量,因此

∣T∣>p≥dim⁡V.|T|>p\geq \dim V.

有限維向量空間中,任何包含超過 dim⁡V\dim V 個向量的集合必定線性相依。因此 TT 線性相依。

也可直接利用交換定理:既然 pp 個向量已經張成 VV,再加入超過 pp 個向量時,不可能全部維持線性獨立。


(c)

答案:錯誤(False)

令基底矩陣為

C=[c1c2],B=[b1b2].C=\begin{bmatrix}c_1&c_2\end{bmatrix}, \qquad B=\begin{bmatrix}b_1&b_2\end{bmatrix}.

將增廣矩陣

[C∣B][C\mid B]

列簡化為

[I∣P][I\mid P]

等同於左乘 C−1C^{-1},所以

P=C−1B.P=C^{-1}B.

對任意 x∈Vx\in V,有

x=C[x]C=B[x]B.x=C[x]_{\mathcal C}=B[x]_{\mathcal B}.

由 B=CPB=C P 可得

x=CP[x]B.x=C P[x]_{\mathcal B}.

因此

[x]C=P[x]B.[x]_{\mathcal C}=P[x]_{\mathcal B}.

題目卻聲稱

[x]B=P[x]C,[x]_{\mathcal B}=P[x]_{\mathcal C},

方向相反。正確關係應為

[x]C=P[x]B.\boxed{[x]_{\mathcal C}=P[x]_{\mathcal B}}.

若要將 C\mathcal C-座標轉換成 B\mathcal B-座標,應使用

[x]B=P−1[x]C.[x]_{\mathcal B}=P^{-1}[x]_{\mathcal C}.

技巧: 矩陣 [C∣B]→[I∣P][C\mid B]\to[I\mid P] 得到的是 P=C−1BP=C^{-1}B,因此 PP 將 B\mathcal B-座標轉成 C\mathcal C-座標。


(d)

答案:錯誤(False)

列替換通常不保留特徵值,因為列替換不是相似變換。特徵值在相似變換下才必定保持不變。

取

A=[0110].A= \begin{bmatrix} 0&1\\ 1&0 \end{bmatrix}.

其特徵多項式為

det⁡(λI−A)=det⁡[λ−1−1λ]=λ2−1,\det(\lambda I-A) = \det \begin{bmatrix} \lambda&-1\\ -1&\lambda \end{bmatrix} =\lambda^2-1,

所以特徵值為 1,−11,-1。

對第二列加上第一列,得到

A′=[0111].A'= \begin{bmatrix} 0&1\\ 1&1 \end{bmatrix}.

此時

det⁡(λI−A′)=det⁡[λ−1−1λ−1]=λ2−λ−1.\det(\lambda I-A') = \det \begin{bmatrix} \lambda&-1\\ -1&\lambda-1 \end{bmatrix} =\lambda^2-\lambda-1.

其特徵值為

1+52,1−52,\frac{1+\sqrt5}{2}, \qquad \frac{1-\sqrt5}{2},

與原矩陣不同。

因此列替換不保證保留特徵值。


(e)

答案:正確(True)

因為 BB 與 AA 相似,存在可逆矩陣 SS 使得

B=S−1AS.B=S^{-1}AS.

又因為 CC 與 AA 相似,存在可逆矩陣 TT 使得

C=T−1AT.C=T^{-1}AT.

由 A=SBS−1A=SBS^{-1},代入 CC:

C=T−1SBS−1T.C=T^{-1}SBS^{-1}T.

令

R=S−1T,R=S^{-1}T,

則 R−1=T−1SR^{-1}=T^{-1}S,因此

C=R−1BR.C=R^{-1}BR.

所以 BB 與 CC 相似。

核心定理: 矩陣相似具有傳遞性:

B∼A,C∼A⟹B∼C.B\sim A,\quad C\sim A \quad\Longrightarrow\quad B\sim C.

(f)

答案:正確(True)

Gram–Schmidt 過程定義為

v1=x1,v_1=x_1,

以及對 k≥2k\geq2,

vk=xk−∑j=1k−1proj⁡vj(xk),v_k=x_k-\sum_{j=1}^{k-1} \operatorname{proj}_{v_j}(x_k),

其中

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第 2 題20 分

  1. (20 pts) Let P3P_3 have the inner product given by evaluation at -3, -1, 1, and 3. Let p0(t)=1p_0(t) = 1, p1(t)=tp_1(t) = t, and p2(t)=t2p_2(t) = t^2.

(a) (10 pts) Compute the orthogonal projection of p2p_2 onto the subspace spanned by p0p_0 and p1p_1.

(b) (10 pts) Find a polynomial qq that is orthogonal to p0p_0 and p1p_1 such that {p0,p1,q}\{p_0, p_1, q\} is an orthogonal basis for span{p0,p1,p2}\{p_0, p_1, p_2\}. Scale the polynomial qq so that its vector of values at (-3, -1, 1, 3) is (1, -1, -1, 1).

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核心觀念

在 P3P_3 中,題目所給的內積為

⟨f,g⟩=f(−3)g(−3)+f(−1)g(−1)+f(1)g(1)+f(3)g(3).\langle f,g\rangle =f(-3)g(-3)+f(-1)g(-1)+f(1)g(1)+f(3)g(3).

正交投影到子空間 W=span⁡{p0,p1}W=\operatorname{span}\{p_0,p_1\} 可利用正交基底計算:

proj⁡W(p2)=⟨p2,p0⟩⟨p0,p0⟩p0+⟨p2,p1⟩⟨p1,p1⟩p1.\operatorname{proj}_W(p_2) = \frac{\langle p_2,p_0\rangle}{\langle p_0,p_0\rangle}p_0 + \frac{\langle p_2,p_1\rangle}{\langle p_1,p_1\rangle}p_1.

本題中 p0(t)=1p_0(t)=1 與 p1(t)=tp_1(t)=t 彼此正交,因為對稱取值使得奇次項總和為 00。


解題方法

(a) 求 p2p_2 在 span⁡{p0,p1}\operatorname{span}\{p_0,p_1\} 上的正交投影

先計算相關內積。

計算 ⟨p0,p0⟩\langle p_0,p_0\rangle

⟨p0,p0⟩=12+12+12+12=4.\langle p_0,p_0\rangle =1^2+1^2+1^2+1^2=4.

計算 ⟨p1,p1⟩\langle p_1,p_1\rangle

⟨p1,p1⟩=(−3)2+(−1)2+12+32=9+1+1+9=20.\langle p_1,p_1\rangle =(-3)^2+(-1)^2+1^2+3^2 =9+1+1+9=20.

計算 ⟨p2,p0⟩\langle p_2,p_0\rangle

⟨p2,p0⟩=9⋅1+1⋅1+1⋅1+9⋅1=20.\langle p_2,p_0\rangle =9\cdot1+1\cdot1+1\cdot1+9\cdot1 =20.

計算 ⟨p2,p1⟩\langle p_2,p_1\rangle

⟨p2,p1⟩=(−3)2(−3)+(−1)2(−1)+12(1)+32(3)=−27−1+1+27=0.\begin{aligned} \langle p_2,p_1\rangle &=(-3)^2(-3)+(-1)^2(-1)+1^2(1)+3^2(3)\\ &=-27-1+1+27\\ &=0. \end{aligned}

因此

proj⁡span⁡{p0,p1}(p2)=204p0+020p1=5p0=5.\begin{aligned} \operatorname{proj}_{\operatorname{span}\{p_0,p_1\}}(p_2) &= \frac{20}{4}p_0+\frac{0}{20}p_1\\ &=5p_0\\ &=5. \end{aligned}

所以,p2(t)=t2p_2(t)=t^2 的正交投影為

proj⁡span⁡{p0,p1}(p2)=5.\boxed{\operatorname{proj}_{\operatorname{span}\{p_0,p_1\}}(p_2)=5}.

(b) 求正交於 p0,p1p_0,p_1 的多項式 qq

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第 3 題15 分

  1. (15 pts) Find a factorization A=QRA = QR.
    A=(110−101011)A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}

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核心觀念

本題考查矩陣的 QR 分解。若矩陣 AA 的欄向量為

A=(a1a2a3),A=\begin{pmatrix}a_1&a_2&a_3\end{pmatrix},

Gram–Schmidt 正交化可將欄向量轉換成標準正交向量 q1,q2,…q_1,q_2,\ldots,並令

Q=(q1q2q3),R=QTA.Q=\begin{pmatrix}q_1&q_2&q_3\end{pmatrix}, \qquad R=Q^{T}A.

其中 QQ 為正交矩陣,RR 為上三角矩陣。

本題的三個欄向量為

a1=(1−10),a2=(101),a3=(011).a_1=\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}, \qquad a_2=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}, \qquad a_3=\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}.

解題方法:Gram–Schmidt 正交化

第一步:求 q1q_1

先取

u1=a1=(1−10),∥u1∥=12+(−1)2=2.u_1=a_1=\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}, \qquad \|u_1\|=\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt{2}.

因此

q1=u1∥u1∥=12(1−10).q_1=\frac{u_1}{\|u_1\|} =\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}.

第二步:求 q2q_2

先計算 a2a_2 在 q1q_1 上的投影:

q1Ta2=12(1,−1,0)(101)=12.q_1^Ta_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0) \begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}}.

所以

u2=a2−q1(q1Ta2).u_2=a_2-q_1(q_1^Ta_2).

代入得

u2=(101)−12(1−10)12=(101)−(12−120)=(12121).u_2 = \begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix} - \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} = \begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}\frac12\\-\frac12\\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac12\\\frac12\\1\end{pmatrix}.

其長度為

∥u2∥=14+14+1=32=62.\|u_2\| = \sqrt{\frac14+\frac14+1} = \sqrt{\frac32} = \frac{\sqrt{6}}{2}.

因此

q2=u2∥u2∥=16(112).q_2 = \frac{u_2}{\|u_2\|} = \frac{1}{\sqrt{6}} \begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}.

第三步:處理 a3a_3

先扣除 a3a_3 在 q1q_1 上的投影:

q1Ta3=12(1,−1,0)(011)=−12.q_1^Ta_3 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0) \begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix} = -\frac{1}{\sqrt{2}}.

因此

a3−q1(q1Ta3)=(011)−(−12(1−10))=(12121)=u2.a_3-q_1(q_1^Ta_3) = \begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix} - \left(-\frac12\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix}\frac12\\\frac12\\1\end{pmatrix} =u_2.

這表示 a3a_3 扣除前兩個方向後完全為零。再扣除 q2q_2 的投影後,

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第 4 題35 分

  1. (35 pts, 7 pts each) Let A and its reduced echelon form be given as:
    A=(−1−539−48−4024929470−42−166−48−402492),U=(10−3−17012000000000)A = \begin{pmatrix} -1 & -5 & 3 & 9 \\ -48 & -40 & 24 & 92 \\ 94 & 70 & -42 & -166 \\ -48 & -40 & 24 & 92 \end{pmatrix}, \quad U = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -3 & -17 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
    We already know that λ=4\lambda = 4 is an eigenvalue of A, and u=[1,0,2,0]Tu = [1, 0, 2, 0]^T is an eigenvector of A.

(a) Find a basis for the eigenspace for λ=4\lambda = 4.

(b) What is the eigenvalue for the eigenvector u?

(c) Notice that the second and fourth rows of A are the same. Does that imply we have a certain eigenvalue? Find a basis for its eigenspace. To save you some time, we have included the reduced echelon form of A.

(d) What is the characteristic polynomial of A?

(e) Show that A is diagonalizable by finding an appropriate P and D.

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核心觀念

本題主要考查:

  • 特徵值與特徵向量的定義:
    Av=λvAv=\lambda v
  • 特徵空間:
    Eλ=ker⁡(A−λI)E_\lambda=\ker(A-\lambda I)
  • 矩陣可逆性與零特徵值的關係:
    0 是 A 的特徵值  ⟺  det⁡(A)=00\text{ 是 }A\text{ 的特徵值}\iff \det(A)=0
  • 列簡化不改變齊次方程組的解,因此可利用 UU 求 ker⁡(A)\ker(A)。
  • 若一個 n×nn\times n 矩陣有 nn 個線性獨立的特徵向量,則矩陣可對角化。

(a) 求 λ=4\lambda=4 的特徵空間基底

特徵空間為

E4=ker⁡(A−4I).E_4=\ker(A-4I).

計算

A−4I=(−5−539−48−4424929470−46−166−48−402488).A-4I= \begin{pmatrix} -5&-5&3&9\\ -48&-44&24&92\\ 94&70&-46&-166\\ -48&-40&24&88 \end{pmatrix}.

令 x=(a,b,c,d)Tx=(a,b,c,d)^T,由 (A−4I)x=0(A-4I)x=0 得

{−5a−5b+3c+9d=0,−48a−44b+24c+92d=0,94a+70b−46c−166d=0,−48a−40b+24c+88d=0.\begin{cases} -5a-5b+3c+9d=0,\\ -48a-44b+24c+92d=0,\\ 94a+70b-46c-166d=0,\\ -48a-40b+24c+88d=0. \end{cases}

取第二式除以 −4-4、第四式除以 −8-8,得到

12a+11b−6c−23d=0,12a+11b-6c-23d=0, 6a+5b−3c−11d=0.6a+5b-3c-11d=0.

第一式與第四式化簡後,可推出

b=d,b=d,

再代回可得

c=2a−2b.c=2a-2b.

利用第一式:

−5a−5b+3(2a−2b)+9b=0,-5a-5b+3(2a-2b)+9b=0,

因此

a=2b.a=2b.

於是

c=2(2b)−2b=2b,d=b.c=2(2b)-2b=2b,\qquad d=b.

所以

x=b(2121).x=b \begin{pmatrix} 2\\1\\2\\1 \end{pmatrix}.

因此

E4=span⁡{(2121)}.E_4=\operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix} 2\\1\\2\\1 \end{pmatrix} \right\}.

(b) 求特徵向量 uu 所對應的特徵值

已知

u=(1020).u= \begin{pmatrix} 1\\0\\2\\0 \end{pmatrix}.

直接計算:

Au=(−1−539−48−4024929470−42−166−48−402492)(1020)=(50100)=5(1020).Au= \begin{pmatrix} -1&-5&3&9\\ -48&-40&24&92\\ 94&70&-42&-166\\ -48&-40&24&92 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\0\\2\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5\\0\\10\\0 \end{pmatrix} = 5 \begin{pmatrix} 1\\0\\2\\0 \end{pmatrix}.

由 Au=λuAu=\lambda u,可知

λ=5.\boxed{\lambda=5}.

(c) 由第二、四列相同可知的特徵值,以及其特徵空間基底

題目中是第二列與第四列相同,因此矩陣的列向量線性相依,故

det⁡(A)=0.\det(A)=0.

因此 AA 不可逆,而

0 是 A 的特徵值.0\text{ 是 }A\text{ 的特徵值}.

對應的特徵空間為

E0=ker⁡(A).E_0=\ker(A).

因為 UU 是 AA 的列簡化形,AA 與 UU 的齊次方程組具有相同解集,所以解

Ux=0.Ux=0.

令 x=(x1,x2,x3,x4)Tx=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T,由 UU 得

{x1−3x3−17x4=0,x2+2x3=0.\begin{cases} x_1-3x_3-17x_4=0,\\ x_2+2x_3=0. \end{cases}

令

x3=s,x4=t,x_3=s,\qquad x_4=t,

則

x1=3s+17t,x2=−2s.x_1=3s+17t,\qquad x_2=-2s.

因此

x=(3s+17t−2sst)=s(3−210)+t(17001).x= \begin{pmatrix} 3s+17t\\ -2s\\ s\\ t \end{pmatrix} = s \begin{pmatrix} 3\\-2\\1\\0 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} 17\\0\\0\\1 \end{pmatrix}.

所以

E0=span⁡{(3−210),(17001)}.E_0= \operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix} 3\\-2\\1\\0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 17\\0\\0\\1 \end{pmatrix} \right\}.
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