114 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：$u\perp v \iff u\cdot v=0$
• 範數的正定性：$\|x\|=0\iff x=0$
• 線性獨立與維度
• 線性相依的定義
• 正交補空間的包含關係
• 矩陣的 row space、column space
• 不同特徵值之特徵向量的線性獨立性
• 可對角化矩陣與反矩陣
• 行列式的乘法性質
• 初等矩陣與可逆矩陣

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選項分析

(a) 錯誤

已知 $u$ orthogonal to $v+w$，即

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

利用內積的線性性質：

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

這只能表示兩項的和為 $0$，不能推出兩項各自均為 $0$。

例如在 $\mathbb{R}^2$ 中取

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

則

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

因此

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

但

$$u\cdot v=1\neq 0,$$

所以 $u$ 不垂直於 $v$。

解題技巧：
看到 $a+b=0$，不能直接推出 $a=0$ 與 $b=0$。除非題目另有條件，例如 $a,b$ 均為非負數。

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(b) 正確

範數的定義為

$$\|u-v\|=\sqrt{(u-v)\cdot(u-v)}.$$

若

$$\|u-v\|=0,$$

由範數的正定性可知

$$u-v=0.$$

因此

$$u=v.$$

反過來，若 $u=v$，則 $\|u-v\|=0$，故此敘述成立。

解題技巧：

$$\|x\|=0\iff x=0$$

是範數最基本的判斷公式。

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(c) 錯誤

$M_{2\times 2}$ 是所有 $2\times2$ 實矩陣所形成的向量空間，其維度為

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

題目所描述的矩陣共有

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

個，因為四個位置中選兩個放入 $1$，其餘位置放入 $0$。

任何在四維向量空間中的線性獨立集合，元素個數最多只能是 $4$。因此這 $6$ 個矩陣不可能線性獨立。

所以敘述錯誤。

解題技巧：
遇到矩陣集合的線性獨立問題，可先把矩陣視為四維向量：

$$\begin{bmatrix} a&b\\c&d \end{bmatrix} \longleftrightarrow (a,b,c,d).$$

若元素數量超過空間維度，立即可判定線性相依。

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(d) 錯誤

集合 $\{u,v\}$ 線性相依的定義是存在不全為 $0$ 的純量 $\alpha,\beta$，使得

$$\alpha u+\beta v=0.$$

若 $u,v$ 均為非零向量，確實可以推出其中一個是另一個的純量倍數。但題目沒有排除零向量。

取

$$u=0,\qquad v\neq 0.$$

則 $\{u,v\}$ 線性相依，因為

$$1\cdot u+0\cdot v=0.$$

雖然

$$u=0v,$$

但不存在純量 $c$ 使得

$$v=cu=0.$$

因此不能說「每一個向量都是另一個的純量倍數」。

解題技巧：
對兩向量集合而言：

• 若兩者均非零，線性相依 $\iff$ 其中一者為另一者的純量倍數。
• 若其中一者為零向量，集合必線性相依，但不一定能互相表示。

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(e) 錯誤

已知

$$W\subseteq V.$$

正交補空間的包含關係會反向，因此

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

原因是：若 $x\in V^\perp$，則 $x$ 垂直於 $V$ 中所有向量；由於 $W$ 是 $V$ 的子空間，$x$ 當然也垂直於 $W$ 中所有向量，所以 $x\in W^\perp$。

題目卻主張

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

方向相反，故錯誤。

例如取

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

則

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

顯然是

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

而非題目所述方向。

解題技巧：

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

「取正交補」會使包含方向反轉。

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(f) 錯誤

row space 與 column space 的交集不一定只有零向量。

取

$$A=I_2= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{bmatrix}.$$

其 row space 與 column space 都是 $\mathbb{R}^2$：

$$\operatorname{Row}(A)=\mathbb{R}^2, \qquad \operatorname{Col}(A)=\mathbb{R}^2.$$

因此例如

$$u= \begin{bmatrix} 1\\0 \end{bmatrix}$$

同時屬於 row space 與 column space，但 $u\neq0$。

所以敘述錯誤。

核心觀念

本題考查矩陣的對角化與矩陣冪：

1. 若 $A$ 有 $3$ 個互異特徵值 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$，則 $A$ 可對角化。
2. 若 $$P^{-1}AP=D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3),$$ 則 $$A^n=PD^nP^{-1} =P\operatorname{diag}(\lambda_1^n,\lambda_2^n,\lambda_3^n)P^{-1}.$$
3. 矩陣極限可由特徵值的冪次行為判斷。若存在特徵值滿足 $|\lambda|>1$，則 $A^n$ 不可能收斂至有限矩陣。

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解題方法

先求特徵多項式，再由特徵值所對應的特徵向量組成矩陣 $P$。接著利用對角化公式求 $A^n$，最後觀察特徵值的大小判斷極限。

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(a) 求矩陣 $P$

特徵多項式為

$$\begin{aligned} \det(\lambda I-A) &= \det \begin{pmatrix} \lambda-1 & -1 & -1\\ -3 & \lambda-4 & 0\\ -2 & -3 & \lambda-4 \end{pmatrix}\\ &=\lambda^3-9\lambda^2+17\lambda-5. \end{aligned}$$

令

$$p(\lambda)=\lambda^3-9\lambda^2+17\lambda-5.$$

此三次多項式的三個根記為 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$。數值上，

$$\lambda_1\approx 6.504,\qquad \lambda_2\approx 3.562,\qquad \lambda_3\approx -1.066.$$

三個特徵值互異，因此 $A$ 可對角化。

對於特徵值 $\lambda$，解

$$(A-\lambda I)v=0.$$

取前兩列的外積，可得一個特徵向量：

$$v(\lambda)= \begin{pmatrix} \lambda-4\\ 3\\ \lambda^2-5\lambda+1 \end{pmatrix}.$$

因此可取

$$P= \begin{pmatrix} \lambda_1-4 & \lambda_2-4 & \lambda_3-4\\ 3 & 3 & 3\\ \lambda_1^2-5\lambda_1+1 & \lambda_2^2-5\lambda_2+1 & \lambda_3^2-5\lambda_3+1 \end{pmatrix}.$$

其對角矩陣為

$$D= \begin{pmatrix} \lambda_1&0&0\\ 0&\lambda_2&0\\ 0&0&\lambda_3 \end{pmatrix}.$$

故

$$P^{-1}AP=D.$$

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(b) 求 $A^n$

由

$$A=PDP^{-1}$$

可得

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

因為對角矩陣的冪次只需逐項取冪，所以

$$D^n= \begin{pmatrix} \lambda_1^n&0&0\\ 0&\lambda_2^n&0\\ 0&0&\lambda_3^n \end{pmatrix}.$$

因此

$$\boxed{ A^n = P \begin{pmatrix} \lambda_1^n&0&0\\ 0&\lambda_2^n&0\\ 0&0&\lambda_3^n \end{pmatrix} P^{-1} }$$

核心觀念

本題考查奇異值分解（SVD）、Moore–Penrose 廣義逆矩陣，以及最小平方法。

對 $A\in\mathbb{R}^{m\times n}$：

• SVD 可寫成
  $A=U\Sigma V^T$
  其中 $U,V$ 為正交矩陣，$\Sigma$ 的非零對角元素為奇異值。
• 奇異值是 $AA^T$ 或 $A^TA$ 的特徵值開根號。
• 若 $A$ 滿列秩，則
  $A^+=(A^TA)^{-1}A^T$
• 若 $A$ 滿行秩，則
  $A^+=A^T(AA^T)^{-1}$
• 最小平方法的一組最小範數解為
  $x_{\mathrm{LS}}=A^+b$
• 最小平方法誤差為
  $\|Ax_{\mathrm{LS}}-b\|_2$

本題 $A$ 為 $2\times 3$ 矩陣，且 $\operatorname{rank}(A)=2$，因此 $A$ 滿行秩。

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解題方法

先計算 $AA^T$：

$$AA^T = \begin{pmatrix} 3&2&2\\ 2&3&-2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3&2\\ 2&3\\ 2&-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 17&8\\ 8&17 \end{pmatrix}.$$

其特徵方程為

$$\det(AA^T-\lambda I) = \begin{vmatrix} 17-\lambda&8\\ 8&17-\lambda \end{vmatrix} = (17-\lambda)^2-64.$$

因此

$$\lambda_1=25,\qquad \lambda_2=9.$$

故 $A$ 的非零奇異值為

$$\sigma_1=5,\qquad \sigma_2=3.$$

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（a）求 $A$ 的 SVD

求 $U$

對 $\lambda_1=25$，特徵向量可取

$$u_1=\frac{1}{\sqrt2} \begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix}.$$

對 $\lambda_2=9$，特徵向量可取

$$u_2=\frac{1}{\sqrt2} \begin{pmatrix} 1\\ -1 \end{pmatrix}.$$

因此

$$U= \begin{pmatrix} \dfrac1{\sqrt2}&\dfrac1{\sqrt2}\\[4pt] \dfrac1{\sqrt2}&-\dfrac1{\sqrt2} \end{pmatrix}.$$

求 $V$ 的前兩個欄向量

利用

$$v_i=\frac{A^Tu_i}{\sigma_i}.$$

對 $\sigma_1=5$：

$$A^Tu_1 = \frac1{\sqrt2} \begin{pmatrix} 3&2\\ 2&3\\ 2&-2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix} = \frac1{\sqrt2} \begin{pmatrix} 5\\ 5\\ 0 \end{pmatrix},$$

所以

$$v_1= \frac{A^Tu_1}{5} = \frac1{\sqrt2} \begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}.$$

對 $\sigma_2=3$：

$$A^Tu_2 = \frac1{\sqrt2} \begin{pmatrix} 3&2\\ 2&3\\ 2&-2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ -1 \end{pmatrix} = \frac1{\sqrt2} \begin{pmatrix} 1\\ -1\\ 4 \end{pmatrix},$$

所以

$$v_2= \frac{A^Tu_2}{3} = \frac1{3\sqrt2} \begin{pmatrix} 1\\ -1\\ 4 \end{pmatrix}.$$

求零空間方向 $v_3$

因為 $A$ 是 $2\times3$ 且秩為 $2$，其零空間維度為 $1$。令

$$Ax=0,\qquad x= \begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{pmatrix},$$

則

$$\begin{cases} 3x_1+2x_2+2x_3=0,\\ 2x_1+3x_2-2x_3=0. \end{cases}$$

可得一組零空間向量為

$$\begin{pmatrix} 2\\ -2\\ -1 \end{pmatrix}.$$

其長度為 $3$，故可取

$$v_3=\frac13 \begin{pmatrix} 2\\ -2\\ -1 \end{pmatrix}.$$

因此

$$V= \begin{pmatrix} \dfrac1{\sqrt2}&\dfrac1{3\sqrt2}&\dfrac23\\[4pt] \dfrac1{\sqrt2}&-\dfrac1{3\sqrt2}&-\dfrac23\\[4pt] 0&\dfrac4{3\sqrt2}&-\dfrac13 \end{pmatrix}.$$

令

$$\Sigma= \begin{pmatrix} 5&0&0\\ 0&3&0 \end{pmatrix}.$$

所以一組 SVD 為

$$\boxed{ A=U\Sigma V^T }$$

其中