108 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所甲組《線性代數》

核心觀念

本題主要考查：

• 向量的純量乘法與負向量定義。
• 子空間的判定條件。
• 矩陣的零空間與線性映射的核。
• 線性轉換的值域。
• 齊次線性微分方程與核的關係。
• 張成集合中抽取基底的定理。
• 基底與極大線性獨立集的關係。

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選項分析

a. If $u$ is a vector in a vector space $V$, then $(-1)u$ is the same as the negative of $u$.

判斷：True。

向量 $u$ 的負向量 $-u$ 定義為滿足

$$u+(-u)=0$$

的向量。利用向量空間的純量乘法性質，

$$u+(-1)u=(1+(-1))u=0u=0.$$

因此 $(-1)u$ 正好是 $u$ 的加法反元素，也就是 $-u$。

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b. A subset $H$ of a vector space $V$ is a subspace of $V$ if the following conditions are satisfied: (i) the zero vector of $V$ is in $H$, and (ii) $u, v, u+v$ are in $H$.

判斷：False。

子空間除了必須包含零向量、對向量加法封閉外，還必須對純量乘法封閉。完整條件為：

1. $0\in H$；
2. 若 $u,v\in H$，則 $u+v\in H$；
3. 若 $u\in H$ 且 $c$ 為任意純量，則 $cu\in H$。

題目只要求加法封閉，沒有要求純量乘法封閉，因此條件不足。

反例：令

$$V=\mathbb{R}^2,\qquad H=\mathbb{Z}^2.$$

則：

• $(0,0)\in H$；
• 若 $u,v\in H$，則 $u+v\in H$。

但

$$(1,0)\in H,\qquad \frac12(1,0)=\left(\frac12,0\right)\notin H.$$

所以 $H$ 對純量乘法不封閉，不是 $\mathbb{R}^2$ 的子空間。

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c. $\operatorname{Nul} A$ is the kernel of the mapping $x\to Ax$.

判斷：True。

矩陣 $A$ 所對應的線性映射為

$$T:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m,\qquad T(x)=Ax.$$

矩陣 $A$ 的零空間定義為

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

而線性映射 $T$ 的核定義為

$$\ker T=\{x\in\mathbb{R}^n:T(x)=0\}.$$

由於 $T(x)=Ax$，所以

$$\ker T=\{x:Ax=0\}=\operatorname{Nul}A.$$

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d. The range of a linear transformation is a vector space.

判斷：True。

設 $T:V\to W$ 為線性轉換，其值域為

$$\operatorname{Range}(T)=\{T(v):v\in V\}.$$

先證明其包含零向量。因為

$$T(0)=0,$$

所以 $0\in\operatorname{Range}(T)$。

若 $y_1,y_2\in\operatorname{Range}(T)$，則存在 $v_1,v_2\in V$ 使得

$$y_1=T(v_1),\qquad y_2=T(v_2).$$

因此

$$y_1+y_2=T(v_1)+T(v_2)=T(v_1+v_2),$$

故 $y_1+y_2\in\operatorname{Range}(T)$。

若 $c$ 為任意純量，則

$$cy_1=cT(v_1)=T(cv_1),$$

故 $cy_1\in\operatorname{Range}(T)$。

這題主要考查線性轉換的性質，特別是求解 $Ax=b$ 的問題以及判斷向量是否在線性轉換的值域中。

a. 我們需要找到一個向量 $x = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} \in \mathbb{R}^3$ 使得 $T(x) = Ax = b$。這相當於解線性方程組 $Ax=b$。

$$\begin{bmatrix} 1 & 0 & -2 \\ -2 & 1 & 6 \\ 3 & -2 & 5 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 \\ 7 \\ -4 \end{bmatrix}$$

我們可以使用高斯消去法來解這個方程組。將增廣矩陣寫出來：

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & -2 & 3 \\ -2 & 1 & 6 & 7 \\ 3 & -2 & 5 & -4 \end{array} \right]$$

進行列運算：
$R_2 \leftarrow R_2 + 2R_1$
$R_3 \leftarrow R_3 - 3R_1$

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & -2 & 3 \\ 0 & 1 & 2 & 13 \\ 0 & -2 & 11 & -13 \end{array} \right]$$

$R_3 \leftarrow R_3 + 2R_2$

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & -2 & 3 \\ 0 & 1 & 2 & 13 \\ 0 & 0 & 15 & 13 \end{array} \right]$$

從最後一行得到 $15x_3 = 13 \implies x_3 = \frac{13}{15}$。

這題要求找出一個線性轉換的核空間（Kernel）和值域（Image）的基底。

首先，我們需要理解 $M_{2\times2}$ 的結構。 $M_{2\times2}$ 是所有 $2 \times 2$ 矩陣的集合，它是一個四維向量空間。我們可以將 $M_{2\times2}$ 中的矩陣與 $\mathbb{R}^4$ 中的向量對應起來，例如，矩陣 $\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$ 可以對應到向量 $\begin{bmatrix} a \\ b \\ c \\ d \end{bmatrix}$。

線性轉換 $T$ 的定義為 $T\left(\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} a+b & b+c \\ c+d & d+a \end{bmatrix}$。

1. 求 Kernel (核空間) 的基底：
Kernel 是所有使得 $T(M) = 0$ 的矩陣 $M \in M_{2\times2}$ 的集合。這裡的 $0$ 是 $M_{2\times2}$ 中的零矩陣 $\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$。
所以，我們需要解方程：

$$T\left(\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} a+b & b+c \\ c+d & d+a \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$$

這產生了以下線性方程組：

$$\begin{cases} a+b = 0 \\ b+c = 0 \\ c+d = 0 \\ d+a = 0 \end{cases}$$

從第一個方程， $b = -a$。
從第二個方程， $c = -b = -(-a) = a$。
從第三個方程， $d = -c = -a$。
第四個方程， $d+a = -a+a = 0$，這與前面的推導一致，沒有提供新的資訊。
因此，滿足條件的矩陣形式為：

$$\begin{bmatrix} a & -a \\ a & -a \end{bmatrix} = a \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}$$

其中 $a$ 是任意實數。
Kernel 的一個基底就是生成這個空間的一個非零向量。我們可以選擇 $a=1$。
Kernel 的基底為 $\left\{ \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} \right\}$。
Kernel 的維度是 1。

2. 求 Image (值域) 的基底：
Image 是所有可由 $T$ 輸出的矩陣的集合。我們需要找到一個生成 Image 的集合。
考慮 $M_{2\times2}$ 的標準基底：
$E_{11} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$, $E_{12} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$, $E_{21} = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$, $E_{22} = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$。
分別計算 $T$ 在這些基底向量上的作用：
$T(E_{11}) = T\left(\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} 1+0 & 0+0 \\ 0+0 & 0+1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$
$T(E_{12}) = T\left(\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} 0+1 & 1+0 \\ 0+0 & 0+0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$
$T(E_{21}) = T\left(\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} 0+0 & 0+1 \\ 1+0 & 0+0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$

這題考查最小平方法，用於尋找最佳擬合直線，並計算相關的誤差。

a. 我們要找一條直線 $y = mx + c$ 來擬合給定的四個點 $(2, 1), (3, 1), (0, 0), (-1, 1)$。
將這些點代入直線方程式，我們得到一個超定方程組：

$$\begin{cases} 2m + c = 1 \\ 3m + c = 1 \\ 0m + c = 0 \\ -m + c = 1 \end{cases}$$

這個方程組可以寫成矩陣形式 $Ax = b$，其中 $A = \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 3 & 1 \\ 0 & 1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix}$， $x = \begin{bmatrix} m \\ c \end{bmatrix}$， $b = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。

最小平方法解 $x$ 滿足正規方程 $A^T A x = A^T b$。
首先計算 $A^T A$：

$$A^T = \begin{bmatrix} 2 & 3 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{bmatrix}$$ $$A^T A = \begin{bmatrix} 2 & 3 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 3 & 1 \\ 0 & 1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4+9+0+1 & 2+3+0-1 \\ 2+3+0-1 & 1+1+1+1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 14 & 4 \\ 4 & 4 \end{bmatrix}$$

接下來計算 $A^T b$：

$$A^T b = \begin{bmatrix} 2 & 3 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2+3+0-1 \\ 1+1+0+1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4 \\ 3 \end{bmatrix}$$

現在解正規方程 $A^T A x = A^T b$：

$$\begin{bmatrix} 14 & 4 \\ 4 & 4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} m \\ c \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4 \\ 3 \end{bmatrix}$$

對矩陣 $\begin{bmatrix} 14 & 4 \\ 4 & 4 \end{bmatrix}$ 求逆矩陣。行列式為 $14 \times 4 - 4 \times 4 = 56 - 16 = 40$。

$$(A^T A)^{-1} = \frac{1}{40} \begin{bmatrix} 4 & -4 \\ -4 & 14 \end{bmatrix}$$

所以，

核心觀念

本題考查：

• 奇異值分解所定義的 Moore–Penrose 廣義逆矩陣 $A^+$。
• 最小平方法解：
  $x_{\mathrm{LS}}=A^+b$
• 投影定理：$Ax_{\mathrm{LS}}$ 是向量 $b$ 在 $\operatorname{Col}(A)$ 上的正交投影。
• 權衡維度：矩陣 $A$ 為 $2\times 2$，因此 $Ax$ 必為二維向量；題目給出的 $b=[1,0,1]^T$ 為三維向量，兩者維度不相容。

因此，以下採用合理且維度一致的假設：題目原意為

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

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解題方法

矩陣

$$A= \begin{bmatrix} 1&-1\\ -2&2 \end{bmatrix}$$

可寫成外積形式

$$A=uv^T, \qquad u=\begin{bmatrix}1\\-2\end{bmatrix}, \qquad v=\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}.$$

因為 $u,v$ 均為非零向量，所以 $A$ 的秩為 $1$。對於秩一矩陣 $A=uv^T$，其廣義逆為

$$A^+=\frac{vu^T}{(u^Tu)(v^Tv)}.$$

計算

$$u^Tu=1^2+(-2)^2=5, \qquad v^Tv=1^2+(-1)^2=2.$$

因此

$$A^+ = \frac{1}{10} \begin{bmatrix} 1\\-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&-2 \end{bmatrix} = \frac{1}{10} \begin{bmatrix} 1&-2\\ -1&2 \end{bmatrix}.$$

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(a) 求 $A^+$

$$\boxed{ A^+ = \frac{1}{10} \begin{bmatrix} 1&-2\\ -1&2 \end{bmatrix} }$$

快速驗算：

$$AA^+ = \frac{1}{10} \begin{bmatrix} 1&-1\\ -2&2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&-2\\ -1&2 \end{bmatrix} = \frac{1}{10} \begin{bmatrix} 2&-4\\ -4&8 \end{bmatrix}.$$

此矩陣正是 $\operatorname{Col}(A)=\operatorname{span}\{[1,-2]^T\}$ 上的正交投影矩陣。

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(b) 求 $Ax=b$ 的最小平方法解

在維度一致的假設下，

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

最小平方法解為

$$x_{\mathrm{LS}}=A^+b.$$

代入 $A^+$：

$$x_{\mathrm{LS}} = \frac{1}{10} \begin{bmatrix} 1&-2\\ -1&2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1\\0 \end{bmatrix} = \frac{1}{10} \begin{bmatrix} 1\\-1 \end{bmatrix}.$$

所以

$$\boxed{ x_{\mathrm{LS}} = \begin{bmatrix} \frac{1}{10}\\[2mm] -\frac{1}{10} \end{bmatrix} }$$

由於 $A$ 奇異，方程式通常沒有唯一解。所有解可寫成

$$x=x_{\mathrm{LS}}+z, \qquad z\in\mathcal N(A).$$

而

$$A \begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix},$$

故

$$\mathcal N(A)=\operatorname{span} \left\{ \begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix} \right\}.$$

因此所有最小平方法解為

核心觀念

對稱矩陣所代表的二次型，可以利用正交對角化定理消去交叉項：

若 $A$ 為實對稱矩陣，則存在正交矩陣 $P$，使得

$$P^TAP=D,$$

其中 $D$ 為由 $A$ 的特徵值組成的對角矩陣。令

$$x=Py,$$

則

$$x^TAx=(Py)^TA(Py)=y^TP^TAPy=y^TDy,$$

因此二次型中不再含有 $y_i y_j$ 的交叉項。

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解題方法

原二次型為

$$9x_1^2+7x_2^2+11x_3^2-8x_1x_2+8x_1x_3.$$

由於二次型中的交叉項係數為矩陣對稱位置元素的兩倍，因此

$$A= \begin{bmatrix} 9&-4&4\\ -4&7&0\\ 4&0&11 \end{bmatrix}.$$

1. 求 $A$ 的特徵值

計算特徵方程：

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 9-\lambda&-4&4\\ -4&7-\lambda&0\\ 4&0&11-\lambda \end{vmatrix}.$$

展開得

$$\det(A-\lambda I) = (9-\lambda)(7-\lambda)(11-\lambda) -16(11-\lambda)-16(7-\lambda),$$

整理為

$$\det(A-\lambda I) = -\lambda^3+27\lambda^2-207\lambda+405.$$

因此特徵方程為

$$\lambda^3-27\lambda^2+207\lambda-405=0.$$

因式分解：

$$\lambda^3-27\lambda^2+207\lambda-405 = (\lambda-3)(\lambda-9)(\lambda-15).$$

所以特徵值為

$$\lambda_1=3,\qquad \lambda_2=9,\qquad \lambda_3=15.$$

2. 求各特徵值的特徵向量

對應 $\lambda=3$

解

$$(A-3I)v=0.$$

可得

$$v_1= \begin{bmatrix} 2\\2\\-1 \end{bmatrix}.$$

其長度為

$$\|v_1\|=\sqrt{2^2+2^2+(-1)^2}=3.$$

故單位特徵向量為

$$u_1=\frac{1}{3} \begin{bmatrix} 2\\2\\-1 \end{bmatrix}.$$

對應 $\lambda=9$

解

$$(A-9I)v=0,$$

可得