108 年 國立臺灣大學工程科學及海洋工程學系碩士班丁組《線性代數（B）》

核心觀念

線性系統是否有解，取決於列簡化後是否出現矛盾列 $[0\ 0\ 0\mid c]$（其中 $c\ne 0$）。若系統有解，未知數個數多於係數矩陣的秩，則有無限多組解。

解題方法

設未知數為 $x,y,z$，對增廣矩陣做列運算：

$$\begin{pmatrix} 1&1&3&|&2\\ 1&2&4&|&3\\ 1&3&a&|&b \end{pmatrix} \xrightarrow{R_2-R_1,\ R_3-R_1} \begin{pmatrix} 1&1&3&|&2\\ 0&1&1&|&1\\ 0&2&a-3&|&b-2 \end{pmatrix}$$

再做 $R_3-2R_2$：

本題主要考查分塊矩陣的性質，特別是其可逆性與求逆矩陣。

(a) 我們需要證明當 $A_{11}$ 和 $A_{22}$ 都可逆時，分塊矩陣 $A$ 也可逆，並且其逆矩陣具有指定的結構。
假設 $A$ 的逆矩陣為 $A^{-1} = \begin{pmatrix} X & Y \\ Z & W \end{pmatrix}$。則 $A A^{-1} = I$。

$$\begin{pmatrix} A_{11} & A_{12} \\ 0 & A_{22} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} X & Y \\ Z & W \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A_{11}X + A_{12}Z & A_{11}Y + A_{12}W \\ A_{22}Z & A_{22}W \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} I & 0 \\ 0 & I \end{pmatrix}$$

其中 $I$ 和 $0$ 是 $n \times n$ 的零矩陣和單位矩陣。
由上式可得以下四個矩陣方程：

1. $A_{11}X + A_{12}Z = I$
2. $A_{11}Y + A_{12}W = 0$
3. $A_{22}Z = 0$
4. $A_{22}W = I$

由於 $A_{22}$ 是非奇異（可逆）的，從方程 (3) $A_{22}Z = 0$ 可知，必須 $Z = 0$。
由於 $A_{22}$ 是非奇異（可逆）的，從方程 (4) $A_{22}W = I$ 可知，必須 $W = A_{22}^{-1}$。

本題要求使用 Gram-Schmidt 正交化方法，將給定的向量組轉換為正交向量組，並進一步寫成 $A=QR$ 的形式，其中 $Q$ 的列向量是正交向量，而 $R$ 是一個上三角矩陣。

Gram-Schmidt 正交化過程如下：
給定向量組 $\{\mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{c}\}$。
令 $\mathbf{u}_1 = \mathbf{a}$。
$\mathbf{u}_2 = \mathbf{b} - \text{proj}_{\mathbf{u}_1} \mathbf{b} = \mathbf{b} - \frac{\mathbf{b} \cdot \mathbf{u}_1}{\mathbf{u}_1 \cdot \mathbf{u}_1} \mathbf{u}_1$
$\mathbf{u}_3 = \mathbf{c} - \text{proj}_{\mathbf{u}_1} \mathbf{c} - \text{proj}_{\mathbf{u}_2} \mathbf{c} = \mathbf{c} - \frac{\mathbf{c} \cdot \mathbf{u}_1}{\mathbf{u}_1 \cdot \mathbf{u}_1} \mathbf{u}_1 - \frac{\mathbf{c} \cdot \mathbf{u}_2}{\mathbf{u}_2 \cdot \mathbf{u}_2} \mathbf{u}_2$

計算過程：
$\mathbf{a} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$
$\mathbf{b} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$
$\mathbf{c} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$

1. $\mathbf{u}_1 = \mathbf{a} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$。
   $\mathbf{u}_1 \cdot \mathbf{u}_1 = 0^2 + 0^2 + 1^2 = 1$。

2. 計算 $\mathbf{u}_2$:
   $\mathbf{b} \cdot \mathbf{u}_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = 0 \cdot 0 + 1 \cdot 0 + 1 \cdot 1 = 1$。
   $\mathbf{u}_2 = \mathbf{b} - \frac{1}{1} \mathbf{u}_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} - 1 \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$。
   $\mathbf{u}_2 \cdot \mathbf{u}_2 = 0^2 + 1^2 + 0^2 = 1$。

3. 計算 $\mathbf{u}_3$:
   $\mathbf{c} \cdot \mathbf{u}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = 1 \cdot 0 + 1 \cdot 0 + 1 \cdot 1 = 1$。
   $\mathbf{c} \cdot \mathbf{u}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = 1 \cdot 0 + 1 \cdot 1 + 1 \cdot 0 = 1$。
   $\mathbf{u}_3 = \mathbf{c} - \frac{1}{1} \mathbf{u}_1 - \frac{1}{1} \mathbf{u}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} - 1 \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} - 1 \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$。
   $\mathbf{u}_3 \cdot \mathbf{u}_3 = 1^2 + 0^2 + 0^2 = 1$。

現在我們得到了一組正交向量 $\{\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, \mathbf{u}_3\}$。
$\mathbf{u}_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$, $\mathbf{u}_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$, $\mathbf{u}_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$。
這組向量恰好是標準正交基。

Gram-Schmidt 過程的關係式為：
$\mathbf{a} = \mathbf{u}_1$
$\mathbf{b} = \mathbf{u}_2 + \frac{\mathbf{b} \cdot \mathbf{u}_1}{\mathbf{u}_1 \cdot \mathbf{u}_1} \mathbf{u}_1 = \mathbf{u}_2 + 1 \cdot \mathbf{u}_1$
$\mathbf{c} = \mathbf{u}_3 + \frac{\mathbf{c} \cdot \mathbf{u}_1}{\mathbf{u}_1 \cdot \mathbf{u}_1} \mathbf{u}_1 + \frac{\mathbf{c} \cdot \mathbf{u}_2}{\mathbf{u}_2 \cdot \mathbf{u}_2} \mathbf{u}_2 = \mathbf{u}_3 + 1 \cdot \mathbf{u}_1 + 1 \cdot \mathbf{u}_2$

寫成矩陣形式 $A = U K$，其中 $U = [\mathbf{u}_1 \ \mathbf{u}_2 \ \mathbf{u}_3]$，而 $K$ 是一個上三角矩陣。
$A = [\mathbf{a} \ \mathbf{b} \ \mathbf{c}] = [\mathbf{u}_1 \ \mathbf{u}_1 + \mathbf{u}_2 \ \mathbf{u}_1 + \mathbf{u}_2 + \mathbf{u}_3]$

$$A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$$

核心觀念

此題考察矩陣微分方程的特徵值分解，以及特徵值與振動頻率的關係。

對方程

$$\frac{d^2u}{dt^2}=Au$$

若 $A$ 有特徵向量 $v$ 與特徵值 $\lambda$，令

$$u(t)=x(t)v$$

代入可得

$$x''(t)v=\lambda x(t)v$$

因此轉化為純量微分方程

$$x''(t)=\lambda x(t)$$

當 $\lambda<0$ 時，寫成

$$\lambda=-\omega^2$$

則方程為簡諧振動方程

$$x''(t)+\omega^2x(t)=0$$

其中 $\omega$ 為 eigenfrequency（特徵頻率）。

---

解題方法

令

$$A= \begin{pmatrix} -5&4\\ 4&-5 \end{pmatrix}$$

1. 求特徵值 $\lambda$

計算特徵方程：

$$\det(A-\lambda I) = \det \begin{pmatrix} -5-\lambda&4\\ 4&-5-\lambda \end{pmatrix}$$

因此

$$\det(A-\lambda I) =(-5-\lambda)^2-16$$

令其等於零：

$$(-5-\lambda)^2-16=0$$ $$(-5-\lambda)^2=16$$

所以

$$-5-\lambda=\pm4$$

得到兩個特徵值：

$$\lambda_1=-1,\qquad \lambda_2=-9$$

---

2. 求特徵向量

對應 $\lambda_1=-1$

解

$$(A+I)v_1=0$$

即

$$\begin{pmatrix} -4&4\\ 4&-4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0 \end{pmatrix}$$

由 $-4x+4y=0$ 得 $x=y$，可取

$$v_1= \begin{pmatrix} 1\\1 \end{pmatrix}$$

對應 $\lambda_2=-9$

解

$$(A+9I)v_2=0$$

即

$$\begin{pmatrix} 4&4\\ 4&4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0 \end{pmatrix}$$

由 $4x+4y=0$ 得 $x=-y$，可取

$$v_2= \begin{pmatrix} 1\\-1 \end{pmatrix}$$

---

3. 求 eigenfrequencies $\omega$

對每一個模態，純量方程為

$$x''=\lambda x$$

核心觀念

若 $B$ 與 $A$ 相似，則存在可逆矩陣 $P$ 使得

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

相似矩陣具有相同的許多不變量，包括：

• 行列式：$\det(B)=\det(A)$
• 秩與可逆性
• 跡：$\operatorname{tr}(B)=\operatorname{tr}(A)$
• 特徵多項式與特徵值

但「對稱性」通常不是相似變換所保留的性質；只有正交相似變換才會保留對稱性。

---

（a）An invertible matrix can't be similar to a singular matrix.

正確。

設 $A$ 可逆，且 $B$ 與 $A$ 相似，即

$$B=P^{-1}AP,$$

其中 $P$ 可逆。則

$$\det(B) =\det(P^{-1})\det(A)\det(P) =\det(A).$$

因為 $A$ 可逆，所以 $\det(A)\neq 0$，因此

$$\det(B)\neq 0.$$

故 $B$ 也必定可逆，不可能是奇異矩陣。

因此，本敘述為 True。

---

（b）A symmetric matrix can't be similar to a nonsymmetric matrix.

錯誤。

相似變換不一定保留對稱性。考慮對稱矩陣

$$A= \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&2 \end{pmatrix},$$

以及可逆矩陣

$$P= \begin{pmatrix} 1&1\\ 0&1 \end{pmatrix}, \qquad P^{-1}= \begin{pmatrix} 1&-1\\ 0&1 \end{pmatrix}.$$

計算得

$$P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 1&-1\\ 0&2 \end{pmatrix}.$$

令

$$B=P^{-1}AP= \begin{pmatrix} 1&-1\\ 0&2 \end{pmatrix}.$$

矩陣 $B$ 的轉置為

$$B^T= \begin{pmatrix} 1&0\\ -1&2 \end{pmatrix},$$

可見 $B^T\neq B$，所以 $B$ 不是對稱矩陣，但 $B$ 與對稱矩陣 $A$ 相似。

因此，本敘述為 False。

---

（c）$A$ can't be similar to $-A$ unless $A=0$.

錯誤。

考慮非零矩陣

$$A= \begin{pmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{pmatrix},$$

並取

$$P= \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&-1 \end{pmatrix}.$$

本題要求識別二次曲線方程並繪製其圖形。

給定的方程是 $x^2 + xy + y^2 = 6$。這是一個二元二次方程，其一般形式為 $Ax^2 + Bxy + Cy^2 + Dx + Ey + F = 0$。
在此方程中，$A=1$, $B=1$, $C=1$, $D=0$, $E=0$, $F=-6$。

我們首先判斷曲線的類型。這可以通過計算判別式 $B^2 - 4AC$ 來實現。
$B^2 - 4AC = (1)^2 - 4(1)(1) = 1 - 4 = -3$。
由於 $B^2 - 4AC < 0$，且 $A$ 和 $C$ 同號，該曲線是一個橢圓。

為了確定橢圓的性質（中心、旋轉角度、長短軸），我們可以使用旋轉座標變換。
令 $x = x'\cos\theta - y'\sin\theta$ 和 $y = x'\sin\theta + y'\cos\theta$。
將其代入原方程：
$(x'\cos\theta - y'\sin\theta)^2 + (x'\cos\theta - y'\sin\theta)(x'\sin\theta + y'\cos\theta) + (x'\sin\theta + y'\cos\theta)^2 = 6$

展開並合併 $x'^2$, $x'y'$, $y'^2$ 的係數。
$x'^2$ 的係數：$\cos^2\theta + \cos\theta\sin\theta + \sin^2\theta = 1 + \cos\theta\sin\theta$
$y'^2$ 的係數：$\sin^2\theta - \cos\theta\sin\theta + \cos^2\theta = 1 - \cos\theta\sin\theta$
$x'y'$ 的係數：$-2\cos\theta\sin\theta + (\cos^2\theta - \sin^2\theta) + 2\sin\theta\cos\theta = \cos^2\theta - \sin^2\theta = \cos(2\theta)$

我們希望消除 $x'y'$ 項，即令 $x'y'$ 的係數為 0。
$\cos(2\theta) = 0$。
這意味著 $2\theta = \frac{\pi}{2} + k\pi$，所以 $\theta = \frac{\pi}{4} + \frac{k\pi}{2}$。
我們取 $\theta = \frac{\pi}{4}$。
此時 $\cos\theta = \sin\theta = \frac{1}{\sqrt{2}}$。
$\cos^2\theta = \sin^2\theta = \frac{1}{2}$。
$\cos\theta\sin\theta = \frac{1}{2}$。

代入係數：
$x'^2$ 的係數：$1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$。
$y'^2$ 的係數：$1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$。
$x'y'$ 的係數：$0$。

所以，旋轉座標系下的方程為：
$\frac{3}{2}x'^2 + \frac{1}{2}y'^2 = 6$
$\frac{x'^2}{4} + \frac{y'^2}{12} = 1$

這是一個標準形式的橢圓方程，其中：
中心在 $(x', y') = (0, 0)$，對應於原座標系 $(x, y) = (0, 0)$。
長半軸沿 $y'$ 軸，長度為 $a = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$。
短半軸沿 $x'$ 軸，長度為 $b = \sqrt{4} = 2$。

旋轉角度 $\theta = \frac{\pi}{4}$ (或 45 度)。
這意味著長軸（沿 $y'$ 軸）位於 $y=x$ 的直線上，短軸（沿 $x'$ 軸）位於 $y=-x$ 的直線上。
在 $x'y'$ 座標系中，長軸端點為 $(0, \pm 2\sqrt{3})$，短軸端點為 $(\pm 2, 0)$。