109 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

本題考查 $LU$ 分解與利用三角矩陣解線性方程組。

若

$$A=LU,$$

則求解

$$Ax=v$$

可改寫為

$$LUx=v.$$

令

$$c=Ux,$$

先解下三角系統

$$Lc=v,$$

再解題目要求的上三角系統

$$Ux=c.$$

其中 $L$ 記錄消去過程中的乘數，$U$ 則是高斯消去後得到的上三角矩陣。

解題方法

原方程組為

$$Ax=v,$$

其中

$$A= \begin{bmatrix} 2&3&3\\ 0&5&7\\ 6&9&8 \end{bmatrix}, \qquad v= \begin{bmatrix} 2\\ 2\\ 5 \end{bmatrix}.$$

以第一列第一個元素 $2$ 為主元。第三列第一個元素為 $6$，消去乘數為

$$m_{31}=\frac{6}{2}=3.$$

進行列運算

$$R_3\leftarrow R_3-3R_1,$$

得到

$$[6,9,8]-3[2,3,3]=[0,0,-1].$$

第二列第一個元素已經是 $0$，不需消去。因此

$$U= \begin{bmatrix} 2&3&3\\ 0&5&7\\ 0&0&-1 \end{bmatrix}.$$

消去乘數為 $m_{21}=0$、$m_{31}=3$、$m_{32}=0$，所以

$$L= \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 3&0&1 \end{bmatrix}.$$

因此

$$A=LU.$$

直接驗算：

$$LU= \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 3&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2&3&3\\ 0&5&7\\ 0&0&-1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2&3&3\\ 0&5&7\\ 6&9&8 \end{bmatrix} =A.$$

先解下三角系統 $Lc=v$

令

$$c= \begin{bmatrix} c_1\\c_2\\c_3 \end{bmatrix}.$$

則

$$\begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 3&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} c_1\\c_2\\c_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2\\2\\5 \end{bmatrix}.$$

逐列求解：

$$c_1=2,$$ $$c_2=2,$$

核心觀念

矩陣 $A\in\mathbb{R}^{3\times 8}$ 的四個基本子空間為：

1. 欄空間 $\operatorname{Col}(A)$：$A$ 的所有欄向量所張成的空間。
2. 列空間 $\operatorname{Row}(A)$：$A$ 的所有列向量所張成的空間。
3. 零空間 $\mathcal{N}(A)$：滿足 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$ 的所有向量所形成的空間。
4. 左零空間 $\mathcal{N}(A^T)$：滿足 $A^T\mathbf{y}=\mathbf{0}$ 的所有向量所形成的空間。

先將 $A$ 化為最簡列梯形式：

$$A= \begin{bmatrix} 1&0&0&0&1&2&3&4\\ 1&1&0&0&0&1&2&3\\ 0&1&1&0&0&0&1&2 \end{bmatrix}$$

以第二列減去第一列，再以第三列減去新的第二列，得到

$$\operatorname{rref}(A)= \begin{bmatrix} 1&0&0&0&1&2&3&4\\ 0&1&0&0&-1&-1&-1&-1\\ 0&0&1&0&1&1&2&3 \end{bmatrix}.$$

主元欄為第 $1,2,3$ 欄，因此

$$\operatorname{rank}(A)=3.$$

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一、欄空間 $\operatorname{Col}(A)$

欄空間的基底必須取自原矩陣 $A$ 的主元欄，不能直接取列運算後矩陣的欄。

原矩陣的前三個欄向量為

$$\mathbf{a}_1= \begin{bmatrix} 1\\1\\0 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{a}_2= \begin{bmatrix} 0\\1\\1 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{a}_3= \begin{bmatrix} 0\\0\\1 \end{bmatrix}.$$

由於第 $1,2,3$ 欄是主元欄，且共有三個線性獨立的欄向量，因此

$$\boxed{ \mathcal{B}_{\operatorname{Col}(A)} = \left\{ \begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0\\1\\1\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix} \right\} }$$

事實上，$A$ 有三個線性獨立的列，因此其欄空間就是 $\mathbb{R}^3$。

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二、列空間 $\operatorname{Row}(A)$

列運算不會改變列空間，因此最簡列梯形式的非零列向量可直接作為列空間的一組基底：

$$\mathbf{r}_1= \begin{bmatrix} 1&0&0&0&1&2&3&4 \end{bmatrix},$$ $$\mathbf{r}_2= \begin{bmatrix} 0&1&0&0&-1&-1&-1&-1 \end{bmatrix},$$ $$\mathbf{r}_3= \begin{bmatrix} 0&0&1&0&1&1&2&3 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\boxed{ \mathcal{B}_{\operatorname{Row}(A)} = \left\{ \begin{bmatrix}1&0&0&0&1&2&3&4\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0&1&0&0&-1&-1&-1&-1\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0&0&1&0&1&1&2&3\end{bmatrix} \right\} }$$

列空間與列空間的維度都等於秩 $3$。

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三、零空間 $\mathcal{N}(A)$

令

$$\mathbf{x}= \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4\\x_5\\x_6\\x_7\\x_8 \end{bmatrix}.$$

由 $\operatorname{rref}(A)\mathbf{x}=\mathbf{0}$ 得到方程組

$$x_1+x_5+2x_6+3x_7+4x_8=0,$$ $$x_2-x_5-x_6-x_7-x_8=0,$$ $$x_3+x_5+x_6+2x_7+3x_8=0.$$

主元變數為 $x_1,x_2,x_3$，自由變數為 $x_4,x_5,x_6,x_7,x_8$。解得

$$x_1=-x_5-2x_6-3x_7-4x_8,$$ $$x_2=x_5+x_6+x_7+x_8,$$ $$x_3=-x_5-x_6-2x_7-3x_8.$$

因此

本題要求找到一條直線，在區間 $[0, 1]$ 上最佳地擬合曲線 $y = x^2+x+1$。這裡的「最佳擬合」通常指最小平方法意義下的擬合，而「使用正交性」則提示我們可以使用正交投影的概念。

我們希望找到一條直線 $y = ax+b$ 來擬合曲線 $f(x) = x^2+x+1$。
在區間 $[0, 1]$ 上，我們希望最小化誤差函數的平方積分：
$E = \int_0^1 (f(x) - (ax+b))^2 dx = \int_0^1 (x^2+x+1 - ax - b)^2 dx$
為了最小化 $E$，我們需要對 $a$ 和 $b$ 分別求偏導數並令其為零。
$\frac{\partial E}{\partial a} = \int_0^1 2(x^2+x+1 - ax - b)(-x) dx = 0$
$\frac{\partial E}{\partial b} = \int_0^1 2(x^2+x+1 - ax - b)(-1) dx = 0$
這兩個方程可以簡化為：

1. $\int_0^1 (-x^3 - x^2 - x + ax^2 + bx) dx = 0$
   $\int_0^1 (ax^2 + bx - x^3 - x^2 - x) dx = 0$
   $a \int_0^1 x^2 dx + b \int_0^1 x dx - \int_0^1 x^3 dx - \int_0^1 x^2 dx - \int_0^1 x dx = 0$

2. $\int_0^1 (-x^2 - x - 1 + ax + b) dx = 0$
   $a \int_0^1 x dx + b \int_0^1 1 dx - \int_0^1 x^2 dx - \int_0^1 x dx - \int_0^1 1 dx = 0$

我們需要計算這些積分：
$\int_0^1 x^n dx = \frac{1}{n+1}$
$\int_0^1 x^2 dx = \frac{1}{3}$
$\int_0^1 x dx = \frac{1}{2}$
$\int_0^1 x^3 dx = \frac{1}{4}$
$\int_0^1 1 dx = 1$

將這些值代入方程組：

1. $a (\frac{1}{3}) + b (\frac{1}{2}) - \frac{1}{4} - \frac{1}{3} - \frac{1}{2} = 0$
   $\frac{a}{3} + \frac{b}{2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{3} + \frac{1}{2} = \frac{3+4+6}{12} = \frac{13}{12}$
   乘以 12 得到： $4a + 6b = 13$ (方程 1')

2. $a (\frac{1}{2}) + b (1) - \frac{1}{3} - \frac{1}{2} - 1 = 0$
   $\frac{a}{2} + b = \frac{1}{3} + \frac{1}{2} + 1 = \frac{2+3+6}{6} = \frac{11}{6}$
   乘以 6 得到： $3a + 6b = 11$ (方程 2')

現在我們解這個線性方程組：
(1') $4a + 6b = 13$
(2') $3a + 6b = 11$

將 (1') 減去 (2')：
$(4a + 6b) - (3a + 6b) = 13 - 11$
$a = 2$

將 $a=2$ 代入 (2')：
$3(2) + 6b = 11$
$6 + 6b = 11$
$6b = 5$
$b = \frac{5}{6}$

所以，最佳擬合直線為 $y = 2x + \frac{5}{6}$。

使用正交性的解釋：

我們可以將這個問題看作是在函數空間中進行正交投影。
我們考慮函數空間 $L^2([0, 1])$，其內積定義為 $\langle f, g \rangle = \int_0^1 f(x)g(x) dx$。
我們要擬合的曲線是 $f(x) = x^2+x+1$。

核心觀念

矩陣 $M$ 的四列完全相同，因此可寫成

$$M= \begin{bmatrix} a&b&c&d\\ a&b&c&d\\ a&b&c&d\\ a&b&c&d \end{bmatrix}.$$

此矩陣的秩至多為 $1$，所以 $\det(M)=0$ 本來就是必然結果。題目的關鍵不在直接利用 $\det(M)=0$，而在於觀察 $I+M$ 具有「單位矩陣加上秩一矩陣」的結構。

本題可使用矩陣行列式引理：

$$\det(I+uv^{T})=1+v^{T}u.$$

令

$$u= \begin{bmatrix} 1\\1\\1\\1 \end{bmatrix}, \qquad v= \begin{bmatrix} a\\b\\c\\d \end{bmatrix},$$

則 $M=uv^T$。

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解題方法：矩陣行列式引理

由 $M=uv^T$，可得

$$I+M=I+uv^T.$$

套用矩陣行列式引理：

$$\det(I+M)=\det(I+uv^T)=1+v^Tu.$$

計算內積：

$$v^Tu= \begin{bmatrix} a&b&c&d \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1\\1\\1\\1 \end{bmatrix} =a+b+c+d.$$

因此

$$\det(I+M)=1+a+b+c+d.$$

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解題方法：初等欄運算直接計算

由題目所給矩陣，

$$I+M= \begin{bmatrix} 1+a&b&c&d\\ a&1+b&c&d\\ a&b&1+c&d\\ a&b&c&1+d \end{bmatrix}.$$

先以第一列分別減去其餘各列：

$$R_2\leftarrow R_2-R_1,\qquad R_3\leftarrow R_3-R_1,\qquad R_4\leftarrow R_4-R_1.$$

得到

核心觀念

本題考查線性常微分方程組

$$\frac{d\vec{u}}{dt}=A\vec{u}$$

的矩陣指數解法。對常係數矩陣 $A$，初值問題的解為

$$\vec{u}(t)=e^{At}\vec{u}(0),$$

其中矩陣指數定義為

$$e^{At}=I+At+\frac{(At)^2}{2!}+\frac{(At)^3}{3!}+\cdots.$$

若矩陣 $A$ 可對角化，且

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

則有

$$e^{At}=Pe^{Dt}P^{-1}.$$

由於 $D$ 為對角矩陣，$e^{Dt}$ 可直接逐項取指數。

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解題方法：特徵值與特徵向量

題目給定

$$A= \begin{bmatrix} 3&1\\ 1&3 \end{bmatrix}.$$

先求特徵值：

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 3-\lambda&1\\ 1&3-\lambda \end{vmatrix} =(3-\lambda)^2-1.$$

因此

$$(3-\lambda)^2-1=0,$$

得到

$$\lambda_1=4,\qquad \lambda_2=2.$$

對應於 $\lambda_1=4$ 的特徵向量

$$(A-4I)\vec{v} = \begin{bmatrix} -1&1\\ 1&-1 \end{bmatrix} \vec{v}=0.$$

可取

$$\vec{v}_1= \begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix}.$$

對應於 $\lambda_2=2$ 的特徵向量

$$(A-2I)\vec{v} = \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&1 \end{bmatrix} \vec{v}=0.$$

可取

$$\vec{v}_2= \begin{bmatrix} 1\\ -1 \end{bmatrix}.$$

因此

$$P= \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&-1 \end{bmatrix}, \qquad D= \begin{bmatrix} 4&0\\ 0&2 \end{bmatrix}.$$

計算 $P^{-1}$：

$$P^{-1} = \frac{1}{-2} \begin{bmatrix} -1&-1\\ -1&1 \end{bmatrix} = \frac12 \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&-1 \end{bmatrix}.$$

所以

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

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求矩陣指數 $e^{At}$

由矩陣對角化公式，

$$e^{At}=Pe^{Dt}P^{-1}.$$

因為

$$e^{Dt} = \begin{bmatrix} e^{4t}&0\\ 0&e^{2t} \end{bmatrix},$$

故

$$e^{At} = \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} e^{4t}&0\\ 0&e^{2t} \end{bmatrix} \frac12 \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&-1 \end{bmatrix}.$$

先計算前兩個矩陣的乘積：

$$\begin{bmatrix} 1&1\\ 1&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} e^{4t}&0\\ 0&e^{2t} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} e^{4t}&e^{2t}\\ e^{4t}&-e^{2t} \end{bmatrix}.$$

因此

本題要求證明矩陣 $A$ 是正定矩陣，然後識別並繪製曲線 $x^T A x = 1$。

第一部分：證明 $A$ 是正定矩陣。
給定矩陣 $A = \begin{bmatrix} 5 & 4 \\ 4 & 5 \end{bmatrix}$。
一個對稱矩陣是正定矩陣，當且僅當其所有主子式 (leading principal minors) 都為正。
對於一個 $2 \times 2$ 的對稱矩陣 $\begin{bmatrix} a & b \\ b & d \end{bmatrix}$，主子式為：

1. $a$ (第一階主子式)
2. $\det \begin{bmatrix} a & b \\ b & d \end{bmatrix} = ad - b^2$ (第二階主子式)

對於矩陣 $A = \begin{bmatrix} 5 & 4 \\ 4 & 5 \end{bmatrix}$：

1. 第一階主子式：$A_{11} = 5$。因為 $5 > 0$，所以滿足條件。
2. 第二階主子式：$\det(A) = 5 \cdot 5 - 4 \cdot 4 = 25 - 16 = 9$。因為 $9 > 0$，所以滿足條件。

由於矩陣 $A$ 的所有主子式都為正，因此 $A$ 是正定矩陣。

另一種證明方法：特徵值。
一個對稱矩陣是正定矩陣，當且僅當它的所有特徵值都為正。
計算 $A$ 的特徵值：
$\det(A - \lambda I) = 0$
$\det \begin{bmatrix} 5-\lambda & 4 \\ 4 & 5-\lambda \end{bmatrix} = (5-\lambda)^2 - 4^2 = 0$
$(5-\lambda)^2 = 16$
$5-\lambda = \pm 4$
$\lambda_1 = 5 - 4 = 1$
$\lambda_2 = 5 + 4 = 9$
特徵值為 $\lambda_1 = 1$ 和 $\lambda_2 = 9$。
由於兩個特徵值都為正，所以 $A$ 是正定矩陣。

第二部分：識別並繪製曲線 $x^T A x = 1$。
給定方程 $x^T A x = 1$，其中 $x = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix}$。
$\begin{bmatrix} x_1 & x_2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 5 & 4 \\ 4 & 5 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} = 1$
$\begin{bmatrix} 5x_1 + 4x_2 & 4x_1 + 5x_2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} = 1$
$(5x_1 + 4x_2)x_1 + (4x_1 + 5x_2)x_2 = 1$
$5x_1^2 + 4x_1x_2 + 4x_1x_2 + 5x_2^2 = 1$
$5x_1^2 + 8x_1x_2 + 5x_2^2 = 1$
這是一個二次曲線的標準形式。由於矩陣 $A$ 是正定矩陣，這個曲線是一個橢圓。

為了繪製這個橢圓，我們需要找到它的主軸（長軸和短軸）。
主軸的方向由矩陣 $A$ 的特徵向量決定。

我們已經計算出特徵值 $\lambda_1 = 1, \lambda_2 = 9$。
現在計算對應的特徵向量。
對於 $\lambda_1 = 1$:
$(A - 1I) \vec{v}_1 = 0$
$\begin{bmatrix} 5-1 & 4 \\ 4 & 5-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_{11} \\ v_{12} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4 & 4 \\ 4 & 4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_{11} \\ v_{12} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
$4v_{11} + 4v_{12} = 0 \implies v_{11} + v_{12} = 0 \implies v_{12} = -v_{11}$。
選擇 $v_{11} = 1$，則 $v_{12} = -1$。
特徵向量 $\vec{v}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}$。

對於 $\lambda_2 = 9$:
$(A - 9I) \vec{v}_2 = 0$
$\begin{bmatrix} 5-9 & 4 \\ 4 & 5-9 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_{21} \\ v_{22} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -4 & 4 \\ 4 & -4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_{21} \\ v_{22} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
$-4v_{21} + 4v_{22} = 0 \implies -v_{21} + v_{22} = 0 \implies v_{22} = v_{21}$。
選擇 $v_{21} = 1$，則 $v_{22} = 1$。
特徵向量 $\vec{v}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$。

我們通常需要單位特徵向量來確定半軸長度。
$||\vec{v}_1|| = \sqrt{1^2 + (-1)^2} = \sqrt{2}$。
單位特徵向量 $\hat{v}_1 = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}$。

$||\vec{v}_2|| = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$。