115 年 國立成功大學工程科學系碩士班甲組《線性代數》

這題主要考驗對線性代數基本概念的理解，包括特徵多項式、線性方程組的增廣矩陣判斷、向量的內積與夾角、向量的線性獨立性、座標向量的意義，以及線性變換的定義。

(1) 核心觀念：凱萊-漢密頓定理 (Cayley-Hamilton Theorem)
凱萊-漢密頓定理指出，任何方陣都滿足其特徵多項式。給定矩陣 $A$ 的特徵多項式為 $f(x) = \det(xI - A) = x^2 + 5x + 4$。根據凱萊-漢密頓定理，將 $x$ 替換為矩陣 $A$ 並且令 $f(A) = 0$，我們得到 $A^2 + 5A + 4I = 0$。
題目要求判斷 $A^3 + 5A^2 + 4A + I = I$ 是否成立。
我們可以從 $A^2 + 5A + 4I = 0$ 出發，將等式兩邊同乘以 $A$：
$A(A^2 + 5A + 4I) = A \cdot 0$
$A^3 + 5A^2 + 4A = 0$
現在我們來看題目給出的等式 $A^3 + 5A^2 + 4A + I = I$。將 $A^3 + 5A^2 + 4A$ 替換為 $0$，我們得到：
$0 + I = I$
$I = I$
這個結果是恆成立的。因此，該敘述為 True (T)。

【答案】T

(2) 核心觀念：線性方程組解的存在性判斷
給定一個線性方程組的增廣矩陣，判斷其是否有解，取決於係數矩陣的秩與增廣矩陣的秩的關係。如果係數矩陣的秩等於增廣矩陣的秩，則方程組有解；否則無解。若秩等於未知數的個數，則解唯一；若秩小於未知數的個數，則有無窮多解。
給定的增廣矩陣是：
$\begin{bmatrix} 1 & -6 & 1 & 3 \\ -1 & 1 & 3 & 1 \\ 2 & -1 & 3 & 1 \end{bmatrix}$
我們需要將其化簡為列梯形（Row Echelon Form）。
$R_2 \leftarrow R_2 + R_1$
$R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1$
$\begin{bmatrix} 1 & -6 & 1 & 3 \\ 0 & -5 & 4 & 4 \\ 0 & 11 & 1 & -5 \end{bmatrix}$
$R_3 \leftarrow R_3 + \frac{11}{5}R_2$
$\begin{bmatrix} 1 & -6 & 1 & 3 \\ 0 & -5 & 4 & 4 \\ 0 & 0 & 1 + \frac{44}{5} & -5 + \frac{44}{5} \end{bmatrix}$
$\begin{bmatrix} 1 & -6 & 1 & 3 \\ 0 & -5 & 4 & 4 \\ 0 & 0 & \frac{49}{5} & \frac{19}{5} \end{bmatrix}$
從列梯形可以看出，係數矩陣的秩為 3 (因為有三個非零列)，增廣矩陣的秩也為 3。未知數的個數也是 3。
由於秩等於未知數的個數，所以該線性方程組有唯一解，而不是無解。因此，該敘述為 False (F)。

【答案】F

(3) 核心觀念：向量的內積與夾角
兩個向量 $u$ 和 $v$ 的內積定義為 $u \cdot v = \|u\| \|v\| \cos \theta$，其中 $\theta$ 是它們之間的夾角。如果 $u \cdot v = 0$，則 $u$ 和 $v$ 互相垂直，此時 $\theta = 90^\circ$ (假設 $u$ 和 $v$ 均非零向量)。
給定的向量為 $u = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ 和 $v = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 3 \end{bmatrix}$。
計算它們的內積：
$u \cdot v = (1)(1) + (1)(-1) + (1)(3) = 1 - 1 + 3 = 3$。
由於 $u \cdot v = 3 \neq 0$，所以向量 $u$ 和 $v$ 之間的夾角 $\theta$ 不是 $90^\circ$。因此，該敘述為 False (F)。

【答案】F

(4) 核心觀念：向量的線性獨立性
若向量組 $\{v_1, v_2, \dots, v_k\}$ 線性獨立，則方程 $c_1 v_1 + c_2 v_2 + \dots + c_k v_k = 0$ 僅有唯一解 $c_1 = c_2 = \dots = c_k = 0$。
給定的向量是 $x_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$, $x_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{bmatrix}$ 和 $x_3 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 4 \end{bmatrix}$。
我們需要判斷方程 $c_1 x_1 + c_2 x_2 + c_3 x_3 = 0$ 是否僅有 $c_1 = c_2 = c_3 = 0$ 這個解。
將向量寫成矩陣形式：
$c_1 \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} + c_2 \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{bmatrix} + c_3 \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
這相當於解線性方程組：
$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & -1 & 4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} c_1 \\ c_2 \\ c_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
我們計算該係數矩陣的行列式：
$\det \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & -1 & 4 \end{bmatrix}$
展開第二列：
$= -0 \cdot \det(\dots) + 2 \cdot \det \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 4 \end{bmatrix} - 0 \cdot \det(\dots)$
$= 2 \cdot (1 \cdot 4 - 1 \cdot 1) = 2 \cdot (4 - 1) = 2 \cdot 3 = 6$。

這題主要考驗對多項式插值、線性方程組的應用，以及如何從部分資訊推斷出整體資訊的能力。

已知總儲蓄 $S = 40$ 百萬。
父親設計的二次多項式為 $f_a(x) = S + 7x + x^2 = 40 + 7x + x^2$。
五個小孩對應的 $x$ 值分別是 1, 2, 3, 4, 5。
小孩得到的秘密金額為 $S_i = f_a(i)$。
小孩知道父親使用的多項式形式是 $f(x) = a + bx + cx^2$，且實際儲蓄金額是 $a$。

(1) 核心觀念：計算多項式在特定點的值
計算每個小孩得到的秘密金額 $S_i = f_a(i)$，其中 $f_a(x) = 40 + 7x + x^2$。

• 長子 ($x=1$):
  $S_1 = f_a(1) = 40 + 7(1) + (1)^2 = 40 + 7 + 1 = 48$ (百萬)
• 次女 ($x=2$):
  $S_2 = f_a(2) = 40 + 7(2) + (2)^2 = 40 + 14 + 4 = 58$ (百萬)
• 三子 ($x=3$):
  $S_3 = f_a(3) = 40 + 7(3) + (3)^2 = 40 + 21 + 9 = 70$ (百萬)
• 四女 ($x=4$):
  $S_4 = f_a(4) = 40 + 7(4) + (4)^2 = 40 + 28 + 16 = 84$ (百萬)
• 么子 ($x=5$):
  $S_5 = f_a(5) = 40 + 7(5) + (5)^2 = 40 + 35 + 25 = 100$ (百萬)

【答案】
長子 ($x=1$) 得到 48 百萬。
次女 ($x=2$) 得到 58 百萬。
三子 ($x=3$) 得到 70 百萬。
四女 ($x=4$) 得到 84 百萬。
么子 ($x=5$) 得到 100 百萬。

(2) 核心觀念：利用多項式插值或線性方程組求解
三子 ($S_3$) 和四女 ($S_4$) 知道的秘密是 $S_3 = 70$ 和 $S_4 = 84$。
他們知道父親使用的多項式是 $f(x) = a + bx + cx^2$，並且實際儲蓄是 $a$。
我們有以下兩個方程：
$f(3) = a + b(3) + c(3)^2 = a + 3b + 9c = S_3 = 70$
$f(4) = a + b(4) + c(4)^2 = a + 4b + 16c = S_4 = 84$

我們有兩個方程，但有三個未知數 $a, b, c$。
這是一個線性方程組，但未知數的個數多於方程的個數，所以通常會有無窮多解。
我們無法唯一確定 $a, b, c$ 的值。
例如，我們可以從第二個方程減去第一個方程：
$(a + 4b + 16c) - (a + 3b + 9c) = 84 - 70$
$b + 7c = 14$
我們可以表示 $b = 14 - 7c$。

這題主要考驗對基本矩陣運算、初等矩陣、LU分解以及矩陣求逆的理解。

(1) 核心觀念：初等矩陣與矩陣求逆
要找到一系列初等矩陣 $E_i$ 使得 $E_k E_{k-1} \dots E_1 A = I$，這實際上是在進行高斯消去法將矩陣 $A$ 化為單位矩陣 $I$。每一個初等列運算都可以表示為左乘一個初等矩陣。如果我們將 $A$ 通過一系列初等列運算化為 $I$，那麼這些運算對應的初等矩陣的乘積就是 $A$ 的逆矩陣 $A^{-1}$。
即，$E_k E_{k-1} \dots E_1 = A^{-1}$。
我們將矩陣 $A$ 和單位矩陣 $I$ 並排放置，然後對 $A$ 進行行運算，同時對 $I$ 進行相同的行運算，直到 $A$ 變成 $I$，此時 $I$ 的位置就會變成 $A^{-1}$。

給定矩陣 $A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{bmatrix}$。
我們將 $[A | I]$ 寫出來，並進行行運算：
$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 2 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right]$
$R_2 \leftarrow R_2 - R_1$
$R_3 \leftarrow R_3 - R_1$
$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & -1 & 0 & 1 \end{array} \right]$
$R_3 \leftarrow R_3 - R_2$
$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & -1 & 1 \end{array} \right]$
$R_2 \leftarrow R_2 - R_3$
$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -1 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & -1 & 1 \end{array} \right]$
現在左邊變成了單位矩陣 $I$，右邊就是 $A^{-1}$。
所以，$A^{-1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 1 \end{bmatrix}$。

對應的初等矩陣是：
$E_1$ 对应 $R_2 \leftarrow R_2 - R_1$：$E_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$
$E_2$ 对应 $R_3 \leftarrow R_3 - R_1$：$E_2 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{bmatrix}$
$E_3$ 对应 $R_3 \leftarrow R_3 - R_2$：$E_3 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{bmatrix}$
$E_4$ 对应 $R_2 \leftarrow R_2 - R_3$：$E_4 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

我們需要找到 $E_k E_{k-1} \dots E_1 A = I$。
我們進行的運算順序是：

1. $R_2 \leftarrow R_2 - R_1$ (對應 $E_1$)
2. $R_3 \leftarrow R_3 - R_1$ (對應 $E_2$)
3. $R_3 \leftarrow R_3 - R_2$ (對應 $E_3$)
4. $R_2 \leftarrow R_2 - R_3$ (對應 $E_4$)

所以，$E_4 E_3 E_2 E_1 A = I$。
其中：
$E_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$
$E_2 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{bmatrix}$
$E_3 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{bmatrix}$
$E_4 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

我們需要驗證 $E_4 E_3 E_2 E_1 = A^{-1}$。
$E_2 E_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{bmatrix}$
$E_3 (E_2 E_1) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{bmatrix}$
$E_4 (E_3 E_2 E_1) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 1 \end{bmatrix}$
這就是 $A^{-1}$。
所以，初等矩陣是 $E_1, E_2, E_3, E_4$。

【答案】
$E_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$ (對應 $R_2 \leftarrow R_2 - R_1$)
$E_2 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{bmatrix}$ (對應 $R_3 \leftarrow R_3 - R_1$)

這題主要考驗對線性變換的表示矩陣、矩陣的對角化（特徵值與特徵向量）以及矩陣指數函數的計算。

(1) 核心觀念：線性變換的表示矩陣
一個線性變換 $L: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m$ 的表示矩陣 $A$ 是一個 $m \times n$ 的矩陣，使得對於任意的向量 $x \in \mathbb{R}^n$，都有 $L(x) = Ax$。
矩陣 $A$ 的每一列都是線性變換作用於標準基底向量後的結果。
對於 $\mathbb{R}^3$，標準基底是 $e_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$, $e_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$, $e_3 = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。

給定的線性變換是 $L(x) = L(\begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix}) = \begin{bmatrix} x_1 + 2x_2+3x_3 \\ x_1 + x_3 \\ x_1 + x_2 + 2x_3 \end{bmatrix}$。

我們計算 $L(e_1), L(e_2), L(e_3)$:
$L(e_1) = L(\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}) = \begin{bmatrix} 1 + 2(0)+3(0) \\ 1 + 0 \\ 1 + 0 + 2(0) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$。這是矩陣 $A$ 的第一列。
$L(e_2) = L(\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}) = \begin{bmatrix} 0 + 2(1)+3(0) \\ 0 + 0 \\ 0 + 1 + 2(0) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。這是矩陣 $A$ 的第二列。
$L(e_3) = L(\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}) = \begin{bmatrix} 0 + 2(0)+3(1) \\ 0 + 1 \\ 0 + 0 + 2(1) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \\ 2 \end{bmatrix}$。這是矩陣 $A$ 的第三列。

所以，表示矩陣 $A$ 是：
$A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{bmatrix}$

【答案】
$A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{bmatrix}$

(2) 核心觀念：矩陣的對角化
若一個 $n \times n$ 矩陣 $A$ 可以對角化，則存在一個可逆矩陣 $P$ 和一個對角矩陣 $D$ 使得 $D = P^{-1}AP$。
對角矩陣 $D$ 的對角線元素是矩陣 $A$ 的特徵值，而矩陣 $P$ 的列向量是對應的特徵向量。
要找到 $P$ 和 $D$，我們需要計算矩陣 $A$ 的特徵值和特徵向量。

計算特徵值：$\det(A - \lambda I) = 0$
$A - \lambda I = \begin{bmatrix} 1-\lambda & 2 & 3 \\ 1 & -\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 2-\lambda \end{bmatrix}$
計算行列式：
$\det(A - \lambda I) = (1-\lambda) \det \begin{bmatrix} -\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{bmatrix} - 2 \det \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{bmatrix} + 3 \det \begin{bmatrix} 1 & -\lambda \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$
$= (1-\lambda) [-\lambda(2-\lambda) - 1] - 2 [(2-\lambda) - 1] + 3 [1 - (-\lambda)]$
$= (1-\lambda) [-2\lambda + \lambda^2 - 1] - 2 [1-\lambda] + 3 [1+\lambda]$
$= (1-\lambda) (\lambda^2 - 2\lambda - 1) - 2 + 2\lambda + 3 + 3\lambda$
$= (\lambda^2 - 2\lambda - 1) - \lambda(\lambda^2 - 2\lambda - 1) + 1 + 5\lambda$
$= \lambda^2 - 2\lambda - 1 - \lambda^3 + 2\lambda^2 + \lambda + 1 + 5\lambda$
$= -\lambda^3 + 3\lambda^2 + 4\lambda$
令 $\det(A - \lambda I) = 0$:
$-\lambda^3 + 3\lambda^2 + 4\lambda = 0$
$-\lambda (\lambda^2 - 3\lambda - 4) = 0$
$-\lambda (\lambda - 4)(\lambda + 1) = 0$
特徵值是 $\lambda_1 = 0$, $\lambda_2 = 4$, $\lambda_3 = -1$。

計算特徵向量：
Case 1: $\lambda_1 = 0$
$A - 0I = A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{bmatrix}$
解 $(A - 0I)x = 0$，即 $Ax = 0$。
$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
$R_2 \leftarrow R_2 - R_1$, $R_3 \leftarrow R_3 - R_1$
$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & -2 & -2 \\ 0 & -1 & -1 \end{bmatrix}$
$R_3 \leftarrow R_3 - \frac{1}{2}R_2$
$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & -2 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
$R_2 \leftarrow -\frac{1}{2}R_2$
$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
$R_1 \leftarrow R_1 - 2R_2$
$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
從 $x_1 + x_3 = 0 \implies x_1 = -x_3$
從 $x_2 + x_3 = 0 \implies x_2 = -x_3$
令 $x_3 = t$，則特徵向量為 $t \begin{bmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}$。
取 $t=1$，特徵向量 $v_1 = \begin{bmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}$。

Case 2: $\lambda_2 = 4$
$A - 4I = \begin{bmatrix} 1-4 & 2 & 3 \\ 1 & -4 & 1 \\ 1 & 1 & 2-4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -3 & 2 & 3 \\ 1 & -4 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \end{bmatrix}$
解 $(A - 4I)x = 0$。
$\begin{bmatrix} -3 & 2 & 3 \\ 1 & -4 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
交換 $R_1, R_2$
$\begin{bmatrix} 1 & -4 & 1 \\ -3 & 2 & 3 \\ 1 & 1 & -2 \end{bmatrix}$
$R_2 \leftarrow R_2 + 3R_1$, $R_3 \leftarrow R_3 - R_1$
$\begin{bmatrix} 1 & -4 & 1 \\ 0 & -10 & 6 \\ 0 & 5 & -3 \end{bmatrix}$
$R_3 \leftarrow R_3 + \frac{1}{2}R_2$
$\begin{bmatrix} 1 & -4 & 1 \\ 0 & -10 & 6 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
$R_2 \leftarrow -\frac{1}{10}R_2$
$\begin{bmatrix} 1 & -4 & 1 \\ 0 & 1 & -0.6 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
$R_1 \leftarrow R_1 + 4R_2$
$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 - 2.4 \\ 0 & 1 & -0.6 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & -1.4 \\ 0 & 1 & -0.6 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
從 $x_1 - 1.4x_3 = 0 \implies x_1 = 1.4x_3$
從 $x_2 - 0.6x_3 = 0 \implies x_2 = 0.6x_3$
令 $x_3 = t$，則特徵向量為 $t \begin{bmatrix} 1.4 \\ 0.6 \\ 1 \end{bmatrix}$。
為了方便，可以讓 $x_3 = 5$，則 $t=5$。 $x_1 = 1.4 \times 5 = 7$, $x_2 = 0.6 \times 5 = 3$。
取 $t=5$，特徵向量 $v_2 = \begin{bmatrix} 7 \\ 3 \\ 5 \end{bmatrix}$。

Case 3: $\lambda_3 = -1$

核心觀念

對矩陣 $M$：

• 零空間 $N(M)$：所有滿足 $M\mathbf{x}=\mathbf{0}$ 的向量所形成的集合。
• 值域（欄空間）$R(M)$：矩陣 $M$ 的所有欄向量線性組合所形成的集合。
• 若 $M$ 是 $n\times n$ 矩陣且 $\det(M)\neq 0$，則 $M$ 可逆，因此
  $N(M)=\{\mathbf{0}\},\qquad R(M)=\mathbb{R}^n.$

題目中的 $A$ 為上三角矩陣，且對角線元素皆為 $1$，所以

$$\det(A)=1\cdot 1\cdot 1=1\neq 0.$$

因此 $A$ 可逆；同理，$A^T$ 也可逆。

解題方法

1. 求 $N(A)$

令

$$\mathbf{x}= \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{bmatrix}.$$

由 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$ 得

$$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 2\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

依序得到

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

由第三式 $x_3=0$，代入第二式得 $x_2=0$，再代入第一式得 $x_1=0$。

因此

$$N(A)= \left\{ \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix} \right\}.$$

2. 求 $N(A^T)$

先計算轉置矩陣：

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

令

$$\mathbf{y}= \begin{bmatrix} y_1\\y_2\\y_3 \end{bmatrix}.$$

由 $A^T\mathbf{y}=\mathbf{0}$ 得

$$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ 1 & 1 & 0\\ 2 & 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} y_1\\y_2\\y_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix},$$

所以

$$\begin{cases} y_1=0,\\ y_1+y_2=0,\\ 2y_1+y_2+y_3=0. \end{cases}$$

由 $y_1=0$ 得 $y_2=0$，再得 $y_3=0$。因此

$$N(A^T)= \left\{ \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix} \right\}.$$

3. 求 $R(A)$

$R(A)$ 是 $A$ 的欄空間：