112 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）》

本題考查子空間的基底與維度，以及基底的擴展。

(a) 求取子空間 W 的基底與維度。
首先，我們將給定的生成向量寫成矩陣的列向量，然後進行列運算，找出線性獨立的向量，這些向量將構成 W 的基底。
令矩陣 A 為由 $u_1, u_2, u_3$ 組成的行向量：
$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ -2 & 3 & 8 \\ 5 & 1 & -3 \\ -3 & -4 & -5 \end{pmatrix}$
進行列運算：
$R_2 \leftarrow R_2 + 2R_1$
$R_3 \leftarrow R_3 - 5R_1$
$R_4 \leftarrow R_4 + 3R_1$
$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 7 & 14 \\ 0 & -9 & -18 \\ 0 & 2 & 4 \end{pmatrix}$
$R_2 \leftarrow \frac{1}{7}R_2$
$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & -9 & -18 \\ 0 & 2 & 4 \end{pmatrix}$
$R_3 \leftarrow R_3 + 9R_2$
$R_4 \leftarrow R_4 - 2R_2$
$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
$R_1 \leftarrow R_1 - 2R_2$
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
矩陣的秩（rank）為 2，這表示 W 的維度是 2。
矩陣的非零列向量（在進行列運算前的原始向量）對應於線性獨立的向量。由上面的列運算可知，前兩個向量 $u_1$ 和 $u_2$ 是線性獨立的，並且 $u_3$ 可以由 $u_1$ 和 $u_2$ 線性表示 ($u_3 = u_1 + 2u_2$ 根據最後的簡化矩陣推導)。
因此，W 的一個基底是 $\{u_1, u_2\} = \{(1, -2, 5, -3), (2, 3, 1, -4)\}$。
W 的維度是 2。

【答案】基底為 $\{(1, -2, 5, -3), (2, 3, 1, -4)\}$，維度為 2。

(b) 將 W 的基底擴展為 $R^4$ 的一個基底。
我們已經找到 W 的一個基底為 $\{v_1, v_2\} = \{(1, -2, 5, -3), (2, 3, 1, -4)\}$。
為了將此基底擴展為 $R^4$ 的基底，我們需要再找到兩個線性獨立於 $v_1$ 和 $v_2$ 的向量，並且這兩個向量加上 $v_1, v_2$ 能夠生成 $R^4$。
最簡單的方法是選擇標準基底向量，並檢查它們是否已經在 W 中。
標準基底向量為 $e_1 = (1, 0, 0, 0)$, $e_2 = (0, 1, 0, 0)$, $e_3 = (0, 0, 1, 0)$, $e_4 = (0, 0, 0, 1)$。
我們需要判斷 $e_1, e_2, e_3, e_4$ 是否能由 $v_1, v_2$ 線性表示。
考慮向量 $(1, 0, 0, 0)$。我們想知道是否存在 $c_1, c_2$ 使得 $c_1 v_1 + c_2 v_2 = (1, 0, 0, 0)$。
$c_1(1, -2, 5, -3) + c_2(2, 3, 1, -4) = (1, 0, 0, 0)$
$(c_1 + 2c_2, -2c_1 + 3c_2, 5c_1 + c_2, -3c_1 - 4c_2) = (1, 0, 0, 0)$
從第一個分量，$c_1 + 2c_2 = 1$。
從第二個分量，$-2c_1 + 3c_2 = 0 \implies 2c_1 = 3c_2 \implies c_1 = \frac{3}{2}c_2$。
代入第一個方程式：$\frac{3}{2}c_2 + 2c_2 = 1 \implies \frac{7}{2}c_2 = 1 \implies c_2 = \frac{2}{7}$。
則 $c_1 = \frac{3}{2} \times \frac{2}{7} = \frac{3}{7}$。
現在檢查第三個分量：$5c_1 + c_2 = 5(\frac{3}{7}) + \frac{2}{7} = \frac{15}{7} + \frac{2}{7} = \frac{17}{7} \neq 0$。
因此，$(1, 0, 0, 0)$ 不能由 $v_1, v_2$ 線性表示。所以 $e_1$ 不在 W 中。
我們可以選擇 $e_1 = (1, 0, 0, 0)$ 作為擴展基底的一部分。
現在我們有基底 $\{v_1, v_2, e_1\}$。為了找到第四個向量，我們可以嘗試 $e_2 = (0, 1, 0, 0)$。
我們需要檢查 $e_2$ 是否能由 $v_1, v_2, e_1$ 線性表示。
考慮向量 $(0, 1, 0, 0)$。我們想知道是否存在 $c_1, c_2, c_3$ 使得 $c_1 v_1 + c_2 v_2 + c_3 e_1 = (0, 1, 0, 0)$。
$c_1(1, -2, 5, -3) + c_2(2, 3, 1, -4) + c_3(1, 0, 0, 0) = (0, 1, 0, 0)$

要證明行列式的值恆為零，因為一個矩陣不可逆當且僅當其行列式為零。
令給定的矩陣為 M。我們需要計算 M 的行列式。
$\det(M) = \begin{vmatrix} \sin^2 \alpha & \sin^2 \beta & \sin^2 \gamma \\ \cos^2 \alpha & \cos^2 \beta & \cos^2 \gamma \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix}$
我們可以使用一些三角恆等式來簡化計算。注意到 $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$。
對第一列進行運算：$C_1 \leftarrow C_1 + C_2 + C_3$ (這是錯誤的，應該是 $C_1 \leftarrow C_1 - C_3$ 或類似操作來利用 $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$)。
更直接的方法是利用行運算。
考慮第三行。我們知道 $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$。
我們可以用第三行來進行操作，或者直接觀察列之間的關係。
注意到，如果我們將第一列和第二列進行組合，可以得到常數。
觀察列向量：
$C_1 = \begin{pmatrix} \sin^2 \alpha \\ \cos^2 \alpha \\ 1 \end{pmatrix}$, $C_2 = \begin{pmatrix} \sin^2 \beta \\ \cos^2 \beta \\ 1 \end{pmatrix}$, $C_3 = \begin{pmatrix} \sin^2 \gamma \\ \cos^2 \gamma \\ 1 \end{pmatrix}$
考慮 $C_1 - C_2$ 和 $C_2 - C_3$。
$C_1 - C_2 = \begin{pmatrix} \sin^2 \alpha - \sin^2 \beta \\ \cos^2 \alpha - \cos^2 \beta \\ 0 \end{pmatrix}$
$C_2 - C_3 = \begin{pmatrix} \sin^2 \beta - \sin^2 \gamma \\ \cos^2 \beta - \cos^2 \gamma \\ 0 \end{pmatrix}$
利用三角恆等式 $\sin^2 A - \sin^2 B = \sin(A+B)\sin(A-B)$ 和 $\cos^2 A - \cos^2 B = -\sin(A+B)\sin(A-B)$。
$\sin^2 \alpha - \sin^2 \beta = \sin(\alpha+\beta)\sin(\alpha-\beta)$
$\cos^2 \alpha - \cos^2 \beta = -\sin(\alpha+\beta)\sin(\alpha-\beta)$
所以，

核心觀念

矩陣的特徵值總和等於矩陣的跡（trace），也就是主對角線元素的總和：

對題目中的矩陣

其主對角線元素為 $60,48,57$，因此

題目已知其中兩個特徵值為 $48$ 與 $24$，設第三個特徵值為 $\lambda$。

本題考查四維空間中由四個向量所張成的平行六面體體積的計算。
在 $R^n$ 中，由 $n$ 個向量 $v_1, v_2, \dots, v_n$ 所張成的平行六面體的體積，等於由這些向量組成的矩陣的行列式的絕對值。
令矩陣 A 為由給定的向量 $u_1, u_2, u_3, u_4$ 組成的行向量（或列向量）：
$A = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 5 & -1 \\ 2 & 1 & 2 & 1 \\ 3 & 0 & 1 & -2 \\ 1 & -1 & 4 & -1 \end{pmatrix}$
我們需要計算矩陣 A 的行列式，然後取其絕對值。
$\det(A) = \begin{vmatrix} 1 & -2 & 5 & -1 \\ 2 & 1 & 2 & 1 \\ 3 & 0 & 1 & -2 \\ 1 & -1 & 4 & -1 \end{vmatrix}$
我們可以使用行運算來簡化行列式的計算。
$R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1$
$R_3 \leftarrow R_3 - 3R_1$
$R_4 \leftarrow R_4 - R_1$

本題考查矩陣指數函數 $\exp(A)$ 的計算。
矩陣指數函數的定義為：
$\exp(A) = I + A + \frac{A^2}{2!} + \frac{A^3}{3!} + \dots = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{A^k}{k!}$
計算 $\exp(A)$ 的常用方法有幾種：

1. 對角化矩陣：如果 A 可以對角化，即 $A = PDP^{-1}$，其中 D 是對角矩陣，則 $\exp(A) = P \exp(D) P^{-1}$。
2. 使用 Cayley-Hamilton 定理。
3. 直接計算級數。

首先，我們嘗試對角化矩陣 A。
$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}$
計算特徵值：
$\det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix} 1-\lambda & 2 \\ -2 & 1-\lambda \end{vmatrix} = (1-\lambda)^2 - (2)(-2) = (1-\lambda)^2 + 4 = 0$
$(1-\lambda)^2 = -4$
$1-\lambda = \pm 2i$
$\lambda = 1 \mp 2i$
特徵值是複數 $\lambda_1 = 1+2i$ 和 $\lambda_2 = 1-2i$。
由於特徵值是複數，我們可以對角化矩陣，但這會涉及到複數向量和複數矩陣。

計算特徵向量：
對於 $\lambda_1 = 1+2i$:
$(A - (1+2i)I)v = \begin{pmatrix} 1 - (1+2i) & 2 \\ -2 & 1 - (1+2i) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2i & 2 \\ -2 & -2i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
從第一行：$-2iv_1 + 2v_2 = 0 \implies iv_1 = v_2$。
令 $v_1 = 1$，則 $v_2 = i$。所以特徵向量是 $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix}$。

對於 $\lambda_2 = 1-2i$:
$(A - (1-2i)I)v = \begin{pmatrix} 1 - (1-2i) & 2 \\ -2 & 1 - (1-2i) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2i & 2 \\ -2 & 2i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
從第一行：$2iv_1 + 2v_2 = 0 \implies -iv_1 = v_2$。
令 $v_1 = 1$，則 $v_2 = -i$。所以特徵向量是 $v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -i \end{pmatrix}$。

矩陣 P 由特徵向量組成：
$P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ i & -i \end{pmatrix}$
計算 $P^{-1}$：
$\det(P) = 1(-i) - 1(i) = -i - i = -2i$。
$P^{-1} = \frac{1}{-2i} \begin{pmatrix} -i & -1 \\ -i & 1 \end{pmatrix} = \frac{i}{2} \begin{pmatrix} -i & -1 \\ -i & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{i}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{i}{2} \end{pmatrix}$

對角矩陣 D：
$D = \begin{pmatrix} 1+2i & 0 \\ 0 & 1-2i \end{pmatrix}$

計算 $\exp(D)$：
$\exp(D) = \begin{pmatrix} e^{1+2i} & 0 \\ 0 & e^{1-2i} \end{pmatrix}$
使用歐拉公式 $e^{ix} = \cos x + i \sin x$。
$e^{1+2i} = e^1 e^{2i} = e(\cos 2 + i \sin 2)$
$e^{1-2i} = e^1 e^{-2i} = e(\cos(-2) + i \sin(-2)) = e(\cos 2 - i \sin 2)$

現在計算 $\exp(A) = P \exp(D) P^{-1}$。
$P \exp(D) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ i & -i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} e^{1+2i} & 0 \\ 0 & e^{1-2i} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} e^{1+2i} & e^{1-2i} \\ i e^{1+2i} & -i e^{1-2i} \end{pmatrix}$
$\exp(A) = \begin{pmatrix} e^{1+2i} & e^{1-2i} \\ i e^{1+2i} & -i e^{1-2i} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{i}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{i}{2} \end{pmatrix}$
$\exp(A)_{11} = e^{1+2i} \frac{1}{2} + e^{1-2i} \frac{1}{2} = \frac{1}{2} (e^{1+2i} + e^{1-2i})$
$e^{1+2i} + e^{1-2i} = e(\cos 2 + i \sin 2) + e(\cos 2 - i \sin 2) = 2e \cos 2$
所以 $\exp(A)_{11} = \frac{1}{2} (2e \cos 2) = e \cos 2$。

$\exp(A)_{12} = e^{1+2i} (-\frac{i}{2}) + e^{1-2i} (\frac{i}{2}) = \frac{i}{2} (-e^{1+2i} + e^{1-2i})$
$-e^{1+2i} + e^{1-2i} = -(e \cos 2 + i e \sin 2) + (e \cos 2 - i e \sin 2) = -2i e \sin 2$
所以 $\exp(A)_{12} = \frac{i}{2} (-2i e \sin 2) = -i^2 e \sin 2 = e \sin 2$。

本題考查矩陣的最小多項式。最小多項式 $m(t)$ 是首一多項式（leading coefficient 為 1），它整除該矩陣的特徵多項式 $\chi(t)$，並且是能夠使 $m(A) = 0$ 的最低次多項式。

對於給定的矩陣 A 和 B，它們的特徵多項式相同，均為 $\chi(t) = (t-2)(t-1)^2$。
特徵多項式的根是矩陣的特徵值。因此，A 和 B 的特徵值都是 2 和 1（其中 1 是重根，重數為 2）。
根據代數基本定理，最小多項式的根必須是特徵值。因此，最小多項式 $m(t)$ 必須是形如 $(t-2)^p (t-1)^q$，其中 $1 \le p \le 1$ (因為特徵值 2 的代數重數是 1) 且 $1 \le q \le 2$ (因為特徵值 1 的代數重數是 2)。
所以，可能的最小多項式有：

1. $(t-2)(t-1)$
2. $(t-2)(t-1)^2$

我們需要分別檢查矩陣 A 和 B，看哪個是正確的最小多項式。

對於矩陣 A:
$A = \begin{pmatrix} 4 & -2 & 2 \\ 6 & -3 & 4 \\ 3 & -2 & 3 \end{pmatrix}$
由於特徵值 1 的代數重數是 2，最小多項式 $m_A(t)$ 的次數 $q$ 可能為 1 或 2。
首先，我們檢查 $m_A(t) = (t-2)(t-1)$ 是否成立。這意味著我們需要檢查 $(A-2I)(A-I) = 0$。

計算 $A-2I$ 和 $A-I$：
$A-2I = \begin{pmatrix} 4-2 & -2 & 2 \\ 6 & -3-2 & 4 \\ 3 & -2 & 3-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 2 \\ 6 & -5 & 4 \\ 3 & -2 & 1 \end{pmatrix}$
$A-I = \begin{pmatrix} 4-1 & -2 & 2 \\ 6 & -3-1 & 4 \\ 3 & -2 & 3-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & -2 & 2 \\ 6 & -4 & 4 \\ 3 & -2 & 2 \end{pmatrix}$
計算 $(A-2I)(A-I)$：
$\begin{pmatrix} 2 & -2 & 2 \\ 6 & -5 & 4 \\ 3 & -2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & -2 & 2 \\ 6 & -4 & 4 \\ 3 & -2 & 2 \end{pmatrix}$
$= \begin{pmatrix} 2(3)-2(6)+2(3) & 2(-2)-2(-4)+2(-2) & 2(2)-2(4)+2(2) \\ 6(3)-5(6)+4(3) & 6(-2)-5(-4)+4(-2) & 6(2)-5(4)+4(2) \\ 3(3)-2(6)+1(3) & 3(-2)-2(-4)+1(-2) & 3(2)-2(4)+1(2) \end{pmatrix}$
$= \begin{pmatrix} 6-12+6 & -4+8-4 & 4-8+4 \\ 18-30+12 & -12+20-8 & 12-20+8 \\ 9-12+3 & -6+8-2 & 6-8+2 \end{pmatrix}$

核心觀念

因為 $A$ 為實對稱矩陣，可利用合同變換

將其化為對角矩陣。依據 Sylvester 慣性定律，合同變換不會改變正、負、零特徵值的個數，因此對角矩陣 $D$ 的正負號個數就是 $A$ 的 signature。

本題的二次型為

透過配方法，可直接找出適合的變數替換，進而組成矩陣 $P$。

解題方法：二次型配方

由矩陣 $A$ 得

先處理含有 $x$ 的部分：

再對 $y,z$ 部分配方：

因此

為避免分數，令新變數 $u,v,w$ 滿足

此時

且

所以

將

寫成矩陣形式，可取

本題考查在給定的基底下的內積矩陣。
給定 $R^3$ 的一個基底 $S = \{u_1, u_2, u_3\}$，其中 $u_1 = (1,1,0)$, $u_2 = (1,2,3)$, $u_3 = (1,3,5)$。
在 $R^3$ 中，標準內積（歐幾里得內積）定義為 $x \cdot y = x^T y$。
一個基底 S 下的內積矩陣 A，其元素 $A_{ij}$ 定義為 $A_{ij} = u_i \cdot u_j$。
矩陣 A 的形式為：
$A = \begin{pmatrix} u_1 \cdot u_1 & u_1 \cdot u_2 & u_1 \cdot u_3 \\ u_2 \cdot u_1 & u_2 \cdot u_2 & u_2 \cdot u_3 \\ u_3 \cdot u_1 & u_3 \cdot u_2 & u_3 \cdot u_3 \end{pmatrix}$
我們需要計算每個內積。
$u_1 = (1,1,0)$, $u_2 = (1,2,3)$, $u_3 = (1,3,5)$。

$u_1 \cdot u_1 = (1)(1) + (1)(1) + (0)(0) = 1+1+0 = 2$
$u_1 \cdot u_2 = (1)(1) + (1)(2) + (0)(3) = 1+2+0 = 3$

本題考查尋找一個正交矩陣 P，其第一列（注意：題目寫的是 row，但通常正交矩陣的定義是行向量或列向量組成標準正交基，這裡假設是第一列，若為第一行則答案形式不同）是給定的向量。
正交矩陣 P 的定義是 $P^T P = I$ (或 $P P^T = I$)，這意味著 P 的列向量（或行向量）構成一個標準正交基。

給定的向量是 $u_1 = (\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0)$。
假設 $u_1$ 是 P 的第一列。
$P = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & v_{21} & v_{31} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & v_{22} & v_{32} \\ 0 & v_{23} & v_{33} \end{pmatrix}$
P 的列向量必須是標準正交的。

1. $u_1$ 必須是單位向量。
   $||u_1||^2 = (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 + (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 + 0^2 = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + 0 = 1$。
   $||u_1|| = 1$。所以 $u_1$ 是單位向量。

2. 需要找到第二個列向量 $u_2 = (v_{21}, v_{22}, v_{23})$，使得 $u_2$ 是單位向量且 $u_1 \cdot u_2 = 0$。
   $u_1 \cdot u_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}v_{21} + \frac{1}{\sqrt{2}}v_{22} + 0 \cdot v_{23} = 0$。
   $\frac{1}{\sqrt{2}}(v_{21} + v_{22}) = 0 \implies v_{21} + v_{22} = 0 \implies v_{22} = -v_{21}$。
   $||u_2||^2 = v_{21}^2 + v_{22}^2 + v_{23}^2 = 1$。
   $v_{21}^2 + (-v_{21})^2 + v_{23}^2 = 1$
   $2v_{21}^2 + v_{23}^2 = 1$。
   我們可以選擇 $v_{21} = \frac{1}{\sqrt{2}}$。那麼 $v_{22} = -\frac{1}{\sqrt{2}}$。
   $2(\frac{1}{\sqrt{2}})^2 + v_{23}^2 = 1 \implies 2(\frac{1}{2}) + v_{23}^2 = 1 \implies 1 + v_{23}^2 = 1 \implies v_{23}^2 = 0 \implies v_{23} = 0$。
   所以，一個可能的 $u_2$ 是 $(\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}}, 0)$。
   驗證：$u_1 \cdot u_2 = \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} (-\frac{1}{\sqrt{2}}) + 0 \cdot 0 = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} + 0 = 0$。
   $||u_2||^2 = (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 + (-\frac{1}{\sqrt{2}})^2 + 0^2 = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + 0 = 1$。

3. 需要找到第三個列向量 $u_3 = (v_{31}, v_{32}, v_{33})$，使得 $u_3$ 是單位向量，且 $u_1 \cdot u_3 = 0$ 和 $u_2 \cdot u_3 = 0$。
   $u_1 \cdot u_3 = \frac{1}{\sqrt{2}}v_{31} + \frac{1}{\sqrt{2}}v_{32} = 0 \implies v_{31} + v_{32} = 0 \implies v_{32} = -v_{31}$。
   $u_2 \cdot u_3 = \frac{1}{\sqrt{2}}v_{31} - \frac{1}{\sqrt{2}}v_{32} = 0 \implies v_{31} - v_{32} = 0 \implies v_{31} = v_{32}$。
   結合 $v_{32} = -v_{31}$ 和 $v_{31} = v_{32}$，我們得到 $v_{31} = -v_{31} \implies 2v_{31} = 0 \implies v_{31} = 0$。
   所以 $v_{32} = 0$。
   $||u_3||^2 = v_{31}^2 + v_{32}^2 + v_{33}^2 = 1$。