111 年 國立中正大學數學系應用數學研究所《線性代數》

此題主要在測試學生對線性轉換的定義、判別以及其矩陣表示法、特徵值與特徵向量的掌握程度。

(a) 判斷是否為線性轉換的關鍵在於驗證其是否滿足加法與純量乘法的性質。判斷是否為同構轉換 (isomorphism) 則可檢查其核空間 (null space) 是否僅包含零向量，或檢查其矩陣表示式是否可逆。

證明 $T$ 是線性轉換：
令 $p(x) = \alpha_1 + \beta_1 x + \gamma_1 x^2$ 與 $q(x) = \alpha_2 + \beta_2 x + \gamma_2 x^2$ 為 $P_2$ 中的任意多項式，且 $c$ 為任意實數。
則 $p(x) + q(x) = (\alpha_1+\alpha_2) + (\beta_1+\beta_2)x + (\gamma_1+\gamma_2)x^2$。
$T(p(x)+q(x)) = T((\alpha_1+\alpha_2) + (\beta_1+\beta_2)x + (\gamma_1+\gamma_2)x^2)$
$= (2(\alpha_1+\alpha_2) + (\beta_1+\beta_2) + (\gamma_1+\gamma_2)) + (2(\alpha_1+\alpha_2) + (\beta_1+\beta_2) - 2(\gamma_1+\gamma_2))x - ((\alpha_1+\alpha_2) + 2(\gamma_1+\gamma_2))x^2$
$= (2\alpha_1+\beta_1+\gamma_1) + (2\alpha_2+\beta_2+\gamma_2) + (2\alpha_1+\beta_1-2\gamma_1) + (2\alpha_2+\beta_2-2\gamma_2))x - ((\alpha_1+2\gamma_1) + (\alpha_2+2\gamma_2))x^2$
$= [(2\alpha_1+\beta_1+\gamma_1) + (2\alpha_1+\beta_1-2\gamma_1)x - (\alpha_1+2\gamma_1)x^2] + [(2\alpha_2+\beta_2+\gamma_2) + (2\alpha_2+\beta_2-2\gamma_2)x - (\alpha_2+2\gamma_2)x^2]$
$= T(p(x)) + T(q(x))$

令 $c$ 為任意實數。則 $c p(x) = c\alpha_1 + c\beta_1 x + c\gamma_1 x^2$。
$T(c p(x)) = T(c\alpha_1 + c\beta_1 x + c\gamma_1 x^2)$
$= (2(c\alpha_1) + c\beta_1 + c\gamma_1) + (2(c\alpha_1) + c\beta_1 - 2(c\gamma_1))x - ((c\alpha_1) + 2(c\gamma_1))x^2$
$= c[(2\alpha_1 + \beta_1 + \gamma_1) + (2\alpha_1 + \beta_1 - 2\gamma_1)x - (\alpha_1 + 2\gamma_1)x^2]$
$= c T(p(x))$
因此，$T$ 是一個線性轉換。

判斷是否為同構轉換：
$P_2$ 的維度是 3。如果 $T$ 的矩陣表示式是可逆的，則 $T$ 是同構轉換。
我們需要找到 $T$ 相對於標準基底 $\{1, x, x^2\}$ 的矩陣。
$T(1) = T(1+0x+0x^2) = 2+2x-x^2$
$T(x) = T(0+1x+0x^2) = 1+x$
$T(x^2) = T(0+0x+1x^2) = 1-2x-2x^2$
所以，相對於標準基底 $\{1, x, x^2\}$ 的矩陣是：
$M = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & -2 \\ -1 & 0 & -2 \end{pmatrix}$
計算此矩陣的行列式：
$det(M) = 2(1(-2)-0) - 1(2(-2)-(-1)(-2)) + 1(2(0)-(-1)(1))$
$= 2(-2) - 1(-4-2) + 1(1)$
$= -4 - 1(-6) + 1$
$= -4 + 6 + 1 = 3$
因為行列式不為零，所以矩陣 $M$ 可逆，因此 $T$ 是同構轉換。

【答案】$T$ 是線性轉換。$T$ 是同構轉換。

(b) 尋找 $T$ 相對於基底 $B = \{1-x^2, 1+x, 2x+x^2\}$ 的矩陣。
首先，我們需要將基底向量用 $T$ 轉換後，再表示成基底 $B$ 的線性組合。
令 $b_1 = 1-x^2$, $b_2 = 1+x$, $b_3 = 2x+x^2$。
我們需要找到 $T(b_1), T(b_2), T(b_3)$ 在基底 $B$ 下的座標。

計算 $T(b_1) = T(1-x^2) = T(1+0x-1x^2)$:
$\alpha=1, \beta=0, \gamma=-1$
$T(1-x^2) = (2(1)+0+(-1)) + (2(1)+0-2(-1))x - (1+2(-1))x^2$
$= (2-1) + (2+2)x - (1-2)x^2$
$= 1 + 4x + x^2$
現在將 $1+4x+x^2$ 表示成 $B$ 的線性組合：$c_1(1-x^2) + c_2(1+x) + c_3(2x+x^2)$
$= (c_1+c_2) + (c_2+2c_3)x + (-c_1+c_3)x^2$
比較係數：
$c_1+c_2 = 1$
$c_2+2c_3 = 4$
$-c_1+c_3 = 1 \implies c_1 = c_3-1$
代入第一個方程式：$(c_3-1)+c_2 = 1 \implies c_2+c_3 = 2$
聯立 $c_2+2c_3 = 4$ 和 $c_2+c_3 = 2$：
$(c_2+2c_3) - (c_2+c_3) = 4-2 \implies c_3 = 2$
$c_2 = 2-c_3 = 2-2 = 0$
$c_1 = c_3-1 = 2-1 = 1$
所以 $T(b_1) = 1 \cdot b_1 + 0 \cdot b_2 + 2 \cdot b_3$。第一行是 $[1, 0, 2]$。

計算 $T(b_2) = T(1+x) = T(1+1x+0x^2)$:
$\alpha=1, \beta=1, \gamma=0$
$T(1+x) = (2(1)+1+0) + (2(1)+1-2(0))x - (1+2(0))x^2$
$= 3 + 3x - x^2$
現在將 $3+3x-x^2$ 表示成 $B$ 的線性組合：$d_1(1-x^2) + d_2(1+x) + d_3(2x+x^2)$
$= (d_1+d_2) + (d_2+2d_3)x + (-d_1+d_3)x^2$
比較係數：
$d_1+d_2 = 3$
$d_2+2d_3 = 3$
$-d_1+d_3 = -1 \implies d_1 = d_3+1$
代入第一個方程式：$(d_3+1)+d_2 = 3 \implies d_2+d_3 = 2$
聯立 $d_2+2d_3 = 3$ 和 $d_2+d_3 = 2$：
$(d_2+2d_3) - (d_2+d_3) = 3-2 \implies d_3 = 1$
$d_2 = 2-d_3 = 2-1 = 1$
$d_1 = d_3+1 = 1+1 = 2$
所以 $T(b_2) = 2 \cdot b_1 + 1 \cdot b_2 + 1 \cdot b_3$。第二行是 $[2, 1, 1]$。

計算 $T(b_3) = T(2x+x^2) = T(0+2x+1x^2)$:
$\alpha=0, \beta=2, \gamma=1$
$T(2x+x^2) = (2(0)+2+1) + (2(0)+2-2(1))x - (0+2(1))x^2$
$= 3 + 0x - 2x^2$
$= 3 - 2x^2$
現在將 $3-2x^2$ 表示成 $B$ 的線性組合：$e_1(1-x^2) + e_2(1+x) + e_3(2x+x^2)$
$= (e_1+e_2) + (e_2+2e_3)x + (-e_1+e_3)x^2$
比較係數：
$e_1+e_2 = 3$
$e_2+2e_3 = 0$
$-e_1+e_3 = -2 \implies e_1 = e_3+2$
代入第一個方程式：$(e_3+2)+e_2 = 3 \implies e_2+e_3 = 1$
聯立 $e_2+2e_3 = 0$ 和 $e_2+e_3 = 1$：
$(e_2+2e_3) - (e_2+e_3) = 0-1 \implies e_3 = -1$
$e_2 = 1-e_3 = 1-(-1) = 2$
$e_1 = e_3+2 = -1+2 = 1$

此題主要測試學生對內積空間的定義、判別以及 Gram-Schmidt 正交化方法的應用。

(a) 證明 $*$ 是 $V$ 上的內積。
根據內積的定義，我們需要驗證以下三個性質：

1. 線性性 (linearity in the first argument): $(c u_1 + u_2) * v = c (u_1 * v) + (u_2 * v)$
2. 對稱性 (symmetry): $u * v = v * u$
3. 正定性 (positive definiteness): $u * u \ge 0$ 且 $u * u = 0$ 當且僅當 $u = 0$。

驗證線性性：
$(c u_1 + u_2) * v = (c u_1 + u_2)^T A v$
$= (c u_1^T + u_2^T) A v$
$= c u_1^T A v + u_2^T A v$
$= c (u_1 * v) + (u_2 * v)$
線性性成立。

驗證對稱性：
$u * v = u^T A v$
$v * u = v^T A u$
因為 $A$ 是對稱矩陣 ($A^T = A$)，所以 $(u^T A v)^T = v^T A^T (u^T)^T = v^T A u$。
由於 $u^T A v$ 是一個純量，所以 $(u^T A v)^T = u^T A v$。
因此 $v * u = (u^T A v)^T = u^T A v = u * v$。
對稱性成立。

驗證正定性：
$u * u = u^T A u$
我們需要檢查矩陣 $A$ 是否是正定矩陣 (positive definite)。
矩陣 $A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & -1 \\ 0 & -1 & 3 \end{pmatrix}$。
檢查主子式 (leading principal minors)：
$D_1 = |2| = 2 > 0$
$D_2 = \begin{vmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \end{vmatrix} = 2 \times 3 = 6 > 0$
$D_3 = \begin{vmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & -1 \\ 0 & -1 & 3 \end{vmatrix} = 2 \begin{vmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 3 \end{vmatrix} = 2 (3 \times 3 - (-1) \times (-1)) = 2 (9 - 1) = 2 \times 8 = 16 > 0$
所有主子式都大於零，因此矩陣 $A$ 是正定矩陣。
所以，$u * u = u^T A u > 0$ 對於所有非零向量 $u \in V$。
若 $u = 0$，則 $u * u = 0^T A 0 = 0$。
正定性成立。

由於以上三個性質都成立，所以 $*$ 是 $V$ 上的內積。

【答案】已證明。

(b) 使用 Gram-Schmidt 正交化方法找出 $V$ 的一組標準正交基。
Gram-Schmidt 正交化過程：
給定一組基底 $\{v_1, v_2, v_3\}$。
令 $u_1 = v_1$。
$u_2 = v_2 - proj_{u_1} v_2 = v_2 - \frac{v_2 * u_1}{u_1 * u_1} u_1$。
$u_3 = v_3 - proj_{u_1} v_3 - proj_{u_2} v_3 = v_3 - \frac{v_3 * u_1}{u_1 * u_1} u_1 - \frac{v_3 * u_2}{u_2 * u_2} u_2$。
最後，將 $u_1, u_2, u_3$ 正規化得到標準正交基 $e_1, e_2, e_3$，其中 $e_i = \frac{u_i}{||u_i||} = \frac{u_i}{\sqrt{u_i * u_i}}$。

我們使用標準基底 $\{e_1, e_2, e_3\}$ 作為初始向量，其中 $e_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$, $e_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$, $e_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$。

步驟 1: 計算 $u_1$。
令 $v_1 = e_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$。
$u_1 = v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$。

步驟 2: 計算 $u_2$。
$v_2 = e_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$。
計算內積：
$u_1 * u_1 = v_1^T A v_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & -1 \\ 0 & -1 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = 2$。
$v_2 * u_1 = v_2^T A u_1 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & -1 \\ 0 & -1 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 3 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = 0$。
$u_2 = v_2 - \frac{v_2 * u_1}{u_1 * u_1} u_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} - \frac{0}{2} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$。

步驟 3: 計算 $u_3$。
$v_3 = e_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$。
計算內積：

此題要求解一個齊次線性常微分方程組。其基本方法是利用矩陣的特徵值與特徵向量來建構通解。

令矩陣 $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$。
我們需要找到矩陣 $A$ 的特徵值和特徵向量。
特徵值 $\lambda$ 滿足 $det(A - \lambda I) = 0$。
$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 & 1 \\ 1 & 2-\lambda & 0 \\ 0 & 0 & 2-\lambda \end{pmatrix}$
計算行列式：
$det(A - \lambda I) = (2-\lambda) \begin{vmatrix} 2-\lambda & 0 \\ 0 & 2-\lambda \end{vmatrix} - 1 \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2-\lambda \end{vmatrix} + 1 \begin{vmatrix} 1 & 2-\lambda \\ 0 & 0 \end{vmatrix}$
$= (2-\lambda)(2-\lambda)^2 - 1(2-\lambda) + 0$
$= (2-\lambda)^3 - (2-\lambda)$
$= (2-\lambda) [(2-\lambda)^2 - 1]$
$= (2-\lambda) [ (2-\lambda-1)(2-\lambda+1) ]$
$= (2-\lambda) (1-\lambda) (3-\lambda) = 0$
所以特徵值為 $\lambda_1 = 1$, $\lambda_2 = 2$, $\lambda_3 = 3$。

現在計算對應的特徵向量。
情況 1: $\lambda_1 = 1$
$(A - 1I)v = 0 \implies \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
由第三列可知 $v_3 = 0$。
由第一列和第二列可知 $v_1 + v_2 = 0$。
令 $v_2 = t$，則 $v_1 = -t$。
特徵向量為 $v_1 = \begin{pmatrix} -t \\ t \\ 0 \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$。
取 $t=1$，得到特徵向量 $v^{(1)} = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$。

情況 2: $\lambda_2 = 2$
$(A - 2I)v = 0 \implies \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

此題要求計算一個關於矩陣 $A$ 的多項式。關鍵在於利用凱萊-哈密頓定理 (Cayley-Hamilton Theorem) 來簡化計算。凱萊-哈密頓定理指出，任何方陣都滿足其自身的特徵多項式。

首先，計算矩陣 $A$ 的特徵多項式 $p(\lambda) = det(A - \lambda I)$。
$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 3-\lambda & 3 & -4 \\ -4 & -3-\lambda & 5 \\ 2 & 4 & -\lambda \end{pmatrix}$

計算行列式：
$det(A - \lambda I) = (3-\lambda)[(-3-\lambda)(-\lambda) - 5 \times 4] - 3[(-4)(-\lambda) - 5 \times 2] + (-4)[(-4) \times 4 - (-3-\lambda) \times 2]$
$= (3-\lambda)[(3+\lambda)\lambda - 20] - 3[4\lambda - 10] - 4[-16 - (-6-2\lambda)]$
$= (3-\lambda)[\lambda^2 + 3\lambda - 20] - 12\lambda + 30 - 4[-16 + 6 + 2\lambda]$
$= (3\lambda^2 + 9\lambda - 60 - \lambda^3 - 3\lambda^2 + 20\lambda) - 12\lambda + 30 - 4[-10 + 2\lambda]$
$= -\lambda^3 + 29\lambda - 60 - 12\lambda + 30 + 40 - 8\lambda$
$= -\lambda^3 + (29 - 12 - 8)\lambda + (-60 + 30 + 40)$
$= -\lambda^3 + 9\lambda + 10$

所以，$A$ 的特徵多項式是 $p(\lambda) = -\lambda^3 + 9\lambda + 10$。
根據凱萊-哈密頓定理，$p(A) = -A^3 + 9A + 10I = 0$。
這意味著 $A^3 = 9A + 10I$。

我們需要計算 $P(A) = 4A^5 - 5A^4 - 50A^3 - 76A^2 - 10A + 50I$。
我們可以利用 $A^3 = 9A + 10I$ 來降冪。

首先計算 $A^4$ 和 $A^5$：
$A^4 = A \cdot A^3 = A(9A + 10I) = 9A^2 + 10A$
$A^5 = A \cdot A^4 = A(9A^2 + 10A) = 9A^3 + 10A^2$
將 $A^3 = 9A + 10I$ 代入 $A^5$：
$A^5 = 9(9A + 10I) + 10A^2 = 81A + 90I + 10A^2$

現在將這些代入要求的表達式 $P(A)$：
$P(A) = 4(10A^2 + 81A + 90I) - 5(9A^2 + 10A) - 50(9A + 10I) - 76A^2 - 10A + 50I$
$P(A) = (40A^2 + 324A + 360I) - (45A^2 + 50A) - (450A + 500I) - 76A^2 - 10A + 50I$

合併同類項：
$A^2$ 項：$40A^2 - 45A^2 - 76A^2 = (40 - 45 - 76)A^2 = -81A^2$
$A$ 項：$324A - 50A - 450A - 10A = (324 - 50 - 450 - 10)A = (324 - 510)A = -186A$
$I$ 項：$360I - 500I + 50I = (360 - 500 + 50)I = (-140 + 50)I = -90I$

所以，$P(A) = -81A^2 - 186A - 90I$。

這結果仍然包含 $A^2$。我們需要檢查特徵多項式計算是否正確。
如果特徵多項式是三次的，則 $A^3$ 可以被 $A^2, A, I$ 的線性組合表示。
但我們計算的特徵多項式是三次的。
$p(\lambda) = -\lambda^3 + 9\lambda + 10$。

我們也可以進行多項式長除法，將 $Q(\lambda) = 4\lambda^5 - 5\lambda^4 - 50\lambda^3 - 76\lambda^2 - 10\lambda + 50$ 除以 $p(\lambda) = -\lambda^3 + 9\lambda + 10$。
$Q(\lambda) = D(\lambda) p(\lambda) + R(\lambda)$，其中 $R(\lambda)$ 的次數小於 3。
那麼 $Q(A) = D(A) p(A) + R(A) = D(A) \cdot 0 + R(A) = R(A)$。

長除法：
$4\lambda^5 - 5\lambda^4 - 50\lambda^3 - 76\lambda^2 - 10\lambda + 50$ 除以 $-\lambda^3 + 9\lambda + 10$

核心觀念

判斷實對稱矩陣 $M$ 是否正定，最直接的方法是檢查二次型：對所有非零向量 $x$，證明 $x^T Mx>0$。此外，正定性在可逆合同變換 $C^TMC$ 下保持不變。

(d) 涉及兩個正定矩陣反矩陣的差，不能只憑「正定矩陣的差仍正定」判斷。此處利用 $A$ 的正定平方根，將問題化成檢查一組特徵值是否為正。

解題方法與各小題證明

(a) 證明 $A^{-1}$ 為正定矩陣

$A^{-1}$ 對稱。任取非零向量 $x$，令 $y=A^{-1}x$。因為 $A^{-1}$ 可逆，$y\neq 0$，且 $x=Ay$。因此

$$x^T A^{-1}x =(Ay)^T A^{-1}(Ay) =y^T Ay >0.$$

最後一步是因為 $A$ 正定且 $y\neq 0$，故 $A^{-1}$ 為正定矩陣。

(b) 證明 $A+B$ 為正定矩陣

$A+B$ 對稱。任取非零向量 $x$，由 $A$、$B$ 皆正定，

$$x^T(A+B)x=x^TAx+x^TBx>0+0=0.$$

故 $A+B$ 為正定矩陣。

(c) 證明 $C^TAC$ 為正定矩陣

$C^TAC$ 對稱，因為

$$(C^TAC)^T=C^TA^TC=C^TAC.$$

任取非零向量 $x$。由 $C$ 可逆，$Cx\neq 0$，因此

$$x^T(C^TAC)x=(Cx)^TA(Cx)>0.$$

故 $C^TAC$ 為正定矩陣。

(d) 證明 $A^{-1}-(A+B)^{-1}$ 為正定矩陣

由 $A$ 正定，存在對稱正定平方根 $A^{1/2}$，且 $A^{-1/2}$ 存在。令

$$X=A^{-1/2}BA^{-1/2}.$$

此題要求證明或證偽四個關於線性代數的命題。

(a) 證明「所有冪零矩陣的特徵值均為零」。
設 $N$ 是一個 $n \times n$ 的冪零矩陣，即存在正整數 $m$ 使得 $N^m = O$。
設 $\lambda$ 是 $N$ 的一個特徵值，且 $v$ 是對應的非零特徵向量，即 $Nv = \lambda v$。
則 $N^2 v = N(Nv) = N(\lambda v) = \lambda (Nv) = \lambda (\lambda v) = \lambda^2 v$。
依此類推，對於任意正整數 $k$，有 $N^k v = \lambda^k v$。
因為 $N^m = O$，所以 $N^m v = O v = 0$。
因此 $\lambda^m v = 0$。
由於 $v$ 是非零向量，所以 $\lambda^m = 0$。
這意味著 $\lambda = 0$。
因此，所有冪零矩陣的特徵值都為零。
此命題為真。

【答案】真。

(b) 證偽「設 $A$ 和 $B$ 是 $2 \times 2$ 的實矩陣。則 $AB = O$ 蘊含 $A = O$ 或 $B = O$。」
此命題聲稱如果兩個矩陣的乘積是零矩陣，那麼其中至少一個矩陣必須是零矩陣。這在實數域中是不成立的，因為矩陣乘法不滿足消去律。
舉一個反例：
令 $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ 且 $B = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
那麼 $AB = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = O$。
然而，$A \neq O$ 且 $B \neq O$。
因此，此命題為假。

【答案】假。

(c) 證明「設 $A$ 是一個 $m \times n$ 的矩陣，其列向量線性獨立。則 $A^T A$ 是可逆矩陣。」
矩陣 $A^T A$ 的維度是 $n \times n$。要證明 $A^T A$ 可逆，我們可以證明其行列式不為零，或者證明其核空間只包含零向量，或者證明其秩為 $n$。

已知 $A$ 的列向量是線性獨立的。這意味著對於任意向量 $x \in \mathbb{R}^n$，如果 $Ax = 0$，則 $x = 0$。

考慮 $A^T A x = 0$。
我們需要證明這蘊含 $x=0$。
$A^T A x = 0$
將兩邊左乘 $x^T$：
$x^T A^T A x = x^T 0 = 0$
$(Ax)^T (Ax) = 0$
令 $y = Ax$。則 $y^T y = 0$。
$y^T y = \sum_{i=1}^m y_i^2 = 0$。
這意味著 $y_i = 0$ 對於所有 $i=1, \dots, m$。
所以 $y = Ax = 0$。
因為 $A$ 的列向量是線性獨立的，所以 $Ax = 0$ 蘊含 $x = 0$。
因此，$A^T A x = 0$ 蘊含 $x = 0$。
這表明 $A^T A$ 的核空間只包含零向量，所以 $A^T A$ 是可逆的。

【答案】真。

(d) 證明或證偽「設 $w$ 是 $\mathbb{R}^n$ 中的一個長度為 1 的向量。則 $H = I - 2ww^T$ 是一個投影矩陣。」