114 年 國立成功大學工程科學系碩士班甲組《線性代數》

這題主要考驗對行列式性質、矩陣跡數性質、線性變換性質、向量空間、矩陣秩與零空間的基礎知識。

(1) 題意：給定一個 $3 \times 3$ 矩陣的行列式值為 $-3$，判斷其轉置矩陣的行列式值是否為 $3$。
詳解：一個矩陣的行列式值等於其轉置矩陣的行列式值，即 $\det(A) = \det(A^T)$。
因此，若 $\det \begin{pmatrix} a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{pmatrix} = -3$，則 $\det \begin{pmatrix} a & d & g \\ b & e & h \\ c & f & i \end{pmatrix} = \det \left( \begin{pmatrix} a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{pmatrix}^T \right) = -3$。
所以，此敘述為 False (F)。

(2) 題意：給定一個多項式 $f(x)$，判斷 $x^4$ 項的係數是否為 $24$。
詳解：計算行列式 $f(x) = \det \begin{pmatrix} x & 1 & x \\ 1 & x & 3 \\ 2x & 1 & 2x \end{pmatrix}$。
展開行列式：
$f(x) = x \det \begin{pmatrix} x & 3 \\ 1 & 2x \end{pmatrix} - 1 \det \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 2x & 2x \end{pmatrix} + x \det \begin{pmatrix} 1 & x \\ 2x & 1 \end{pmatrix}$
$f(x) = x(x(2x) - 3(1)) - 1(1(2x) - 3(2x)) + x(1(1) - x(2x))$
$f(x) = x(2x^2 - 3) - (2x - 6x) + x(1 - 2x^2)$
$f(x) = 2x^3 - 3x - (-4x) + x - 2x^3$
$f(x) = 2x^3 - 3x + 4x + x - 2x^3$
$f(x) = (2-2)x^3 + (-3+4+1)x$
$f(x) = 2x$
此多項式 $f(x)$ 只有一次項，沒有 $x^4$ 項，因此 $x^4$ 的係數為 $0$。
所以，此敘述為 False (F)。

(3) 題意：給定兩個 $n \times n$ 矩陣 $A$ 和 $B$ 的跡數，判斷一個包含 $A, B, A^T, B^T$ 的線性組合的跡數是否為 $12$。
詳解：利用跡數的線性性質 $\operatorname{trace}(cA + dB) = c\operatorname{trace}(A) + d\operatorname{trace}(B)$，以及 $\operatorname{trace}(A^T) = \operatorname{trace}(A)$。
$\operatorname{trace}(4A - 2B + 6B^T - 3A^T) = \operatorname{trace}(4A) - \operatorname{trace}(2B) + \operatorname{trace}(6B^T) - \operatorname{trace}(3A^T)$
$= 4\operatorname{trace}(A) - 2\operatorname{trace}(B) + 6\operatorname{trace}(B^T) - 3\operatorname{trace}(A^T)$
$= 4\operatorname{trace}(A) - 2\operatorname{trace}(B) + 6\operatorname{trace}(B) - 3\operatorname{trace}(A)$
$= (4-3)\operatorname{trace}(A) + (-2+6)\operatorname{trace}(B)$
$= 1 \cdot \operatorname{trace}(A) + 4 \cdot \operatorname{trace}(B)$
已知 $\operatorname{trace}(A) = -2$ 且 $\operatorname{trace}(B) = 3$。
$= 1 \cdot (-2) + 4 \cdot (3) = -2 + 12 = 10$。
所以，此敘述為 False (F)。

(4) 題意：判斷 $R^2$ 上投影到 x-axis 的線性變換是否為 one-to-one 變換。
詳解：投影到 x-axis 的線性變換 $T: R^2 \to R^2$ 定義為 $T(x, y) = (x, 0)$。
一個線性變換是 one-to-one 的條件是其核空間 (null space) 只包含零向量。
對於 $T(x, y) = (x, 0) = (0, 0)$，我們需要 $x=0$。而 $y$ 可以是任意值。
所以，核空間 $N(T) = \{(0, y) | y \in R\}$，它包含無窮多個向量（例如 $(0, 1)$ 也是核空間的元素）。
因此，這個變換不是 one-to-one 變換。
另一種判斷方式：如果一個變換是 one-to-one，則其矩陣表示必須是可逆的 (invertible)，即行列式不為零。
投影到 x-axis 的矩陣為 $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$，其行列式為 $1 \cdot 0 - 0 \cdot 0 = 0$，所以不是可逆矩陣，也不是 one-to-one 變換。
所以，此敘述為 False (F)。

這題主要考驗矩陣的行空間、列空間、零空間、秩以及零度。這些概念都與矩陣的列化 (row reduction) 過程緊密相關。

首先，我們對矩陣 $A$ 進行列運算，將其化為列梯形矩陣 (row echelon form) 或簡約列梯形矩陣 (reduced row echelon form, RREF)。
$A = \begin{bmatrix} 1 & 4 & 5 & 2 \\ 2 & 1 & 3 & 0 \\ -1 & 3 & 2 & 2 \end{bmatrix}$

$R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1$
$R_3 \leftarrow R_3 + R_1$
$\begin{bmatrix} 1 & 4 & 5 & 2 \\ 0 & -7 & -7 & -4 \\ 0 & 7 & 7 & 4 \end{bmatrix}$

$R_3 \leftarrow R_3 + R_2$
$\begin{bmatrix} 1 & 4 & 5 & 2 \\ 0 & -7 & -7 & -4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

$R_2 \leftarrow -\frac{1}{7}R_2$
$\begin{bmatrix} 1 & 4 & 5 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 4/7 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

$R_1 \leftarrow R_1 - 4R_2$
$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & 2 - 16/7 \\ 0 & 1 & 1 & 4/7 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2/7 \\ 0 & 1 & 1 & 4/7 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
這是 $A$ 的簡約列梯形矩陣 (RREF)。

(1) 行空間 (Row Space of $A$)
行空間是由原始矩陣 $A$ 的列向量所生成的空間。行空間可以由進行列運算後的矩陣的非零列向量所張成。
在簡約列梯形矩陣中，非零列向量是 $\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2/7 \end{bmatrix}$ 和 $\begin{bmatrix} 0 & 1 & 1 & 4/7 \end{bmatrix}$。
因此，行空間的基底可以是 $\{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2/7 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 & 1 & 1 & 4/7 \end{bmatrix}\}$。
或者，我們也可以使用列運算之前的非零列向量來表示。在簡約列梯形矩陣中，有兩個非零列，這表示原始矩陣的行空間維度是 2。
取原始矩陣的前兩個列向量進行列運算，得到 $\begin{bmatrix} 1 & 4 & 5 & 2 \\ 0 & -7 & -7 & -4 \end{bmatrix}$。
所以，行空間的基底可以是 $\{\begin{bmatrix} 1 & 4 & 5 & 2 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 & -7 & -7 & -4 \end{bmatrix}\}$。
更常見的做法是使用簡約列梯形矩陣的非零列作為基底。
【答案】 行空間的基底為 $\{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2/7 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 & 1 & 1 & 4/7 \end{bmatrix}\}$。

核心觀念

本題考查三個互相連結的觀念：

1. Gram–Schmidt 正交化法：將線性獨立向量組轉換為正交且單位長度的向量組。
2. QR 分解：若 $A$ 的欄向量線性獨立，則可寫成
   $A=QR$
   其中 $Q$ 的欄向量為正交規一向量，$R$ 為上三角矩陣。
3. 最小平方法：當 $Ax=b$ 無精確解時，尋找使
   $\|Ax-b\|^2$
   最小的 $x$。利用 QR 分解時，可解
   $Rx=Q^Tb.$

令 $A$ 的兩個欄向量為

$$a_1= \begin{bmatrix} 2\\1\\1 \end{bmatrix}, \qquad a_2= \begin{bmatrix} 0\\1\\2 \end{bmatrix}.$$

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解題方法

先對 $a_1,a_2$ 使用 Gram–Schmidt 法，得到正交規一基底，再由內積組成 $R$，最後利用 $Rx=Q^Tb$ 求最小平方法解。

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(1) 使用 Gram–Schmidt 法求 $\operatorname{Col}(A)$ 的正交規一基底

第一步：處理第一個欄向量

令

$$u_1=a_1= \begin{bmatrix} 2\\1\\1 \end{bmatrix}.$$

其長度為

$$\|u_1\| =\sqrt{2^2+1^2+1^2} =\sqrt{6}.$$

因此第一個單位向量為

$$q_1=\frac{u_1}{\|u_1\|} = \frac{1}{\sqrt6} \begin{bmatrix} 2\\1\\1 \end{bmatrix}.$$

第二步：將第二個欄向量扣除在 $u_1$ 方向上的投影

先計算

$$a_2\cdot u_1 = \begin{bmatrix} 0&1&2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2\\1\\1 \end{bmatrix} =3.$$

因此 $a_2$ 在 $u_1$ 上的投影為

$$\operatorname{proj}_{u_1}(a_2) = \frac{a_2\cdot u_1}{u_1\cdot u_1}u_1 = \frac{3}{6} \begin{bmatrix} 2\\1\\1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1\\ \frac12\\ \frac12 \end{bmatrix}.$$

扣除投影後得到正交向量

$$u_2 = a_2-\operatorname{proj}_{u_1}(a_2) = \begin{bmatrix} 0\\1\\2 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 1\\ \frac12\\ \frac12 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1\\ \frac12\\ \frac32 \end{bmatrix}.$$

為了簡化，可寫成

$$u_2=\frac12 \begin{bmatrix} -2\\1\\3 \end{bmatrix}.$$

其長度為

$$\|u_2\| = \sqrt{(-1)^2+\left(\frac12\right)^2+\left(\frac32\right)^2} = \sqrt{\frac72} = \frac{\sqrt{14}}{2}.$$

所以第二個單位向量為

$$q_2 = \frac{u_2}{\|u_2\|} = \frac{ \frac12[-2,1,3]^T }{ \frac{\sqrt{14}}2 } = \frac{1}{\sqrt{14}} \begin{bmatrix} -2\\1\\3 \end{bmatrix}.$$

因此，$\operatorname{Col}(A)$ 的一組正交規一基底為

$$\boxed{ \left\{ \frac{1}{\sqrt6} \begin{bmatrix} 2\\1\\1 \end{bmatrix}, \; \frac{1}{\sqrt{14}} \begin{bmatrix} -2\\1\\3 \end{bmatrix} \right\} }.$$

---

(2) 將 $A$ 分解為 $A=QR$

令

$$Q= \begin{bmatrix} q_1&q_2 \end{bmatrix}.$$

因此

$$Q= \begin{bmatrix} \frac{2}{\sqrt6}&-\frac{2}{\sqrt{14}}\\[4pt] \frac{1}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt{14}}\\[4pt] \frac{1}{\sqrt6}&\frac{3}{\sqrt{14}} \end{bmatrix}.$$

QR 分解中的 $R$ 元素由下式決定：

$$r_{ij}=q_i^Ta_j \quad (i\leq j).$$

首先，

$$r_{11}=q_1^Ta_1=\|a_1\|=\sqrt6.$$

接著，

$$r_{12}=q_1^Ta_2 = \frac{1}{\sqrt6} \begin{bmatrix} 2&1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0\\1\\2 \end{bmatrix} = \frac{3}{\sqrt6} = \frac{\sqrt6}{2}.$$

最後，

$$r_{22}=q_2^Ta_2 = \frac{1}{\sqrt{14}} \begin{bmatrix} -2&1&3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0\\1\\2 \end{bmatrix} = \frac{7}{\sqrt{14}} = \frac{\sqrt{14}}2.$$

所以

$$R= \begin{bmatrix} \sqrt6&\frac{\sqrt6}{2}\\[4pt] 0&\frac{\sqrt{14}}2 \end{bmatrix}.$$

故

核心觀念

本題考查：

1. 由特徵值與對應特徵向量進行對角化。
2. 利用
   $A=PDP^{-1}$
   求出矩陣 $A$。
3. 利用
   $A^n=PD^nP^{-1}$
   計算高次方矩陣。
4. 線性微分方程
   $\frac{dY(t)}{dt}=AY(t)$
   的解為
   $Y(t)=e^{At}Y(0)$
   或利用特徵向量展開初始向量。
5. 根據各特徵值的指數項判斷 $Y(t)$ 的極限。

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(1) 求矩陣 $A$

將對應的特徵向量作為矩陣 $P$ 的欄向量：

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

因為

$$AP=PD,$$

所以

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

先求 $P^{-1}$。由右上角的 $2\times 2$ 區塊可得

$$P^{-1} = \begin{bmatrix} \frac12&-\frac12&0\\ \frac12&\frac12&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}.$$

計算 $PD$：

$$PD= \begin{bmatrix} 0&-1&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}.$$

因此

$$A=PDP^{-1} = \begin{bmatrix} 0&-1&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac12&-\frac12&0\\ \frac12&\frac12&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}.$$

得到

$$\boxed{ A= \begin{bmatrix} -\frac12&-\frac12&0\\ -\frac12&-\frac12&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix} }.$$

快速驗算：

$$Av_1= \begin{bmatrix} -\frac12&-\frac12&0\\ -\frac12&-\frac12&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1\\-1\\0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix} =0v_1,$$ $$Av_2= \begin{bmatrix} -1\\-1\\0 \end{bmatrix} =-v_2,$$ $$Av_3= \begin{bmatrix} 0\\0\\1 \end{bmatrix} =v_3.$$

三組特徵值與特徵向量皆符合題意。

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(2) 求 $A^{10}$

由對角化公式：

$$A^{10}=PD^{10}P^{-1}.$$

因為

$$D^{10} = \begin{bmatrix} 0^{10}&0&0\\ 0&(-1)^{10}&0\\ 0&0&1^{10} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix},$$

故

$$A^{10} = P \begin{bmatrix} 0&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix} P^{-1}.$$

計算可得

$$\boxed{ A^{10} = \begin{bmatrix} \frac12&\frac12&0\\ \frac12&\frac12&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix} }.$$

也可從矩陣結構快速判斷：在 $v_1$ 方向上，$A^{10}$ 的特徵值為 $0$；在 $v_2$ 與 $v_3$ 方向上，特徵值分別為 $1$ 與 $1$。

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(3) 求微分方程的唯一解

題目給定

這題考驗對向量空間定義的理解。要判斷一個集合和兩個運算是否構成向量空間，需要驗證向量空間的八個公理。

向量空間的定義：一個集合 $V$ 和定義在 $V$ 上的兩種運算（向量加法 $\oplus$ 和純量乘法 $\otimes$）構成一個向量空間，如果對於所有 $u, v, w \in V$ 和所有純量 $c, d \in R$（或者題目中是 $R$），都滿足以下條件：

向量加法公理：

1. 封閉性 (Closure under addition): $u \oplus v \in V$
2. 交換性 (Commutativity of addition): $u \oplus v = v \oplus u$
3. 結合性 (Associativity of addition): $(u \oplus v) \oplus w = u \oplus (v \oplus w)$
4. 加法單位元 (Existence of additive identity): 存在一個元素 $0 \in V$ 使得 $u \oplus 0 = u$ 對於所有 $u \in V$。
5. 加法反元素 (Existence of additive inverse): 對於每個 $u \in V$，存在一個元素 $-u \in V$ 使得 $u \oplus (-u) = 0$。

純量乘法公理：
6. 純量乘法與向量加法的分配律 (Distributivity of scalar multiplication with respect to vector addition): $c \otimes (u \oplus v) = (c \otimes u) \oplus (c \otimes v)$
7. 純量加法與純量乘法的分配律 (Distributivity of scalar multiplication with respect to field addition): $(c + d) \otimes u = (c \otimes u) \oplus (d \otimes u)$
8. 純量乘法的結合律 (Associativity of scalar multiplication): $(cd) \otimes u = c \otimes (d \otimes u)$
9. 純量乘法單位元 (Existence of multiplicative identity): 對於所有 $u \in V$， $1 \otimes u = u$。

給定的集合是 $V = R_{\ge 0}$，即非負實數的集合。
加法運算：$x \oplus y = x + y$ (標準加法)。
純量乘法運算：$\alpha \otimes x = x^\alpha$，其中 $\alpha \in R$。

我們逐一檢驗這些公理：

1. 加法封閉性：對於任意 $x, y \in V = R_{\ge 0}$，我們有 $x \ge 0$ 且 $y \ge 0$。則 $x \oplus y = x + y$。由於兩個非負實數的和仍然是非負實數，所以 $x+y \ge 0$。因此，$x \oplus y \in V$。此公理成立。

2. 加法交換性：對於任意 $x, y \in V$， $x \oplus y = x + y$。由於標準加法滿足交換性，$x + y = y + x$。所以，$x \oplus y = y \oplus x$。此公理成立。

3. 加法結合性：對於任意 $x, y, z \in V$， $x \oplus y = x + y$。由於標準加法滿足結合性，$(x + y) + z = x + (y + z)$。所以，$(x \oplus y) \oplus z = x \oplus (y \oplus z)$。此公理成立。

4. 加法單位元：我們需要找到一個元素 $0 \in V$ 使得對於所有 $x \in V$， $x \oplus 0 = x$。
   $x \oplus 0 = x + 0 = x$。
   由於 $V = R_{\ge 0}$，所以 $0$ 是非負實數，即 $0 \in V$。此公理成立。

5. 加法反元素：對於每個 $x \in V$，我們需要存在一個 $-x \in V$ 使得 $x \oplus (-x) = 0$。

核心觀念

題目要求將向量 $x$ 分解為

$$x=p+z$$

其中：

• $p\parallel y$：$p$ 與 $y$ 平行，因此 $p$ 是 $y$ 的純量倍數。
• $z\perp p$：$z$ 與 $p$ 內積為 $0$。

這是「向量在指定方向上的正交分解」問題。投影向量公式為

$$\operatorname{proj}_y x = \frac{x\cdot y}{y\cdot y}y$$

此投影向量即為平行於 $y$ 的部分 $p$，而 $z=x-p$ 為垂直部分。

解題方法

已知

$$x= \begin{bmatrix} 2\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}, \qquad y= \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}$$

先計算內積：

$$x\cdot y = 2(0)+0(1)+0(0) =0$$

因此 $x$ 與 $y$ 已經互相垂直。向量 $x$ 在 $y$ 方向上的投影為

$$p=\frac{x\cdot y}{y\cdot y}y$$

而

$$y\cdot y=0^2+1^2+0^2=1$$

所以

$$p=\frac{0}{1}y = \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}$$

接著由 $x=p+z$ 得

核心觀念

本題考查線性算子在不同基底下的表示矩陣，以及基底變換公式。

若有序基底為 $\mathcal{B}=\{v_1,v_2,v_3\}$，線性算子 $L$ 的表示矩陣 $[L]_{\mathcal B}$，其第 $j$ 欄就是 $L(v_j)$ 在基底 $\mathcal B$ 下的座標。

若 $\mathcal B$ 與 $\mathcal C$ 的座標轉換矩陣為 $S$，且 $S$ 的第 $j$ 欄是 $\mathcal C$ 的第 $j$ 個基向量在 $\mathcal B$ 下的座標，則

$$[L]_{\mathcal C}=S^{-1}[L]_{\mathcal B}S.$$

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解題方法

令

$$f(x)=ax^2+bx+c.$$

則

$$f(1)=a+b+c,\qquad f'(x)=2ax+b.$$

因此

$$L(f(x)) =x^2f(1)+f'(x) =(a+b+c)x^2+2ax+b.$$

在基底 $\{x^2,x,1\}$ 下，其座標為

$$[L(f)]_{\mathcal B} = \begin{bmatrix} a+b+c\\ 2a\\ b \end{bmatrix}.$$

（1）求矩陣 $A$

取基底

$$\mathcal B=\{x^2,x,1\}.$$

分別計算各基向量的像：

$$L(x^2)=x^2\cdot 1+2x=x^2+2x,$$

所以

$$[L(x^2)]_{\mathcal B} = \begin{bmatrix} 1\\2\\0 \end{bmatrix}.$$

又

$$L(x)=x^2\cdot 1+1=x^2+1,$$

所以

$$[L(x)]_{\mathcal B} = \begin{bmatrix} 1\\0\\1 \end{bmatrix}.$$

最後

$$L(1)=x^2\cdot 1=x^2,$$

所以

$$[L(1)]_{\mathcal B} = \begin{bmatrix} 1\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

將上述三個座標向量依序作為矩陣的欄，得到

$$A= \begin{bmatrix} 1&1&1\\ 2&0&0\\ 0&1&0 \end{bmatrix}.$$

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（2）求矩陣 $B$

取新基底

$$\mathcal C=\{x^2+1,\,2x+1,\,1\}.$$

先計算各基向量經過 $L$ 後的結果，再用 $\mathcal C$ 表示。

第一個基向量

$$L(x^2+1)=x^2\cdot 2+2x=2x^2+2x.$$

設

$$2x^2+2x =\alpha(x^2+1)+\beta(2x+1)+\gamma.$$

比較係數得

$$\alpha=2,\qquad 2\beta=2\Rightarrow\beta=1,$$

且常數項滿足

$$\alpha+\beta+\gamma=0 \Rightarrow 2+1+\gamma=0 \Rightarrow \gamma=-3.$$

因此

$$[L(x^2+1)]_{\mathcal C} = \begin{bmatrix} 2\\1\\-3 \end{bmatrix}.$$

第二個基向量

$$L(2x+1)=3x^2+2.$$

設

$$3x^2+2 =\alpha(x^2+1)+\beta(2x+1)+\gamma.$$

比較係數得