111 年 國立臺灣大學工業工程學研究所碩士班產業與服務系統工程組《線性代數（C）》

這是一題關於對稱矩陣性質的判斷題。

(a) 對稱矩陣（Symmetric matrices）必定可對角化（diagonalizable）。
【答案】True。根據譜定理（Spectral Theorem），任何對稱矩陣都可以被一個正交矩陣對角化，也就是說，存在一個正交矩陣 $P$ 和一個對角矩陣 $D$ 使得 $A = PDP^T$。對角化意味著存在一個由特徵向量組成的基底。

(b) 對稱矩陣（Symmetric matrices）必定可逆（invertible）。
【答案】False。一個矩陣可逆的條件是其行列式不為零，或者其零空間（null space）只包含零向量。對稱矩陣不一定可逆。例如，零矩陣 $A = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$ 是一個對稱矩陣，但它是不可逆的。

(c) 來自不同特徵空間（eigenspaces）的對稱矩陣的特徵向量（eigenvectors）必須是正交（orthogonal）的。
【答案】True。這是對稱矩陣譜定理的一個重要性質。設 $A$ 是一個對稱矩陣，$v_1$ 和 $v_2$ 分別是屬於不同特徵值 $\lambda_1 \neq \lambda_2$ 的特徵向量。則 $Av_1 = \lambda_1 v_1$ 且 $Av_2 = \lambda_2 v_2$。考慮 $v_1^T A v_2 = v_1^T (\lambda_2 v_2) = \lambda_2 v_1^T v_2$。同時，因為 $A$ 是對稱的，所以 $A^T = A$。我們有 $v_1^T A v_2 = (A^T v_1)^T v_2 = (Av_1)^T v_2 = (\lambda_1 v_1)^T v_2 = \lambda_1 v_1^T v_2$。因此，$\lambda_2 v_1^T v_2 = \lambda_1 v_1^T v_2$，這意味著 $(\lambda_2 - \lambda_1) v_1^T v_2 = 0$。

核心觀念

本題考查矩陣的四個基本子空間：

• 零空間：$N(A)=\{\mathbf{x}:A\mathbf{x}=\mathbf{0}\}$。
• 列空間：由矩陣的所有列向量張成。
• 行空間：由矩陣的所有行向量張成。
• 秩：矩陣中主元的個數，也等於列空間與行空間的維度。

利用列運算化為階梯形或簡化列階梯形後：

• 主元所在的欄決定列空間的基底。
• 簡化列階梯形的非零列決定行空間的基底。
• 自由變數可用來求零空間的基底。

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解題方法

原矩陣為

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

先將第二列除以 $2$：

$$\begin{bmatrix} 1&2&2&0&1\\ 0&1&\frac12&\frac12&0\\ 0&0&0&0&1\\ 0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0 \end{bmatrix}.$$

再以第二列消去第一列的第 $2$ 個元素：

$$R_1\leftarrow R_1-2R_2,$$

得到

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

最後以第三列消去第一列的第 $5$ 個元素：

$$R_1\leftarrow R_1-R_3.$$

因此簡化列階梯形為

$$\operatorname{rref}(A)= \begin{bmatrix} 1&0&1&-1&0\\ 0&1&\frac12&\frac12&0\\ 0&0&0&0&1\\ 0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0 \end{bmatrix}.$$

主元位置在第 $1、2、5$ 欄，因此主元欄為 $1、2、5$，自由欄為第 $3、4$ 欄。

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零空間的基底

令

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

由簡化列階梯形可得方程組

$$x_1+x_3-x_4=0,$$ $$x_2+\frac12x_3+\frac12x_4=0,$$ $$x_5=0.$$

令自由變數

$$x_3=s,\qquad x_4=t.$$

則

$$x_1=-s+t,$$ $$x_2=-\frac12s-\frac12t,$$ $$x_5=0.$$

所以

$$\mathbf{x} = s \begin{bmatrix} -1\\-\frac12\\1\\0\\0 \end{bmatrix} + t \begin{bmatrix} 1\\-\frac12\\0\\1\\0 \end{bmatrix}.$$

為避免分數，分別將兩個基底向量乘以 $2$，得到零空間的一組基底：

$$\boxed{ \left\{ \begin{bmatrix} -2\\-1\\2\\0\\0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 2\\-1\\0\\2\\0 \end{bmatrix} \right\} }$$

因此

$$\boxed{ N(A)= \operatorname{span} \left\{ \begin{bmatrix} -2\\-1\\2\\0\\0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 2\\-1\\0\\2\\0 \end{bmatrix} \right\} }.$$

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行空間的基底

列運算會改變矩陣的行向量，但不會改變行空間。因此可直接取原矩陣中三個非零且線性獨立的行向量：

$$\boxed{ \left\{ \begin{bmatrix}1&2&2&0&1\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0&2&1&1&0\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0&0&0&0&1\end{bmatrix} \right\} }$$

也可以取簡化列階梯形的非零行作為基底：

本題要求根據參數 $p$ 和 $q$ 的值，判斷給定的線性方程組解的個數（唯一解、無解、無限多解）。我們將利用高斯消去法來分析增廣矩陣。

首先，寫出線性方程組的增廣矩陣：
$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & | & q \\ 0 & 1 & 0 & 2 & | & 0 \\ 1 & 0 & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & 2 & 3 & p & | & 3 \end{bmatrix}$

接下來，我們進行高斯消去以轉換成行階梯形式。
步驟 1：將第三行的 $x_1$ 消去。$R_3 \leftarrow R_3 - R_1$
$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & | & q \\ 0 & 1 & 0 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 3 & | & -q \\ 0 & 2 & 3 & p & | & 3 \end{bmatrix}$

步驟 2：將第四行的 $x_2$ 消去。$R_4 \leftarrow R_4 - 2R_2$
$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & | & q \\ 0 & 1 & 0 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 3 & | & -q \\ 0 & 0 & 3 & p-4 & | & 3 \end{bmatrix}$

步驟 3：將第四行的 $x_3$ 消去。$R_4 \leftarrow R_4 - 3R_3$
$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & | & q \\ 0 & 1 & 0 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 3 & | & -q \\ 0 & 0 & 0 & (p-4) - 3(3) & | & 3 - 3(-q) \end{bmatrix}$
$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & | & q \\ 0 & 1 & 0 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 3 & | & -q \\ 0 & 0 & 0 & p-13 & | & 3+3q \end{bmatrix}$

現在，我們分析最後一行來判斷解的個數。
最後一行代表方程 $(p-13)x_4 = 3+3q$。

• 情況 (a) 唯一解 (Unique Solution)
  唯一解發生在係數矩陣的秩等於變數個數（這裡為 4），且增廣矩陣的秩也等於變數個數。
  在我們的行階梯形式中，這意味著最後一行必須是一個形如 $0x_4 = c$ 且 $c \neq 0$ 的形式，或者 $0x_4 = 0$ 且前面的係數矩陣的秩為 4。

本題給定一個 $3 \times 3$ 矩陣 $A$，以及一個非齊次線性方程組 $Ax = b$，其中 $b = \begin{bmatrix} 1 \\ 3 \\ 0 \end{bmatrix}$。我們已知兩個解 $x_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$ 和 $x_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 3 \\ 1 \end{bmatrix}$。要求找出另一個解。

首先，我們需要理解線性方程組解的結構。對於一個非齊次線性方程組 $Ax = b$，如果它有解，那麼其解集可以表示為 $x_p + x_h$，其中 $x_p$ 是方程組的一個特解（particular solution），而 $x_h$ 是對應齊次方程組 $Ax = 0$ 的通解。

我們已知 $x_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$ 和 $x_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 3 \\ 1 \end{bmatrix}$ 都是 $Ax = \begin{bmatrix} 1 \\ 3 \\ 0 \end{bmatrix}$ 的解。
這意味著：
$Ax_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 3 \\ 0 \end{bmatrix}$
$Ax_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 3 \\ 0 \end{bmatrix}$

考慮兩個解的差值 $x_2 - x_1$:
$x_2 - x_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 3 \\ 1 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix}$

將這個差值代入齊次方程組 $Ax = 0$：
$A(x_2 - x_1) = Ax_2 - Ax_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 3 \\ 0 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 1 \\ 3 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
這說明向量 $x_2 - x_1 = \begin{bmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix}$ 是齊次方程組 $Ax = 0$ 的一個解。

如果齊次方程組 $Ax = 0$ 有非零解，那麼矩陣 $A$ 的零空間（null space）維度大於 0，這意味著 $A$ 是奇異的（singular），即 $\det(A) = 0$。
當 $Ax = b$ 有兩個不同的解時，必然意味著齊次方程組 $Ax = 0$ 有非零解。

現在，我們知道 $x_1$ 是 $Ax = b$ 的一個解，並且 $v = x_2 - x_1 = \begin{bmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix}$ 是 $Ax = 0$ 的一個解。

本題要求證明：如果 $\lambda$ 是矩陣 $A$ 的一個特徵值，那麼 $\lambda^2$ 是矩陣 $A^2$ 的一個特徵值。

證明：
設 $\lambda$ 是矩陣 $A$ 的一個特徵值，並且 $v$ 是對應於 $\lambda$ 的特徵向量。根據特徵值和特徵向量的定義，我們有：
$Av = \lambda v$
其中 $v \neq 0$。

現在，我們考慮矩陣 $A^2$。我們將 $Av = \lambda v$ 這個等式左邊同時乘以矩陣 $A$：
$A(Av) = A(\lambda v)$

利用矩陣乘法的結合律和標量乘法的性質，我們得到：
$A^2 v = \lambda (Av)$

由於我們知道 $Av = \lambda v$，我們可以將其代入上式右邊：
$A^2 v = \lambda (\lambda v)$
$A^2 v = \lambda^2 v$

這個結果表明，向量 $v$ 是矩陣 $A^2$ 的一個特徵向量，並且對應的特徵值是 $\lambda^2$。
因為 $v$ 是 $A$ 的特徵向量，所以 $v \neq 0$。因此，$\lambda^2$ 確實是 $A^2$ 的一個特徵值。

證明完畢。

本題要求計算矩陣 $A = \begin{bmatrix} -2 & 12 \\ -1 & 5 \end{bmatrix}$ 的 10 次方 $A^{10}$。
直接計算 $A^{10}$ 是非常繁瑣的，通常我們採用對角化方法或利用特徵值和特徵向量來簡化計算。

步驟 1：計算特徵值（Eigenvalues）
特徵值 $\lambda$ 滿足特徵方程 $\det(A - \lambda I) = 0$。
$A - \lambda I = \begin{bmatrix} -2-\lambda & 12 \\ -1 & 5-\lambda \end{bmatrix}$
$\det(A - \lambda I) = (-2-\lambda)(5-\lambda) - (12)(-1) = 0$
$-10 + 2\lambda - 5\lambda + \lambda^2 + 12 = 0$
$\lambda^2 - 3\lambda + 2 = 0$
分解因式：$(\lambda - 1)(\lambda - 2) = 0$
所以，特徵值為 $\lambda_1 = 1$ 和 $\lambda_2 = 2$。

步驟 2：計算特徵向量（Eigenvectors）
對於 $\lambda_1 = 1$:
$(A - 1I)v_1 = 0$
$\begin{bmatrix} -2-1 & 12 \\ -1 & 5-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
$\begin{bmatrix} -3 & 12 \\ -1 & 4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
從第二行得到 $-x + 4y = 0$，即 $x = 4y$。
取 $y=1$，則 $x=4$。
特徵向量 $v_1 = \begin{bmatrix} 4 \\ 1 \end{bmatrix}$。

對於 $\lambda_2 = 2$:
$(A - 2I)v_2 = 0$
$\begin{bmatrix} -2-2 & 12 \\ -1 & 5-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
$\begin{bmatrix} -4 & 12 \\ -1 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
從第二行得到 $-x + 3y = 0$，即 $x = 3y$。
取 $y=1$，則 $x=3$。
特徵向量 $v_2 = \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \end{bmatrix}$。

步驟 3：對角化矩陣 $A$
我們可以將矩陣 $A$ 表示為 $A = PDP^{-1}$，其中 $P$ 是由特徵向量組成的矩陣，而 $D$ 是由對應特徵值組成的對角矩陣。
$P = \begin{bmatrix} 4 & 3 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$
$D = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix}$

計算 $P^{-1}$：
$\det(P) = (4)(1) - (3)(1) = 4 - 3 = 1$
$P^{-1} = \frac{1}{1} \begin{bmatrix} 1 & -3 \\ -1 & 4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & -3 \\ -1 & 4 \end{bmatrix}$

核心觀念

本題考查：

• 子空間的參數表示；
• 正交與正規化；
• Gram–Schmidt 正交化法。

若向量組 $\{u_1,u_2,u_3\}$ 滿足

$$u_i\cdot u_j=0\quad (i\ne j),$$

且每個向量皆為單位向量，即 $\|u_i\|=1$，則此向量組為正交規範組。若同時張成 $W$，便是 $W$ 的正交規範基底。

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解題方法

已知

$$W=\left\{(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\mathbb R^4: 2x_1-x_3+x_4=0\right\}.$$

由條件得

$$x_3=2x_1+x_4.$$

令

$$x_1=a,\qquad x_2=b,\qquad x_4=c,$$

則

$$(x_1,x_2,x_3,x_4) =(a,b,2a+c,c).$$

因此

$$(x_1,x_2,x_3,x_4) =a(1,0,2,0)+b(0,1,0,0)+c(0,0,1,1).$$

可先取一組基底

$$v_1=(1,0,2,0),\qquad v_2=(0,1,0,0),\qquad v_3=(0,0,1,1).$$

其中

$$v_1\cdot v_2=0,\qquad v_2\cdot v_3=0,$$

但

$$v_1\cdot v_3=2\ne 0,$$

所以需要對 $v_3$ 進行正交化。

第一步：保留 $v_1,v_2$

計算

$$\|v_1\|=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt5, \qquad \|v_2\|=1.$$

第二步：將 $v_3$ 對 $v_1$ 正交化

依 Gram–Schmidt 法，

$$u_3 =v_3-\operatorname{proj}_{v_1}(v_3),$$

其中

$$\operatorname{proj}_{v_1}(v_3) =\frac{v_3\cdot v_1}{v_1\cdot v_1}v_1 =\frac{2}{5}(1,0,2,0).$$

所以

$$u_3 =(0,0,1,1)-\frac25(1,0,2,0) =\left(-\frac25,0,\frac15,1\right).$$

為避免分數，可將其乘以 $5$，取同方向向量

核心觀念

模型 $y=C+D\cdot 2^x$ 對係數 $C,D$ 是線性的，因此可用最小平方法求解。令 $t_i=2^{x_i}$，設計矩陣的每一列為 $(1,t_i)$，最小平方解滿足正規方程

$$A^{\mathsf T}A \begin{bmatrix} C\\D \end{bmatrix} =A^{\mathsf T}\mathbf y.$$

幾何上，擬合曲線的預測值是 $\mathbf y$ 在設計矩陣欄空間上的正交投影。

解題方法

(a) 求 $C$ 與 $D$

當 $x=0,1,2$ 時，$2^x=1,2,4$，因此

$$A= \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&2\\ 1&4 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf y= \begin{bmatrix} 6\\4\\0 \end{bmatrix}.$$

計算正規方程所需的矩陣與向量：

$$A^{\mathsf T}A= \begin{bmatrix} 3&7\\ 7&21 \end{bmatrix}, \qquad A^{\mathsf T}\mathbf y= \begin{bmatrix} 10\\14 \end{bmatrix}.$$

所以

$$\begin{bmatrix} 3&7\\ 7&21 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} C\\D \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 10\\14 \end{bmatrix},$$

也就是

$$\begin{cases} 3C+7D=10,\\ 7C+21D=14. \end{cases}$$

本題描述了一個關於玩家偏好轉移的模型，類似於馬可夫鏈。我們需要建立一個轉移矩陣，並計算長期趨勢。

部分 (a)：建立轉移矩陣 $A$
我們有兩個狀態：偏好 Charizard ($x_k$) 和偏好 Pikachu ($y_k$)。
$x_k$ 是在回合 $k$ 時偏好 Charizard 的玩家比例。
$y_k$ 是在回合 $k$ 時偏好 Pikachu 的玩家比例。
我們知道 $x_k + y_k = 1$。

在回合 $k+1$ 時，玩家的偏好是根據回合 $k$ 的情況轉移的。

1. 偏好 Charizard 的玩家比例 $x_{k+1}$：

   • 仍然偏好 Charizard 的玩家比例：上一回合偏好 Charizard 的玩家比例 $x_k$，其中 $1 - 1/5 = 4/5$ 的人保持不變。所以這部分是 $\frac{4}{5}x_k$。
   • 從偏好 Pikachu 轉移到偏好 Charizard 的玩家比例：上一回合偏好 Pikachu 的玩家比例 $y_k$，其中 $1/10$ 的人改變主意。所以這部分是 $\frac{1}{10}y_k$。
     因此，$x_{k+1} = \frac{4}{5}x_k + \frac{1}{10}y_k$。

2. 偏好 Pikachu 的玩家比例 $y_{k+1}$：

   • 仍然偏好 Pikachu 的玩家比例：上一回合偏好 Pikachu 的玩家比例 $y_k$，其中 $1 - 1/10 = 9/10$ 的人保持不變。所以這部分是 $\frac{9}{10}y_k$。
   • 從偏好 Charizard 轉移到偏好 Pikachu 的玩家比例：上一回合偏好 Charizard 的玩家比例 $x_k$，其中 $1/5$ 的人改變主意。所以這部分是 $\frac{1}{5}x_k$。
     因此，$y_{k+1} = \frac{1}{5}x_k + \frac{9}{10}y_k$。

將這兩個方程寫成矩陣形式：
$\begin{bmatrix} x_{k+1} \\ y_{k+1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{4}{5} & \frac{1}{10} \\ \frac{1}{5} & \frac{9}{10} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_k \\ y_k \end{bmatrix}$

所以，轉移矩陣 $A$ 是：
$A = \begin{bmatrix} \frac{4}{5} & \frac{1}{10} \\ \frac{1}{5} & \frac{9}{10} \end{bmatrix}$。

部分 (b)：計算 $A^k \begin{bmatrix} x_0 \\ y_0 \end{bmatrix}$ 的極限
我們需要計算當 $k \to \infty$ 時，矩陣 $A$ 的 $k$ 次方作用於初始狀態向量的極限。
這相當於尋找系統的穩態分佈（steady-state distribution）。
首先，我們需要找到矩陣 $A$ 的特徵值和特徵向量。

1. 計算特徵值：
$\det(A - \lambda I) = \det \left( \begin{bmatrix} 4/5 - \lambda & 1/10 \\ 1/5 & 9/10 - \lambda \end{bmatrix} \right) = 0$
$(4/5 - \lambda)(9/10 - \lambda) - (1/10)(1/5) = 0$
$36/50 - 4/5 \lambda - 9/10 \lambda + \lambda^2 - 1/50 = 0$
$\lambda^2 - (8/10 + 9/10) \lambda + 35/50 = 0$
$\lambda^2 - (17/10) \lambda + 7/10 = 0$
$10\lambda^2 - 17\lambda + 7 = 0$
分解因式：$(10\lambda - 7)(\lambda - 1) = 0$
所以，特徵值是 $\lambda_1 = 1$ 和 $\lambda_2 = 7/10$。

2. 計算特徵向量：
對於 $\lambda_1 = 1$:
$(A - 1I)v_1 = 0$
$\begin{bmatrix} 4/5 - 1 & 1/10 \\ 1/5 & 9/10 - 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
$\begin{bmatrix} -1/5 & 1/10 \\ 1/5 & -1/10 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
第一行：$-1/5 x + 1/10 y = 0 \implies -2x + y = 0 \implies y = 2x$。
取 $x=1$，則 $y=2$。
對應於 $\lambda_1 = 1$ 的特徵向量是 $v_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \end{bmatrix}$。

對於 $\lambda_2 = 7/10$:
$(A - 7/10 I)v_2 = 0$
$\begin{bmatrix} 4/5 - 7/10 & 1/10 \\ 1/5 & 9/10 - 7/10 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
$\begin{bmatrix} 8/10 - 7/10 & 1/10 \\ 1/5 & 2/10 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$