112 年 國立中正大學數學系應用數學研究所《線性代數》

本題要求找出矩陣 A 的列空間 (row space) 的一組標準正交基 (orthogonal basis)。
列空間是由矩陣 A 的列向量所張成的空間。首先，我們需要找出列空間的一組基底。由於列空間是由列向量張成的，我們可以直接考慮矩陣 A 的列向量。然而，更有效率的方法是將矩陣 A 轉置，然後找出轉置矩陣的行空間的基底，因為轉置矩陣的行空間就是原矩陣的列空間。

令 $A^T$ 為矩陣 A 的轉置矩陣：

$$A^T = \begin{bmatrix} 2 & 4 & 4 & -2 \\ -5 & -10 & -1 & 14 \\ 1 & 2 & 2 & -1 \end{bmatrix}$$

我們對 $A^T$ 進行列運算 (row operations) 以找出其行空間的基底。

$$\begin{bmatrix} 2 & 4 & 4 & -2 \\ -5 & -10 & -1 & 14 \\ 1 & 2 & 2 & -1 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_1 \leftrightarrow R_3} \begin{bmatrix} 1 & 2 & 2 & -1 \\ -5 & -10 & -1 & 14 \\ 2 & 4 & 4 & -2 \end{bmatrix}$$ $$\xrightarrow{R_2 \leftarrow R_2 + 5R_1, R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1} \begin{bmatrix} 1 & 2 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 9 & 9 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$ $$\xrightarrow{R_2 \leftarrow \frac{1}{9}R_2} \begin{bmatrix} 1 & 2 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$ $$\xrightarrow{R_1 \leftarrow R_1 - 2R_2} \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & -3 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

這個簡化矩陣的非零列向量是 $v_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \\ -3 \end{bmatrix}$ 和 $v_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$。
這些向量構成了 $A^T$ 的行空間的一組基底。因此，這些向量的轉置就是矩陣 A 的列空間的一組基底。
令 $w_1 = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & -3 \end{bmatrix}$ 和 $w_2 = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$。
它們是 A 的列空間的一組基底。

現在我們需要將這組基底轉換為標準正交基。我們可以使用 Gram-Schmidt 正交化過程。
令 $u_1 = w_1 = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & -3 \end{bmatrix}$。
令 $v_1 = u_1 = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & -3 \end{bmatrix}$。

計算 $u_2$：

$$u_2 = w_2 - \text{proj}_{v_1} w_2 = w_2 - \frac{w_2 \cdot v_1}{v_1 \cdot v_1} v_1$$ $$w_2 \cdot v_1 = (0)(1) + (0)(2) + (1)(0) + (1)(-3) = -3$$ $$v_1 \cdot v_1 = (1)^2 + (2)^2 + (0)^2 + (-3)^2 = 1 + 4 + 0 + 9 = 14$$ $$u_2 = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix} - \frac{-3}{14} \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & -3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} \frac{3}{14} & \frac{6}{14} & 0 & \frac{9}{14} \end{bmatrix}$$ $$u_2 = \begin{bmatrix} \frac{3}{14} & \frac{6}{14} & 1 & \frac{23}{14} \end{bmatrix}$$

我們可以用一個更簡單的向量來代表 $u_2$ 的方向，例如乘以 14：
令 $v_2' = 14 u_2 = \begin{bmatrix} 3 & 6 & 14 & 23 \end{bmatrix}$。
現在我們有了一組正交基：$v_1 = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & -3 \end{bmatrix}$ 和 $v_2' = \begin{bmatrix} 3 & 6 & 14 & 23 \end{bmatrix}$。

為了得到標準正交基，我們需要將這些向量正規化（單位化）。

$$\|v_1\| = \sqrt{14}$$ $$\|v_2'\| = \sqrt{3^2 + 6^2 + 14^2 + 23^2} = \sqrt{9 + 36 + 196 + 529} = \sqrt{770}$$

標準正交基為：

$$q_1 = \frac{1}{\sqrt{14}} \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & -3 \end{bmatrix}$$ $$q_2 = \frac{1}{\sqrt{770}} \begin{bmatrix} 3 & 6 & 14 & 23 \end{bmatrix}$$

這兩向量 $q_1$ 和 $q_2$ 構成了矩陣 A 的列空間的一組標準正交基。

另一種方法是直接對矩陣 A 的列向量進行 Gram-Schmidt 正交化。
令 A 的列向量為 $c_1, c_2, c_3, c_4$。

$$c_1 = \begin{bmatrix} 2 \\ 4 \\ 4 \\ -2 \end{bmatrix}, c_2 = \begin{bmatrix} -5 \\ -10 \\ -1 \\ 14 \end{bmatrix}, c_3 = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 2 \\ -1 \end{bmatrix}, c_4 = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

因為 $c_4$ 是零向量，它不會對列空間有貢獻。
我們需要找出 $c_1, c_2, c_3$ 的一個線性獨立子集作為 A 列空間的基底，然後進行 Gram-Schmidt。
觀察 $c_1 = 2 \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 2 \\ -1 \end{bmatrix} = 2 c_3$。
所以 $c_1$ 和 $c_3$ 是線性相關的。
觀察 $c_2$ 與 $c_1, c_3$ 的關係。
我們可以使用 A 的列空間的維度。矩陣 A 的維度是 $4 \times 3$。
對 A 進行列運算，找出其行空間的基底。

$$A = \begin{bmatrix} 2 & -5 & 1 \\ 4 & -10 & 2 \\ 4 & -1 & 2 \\ -2 & 14 & -1 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1, R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1, R_4 \leftarrow R_4 + R_1} \begin{bmatrix} 2 & -5 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 9 & 0 \\ 0 & 9 & 0 \end{bmatrix}$$

本題要求找出兩個線性變換複合後的標準矩陣。首先，我們需要分別找出 $T_1$ 和 $T_2$ 的標準矩陣，然後將它們相乘。

步驟 1：找出 $T_1$ 的標準矩陣。
$T_1: \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^2$ 定義為

$$T_1 \left( \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} \right) = \begin{bmatrix} 2x_1 - x_2 \\ 3x_2 - 4x_3 \end{bmatrix}$$

標準矩陣的第一行由 $T_1(e_1), T_1(e_2), T_1(e_3)$ 的第一個分量組成，第二行由第二個分量組成。
令 $e_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$, $e_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$, $e_3 = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。

$$T_1(e_1) = T_1 \left( \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \right) = \begin{bmatrix} 2(1) - 0 \\ 3(0) - 4(0) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \end{bmatrix}$$ $$T_1(e_2) = T_1 \left( \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} \right) = \begin{bmatrix} 2(0) - 1 \\ 3(1) - 4(0) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 \\ 3 \end{bmatrix}$$ $$T_1(e_3) = T_1 \left( \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \right) = \begin{bmatrix} 2(0) - 0 \\ 3(0) - 4(1) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ -4 \end{bmatrix}$$

所以 $T_1$ 的標準矩陣 $A_1$ 為：

$$A_1 = \begin{bmatrix} 2 & -1 & 0 \\ 0 & 3 & -4 \end{bmatrix}$$

步驟 2：找出 $T_2$ 的標準矩陣。
$T_2: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2$ 是將點 $x = (x_1, x_2)$ 關於直線 $x_1 = x_2$ 作反射。
標準矩陣的列由 $T_2(e_1)$ 和 $T_2(e_2)$ 組成。
$e_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$, $e_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。
點 $(1,0)$ 關於直線 $x_1 = x_2$ 的反射是 $(0,1)$。所以 $T_2(e_1) = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。

核心觀念

本題考查以下線性代數概念：

• 欄空間 $\operatorname{Col}(A)$ 的基底：取矩陣 $A$ 的主元欄，而且必須取原矩陣中的欄向量。
• 零空間 $\operatorname{Nul}(A)$ 的基底：由齊次方程 $Ax=0$ 的一般解，令自由變數依序取值所得到的基底向量。
• 完整解：非齊次方程 $Ax=b$ 的解可寫成 $$x=x_p+x_h,$$ 其中 $x_p$ 是一組特解，$x_h\in\operatorname{Nul}(A)$ 是齊次解。
• 主元欄由矩陣的列簡化形式判定，但欄空間的基底要回到原矩陣取欄向量。

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解題方法：列簡化

令

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

先進行列運算：

$$R_2\leftarrow R_2-R_1$$

得到

$$\begin{bmatrix} 1&0&0&1&0&1&4&3\\ 0&1&0&1&1&1&-2&-2\\ 0&-1&2&0&0&0&1&1 \end{bmatrix}.$$

再進行

$$R_3\leftarrow R_3+R_2, \qquad R_3\leftarrow \frac12R_3,$$

得到列簡化形式

$$\begin{bmatrix} 1&0&0&1&0&1&4&3\\ 0&1&0&1&1&1&-2&-2\\ 0&0&1&\frac12&\frac12&\frac12&-\frac12&-\frac12 \end{bmatrix}.$$

因此主元欄為第 $1,2,3$ 欄，自由欄為第 $4,5,6,7,8$ 欄，且

$$\operatorname{rank}(A)=3, \qquad \operatorname{nullity}(A)=8-3=5.$$

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(a) 欄空間的基底

主元欄為第 $1,2,3$ 欄，因此必須取原矩陣 $A$ 的第 $1,2,3$ 欄：

$$\boldsymbol a_1= \begin{bmatrix} 1\\1\\0 \end{bmatrix}, \qquad \boldsymbol a_2= \begin{bmatrix} 0\\1\\-1 \end{bmatrix}, \qquad \boldsymbol a_3= \begin{bmatrix} 0\\0\\2 \end{bmatrix}.$$

所以

$$\boxed{ \mathcal B_{\operatorname{Col}(A)} = \left\{ \begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0\\1\\-1\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0\\0\\2\end{bmatrix} \right\} }$$

由於有三個主元，欄空間的維度為 $3$。

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(b) 零空間的基底

令

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

由列簡化矩陣可得齊次方程 $Ax=0$ 的方程組：

$$x_1+x_4+x_6+4x_7+3x_8=0,$$ $$x_2+x_4+x_5+x_6-2x_7-2x_8=0,$$ $$x_3+\frac12x_4+\frac12x_5+\frac12x_6 -\frac12x_7-\frac12x_8=0.$$

將自由變數 $x_4,x_5,x_6,x_7,x_8$ 設為參數，可得

$$x_1=-x_4-x_6-4x_7-3x_8,$$ $$x_2=-x_4-x_5-x_6+2x_7+2x_8,$$ $$x_3= -\frac12x_4-\frac12x_5-\frac12x_6 +\frac12x_7+\frac12x_8.$$

因此

$$x= x_4 \begin{bmatrix} -1\\-1\\-\frac12\\1\\0\\0\\0\\0 \end{bmatrix} + x_5 \begin{bmatrix} 0\\-1\\-\frac12\\0\\1\\0\\0\\0 \end{bmatrix} + x_6 \begin{bmatrix} -1\\-1\\-\frac12\\0\\0\\1\\0\\0 \end{bmatrix}$$ $$\qquad + x_7 \begin{bmatrix} -4\\2\\\frac12\\0\\0\\0\\1\\0 \end{bmatrix} + x_8 \begin{bmatrix} -3\\2\\\frac12\\0\\0\\0\\0\\1 \end{bmatrix}.$$

為去除分數，各向量分別乘以 $2$，仍可形成一組基底。因此

核心觀念

本題考查：

• 特徵多項式與特徵值。
• 最小多項式的定義。
• 最小多項式中各線性因子的次方，與 Jordan block 大小的關係。
• Cayley–Hamilton 定理及其延伸應用。

矩陣 $A$ 的最小多項式 $p(x)$ 是滿足

$$p(A)=0$$

的首一最低次多項式。

若 $p(x)$ 的常數項不為 $0$，則可利用 $p(A)=0$ 將 $A^{-1}$ 表示成 $A$ 的多項式。

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解題方法

1. 求特徵值

矩陣 $A$ 為上三角矩陣，因此其特徵值為對角線元素：

$$2,\ 2,\ 3.$$

所以特徵多項式為

$$\chi_A(x)=(x-2)^2(x-3).$$

因此最小多項式必須具有形式

$$p(x)=(x-2)^r(x-3)^s,$$

其中 $r,s\geq 1$。

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2. 判斷 $(x-2)$ 的次方

計算

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

其兩個非零列相同，因此

$$\operatorname{rank}(A-2I)=1.$$

由秩－零度定理，

$$\dim\ker(A-2I)=3-1=2.$$

特徵值 $2$ 的代數重數為 $2$，幾何重數也為 $2$，表示特徵值 $2$ 對應的 Jordan block 全部為 $1\times 1$，所以不需要 $(x-2)^2$，只需要一次：

$$r=1.$$

特徵值 $3$ 的代數重數為 $1$，因此必然有

$$s=1.$$

故最小多項式為

$$\boxed{p(x)=(x-2)(x-3)}.$$

展開得

$$\boxed{p(x)=x^2-5x+6}.$$

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3. 直接驗證最小多項式

由

$$p(A)=A^2-5A+6I$$

驗證如下。

先計算

$$A^2= \begin{bmatrix} 2&-1&1\\ 0&2&0\\ 0&-1&3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2&-1&1\\ 0&2&0\\ 0&-1&3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4&-5&5\\ 0&4&0\\ 0&-5&9 \end{bmatrix}.$$

因此

本題要求找出矩陣 B 的正交對角化矩陣，並計算分塊矩陣 A 的 50 次方。

(a) 找出正交矩陣 $Q$ 使得 $Q^T BQ$ 為對角矩陣。
這意味著我們需要對稱矩陣 B 進行正交對角化。首先，我們需要找到 B 的特徵值和特徵向量。

矩陣 B 為：

$$B = \begin{bmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{bmatrix}$$

計算特徵多項式 $\det(B - \lambda I)$:

$$\det \begin{bmatrix} 2-\lambda & -1 \\ -1 & 2-\lambda \end{bmatrix} = (2-\lambda)^2 - (-1)(-1) = (2-\lambda)^2 - 1 = 0$$ $$(2-\lambda)^2 = 1 \implies 2-\lambda = \pm 1$$ $$2-\lambda = 1 \implies \lambda_1 = 1$$ $$2-\lambda = -1 \implies \lambda_2 = 3$$

特徵值為 $\lambda_1 = 1$ 和 $\lambda_2 = 3$。

現在找出對應的特徵向量。
對於 $\lambda_1 = 1$:
$(B - 1I)v = 0$

$$\begin{bmatrix} 2-1 & -1 \\ -1 & 2-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

$v_1 - v_2 = 0 \implies v_1 = v_2$。
取 $v_1 = 1$，則 $v_2 = 1$。特徵向量為 $v^{(1)} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$。
正規化此向量：$\|v^{(1)}\| = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$。
標準化特徵向量 $q_1 = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$。

對於 $\lambda_2 = 3$:
$(B - 3I)v = 0$

$$\begin{bmatrix} 2-3 & -1 \\ -1 & 2-3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 & -1 \\ -1 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

$-v_1 - v_2 = 0 \implies v_1 = -v_2$。
取 $v_2 = 1$，則 $v_1 = -1$。特徵向量為 $v^{(2)} = \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \end{bmatrix}$。
正規化此向量：$\|v^{(2)}\| = \sqrt{(-1)^2 + 1^2} = \sqrt{2}$。
標準化特徵向量 $q_2 = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \end{bmatrix}$。

正交矩陣 Q 由標準化特徵向量作為列向量組成：

$$Q = \begin{bmatrix} 1/\sqrt{2} & -1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \end{bmatrix}$$

驗證 $Q^T BQ = D$:

$$Q^T = \begin{bmatrix} 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \\ -1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \end{bmatrix}$$ $$Q^T B = \begin{bmatrix} 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \\ -1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} (2-1)/\sqrt{2} & (-1+2)/\sqrt{2} \\ (-2-1)/\sqrt{2} & (1+2)/\sqrt{2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \\ -3/\sqrt{2} & 3/\sqrt{2} \end{bmatrix}$$ $$Q^T BQ = \begin{bmatrix} 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \\ -3/\sqrt{2} & 3/\sqrt{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1/\sqrt{2} & -1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} (1+1)/2 & (-1+1)/2 \\ (-3+3)/2 & (3+3)/2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 3 \end{bmatrix}$$

對角矩陣 D 的對角線元素是特徵值 1 和 3，與我們的計算一致。

核心觀念

本題綜合考查：

• 相似矩陣與正交矩陣的定義。
• 奇數階斜對稱矩陣的行列式性質。
• 子空間判定與可對角化矩陣。
• 零空間與 Gram 矩陣 $A^T A$ 的關係。
• 線性映射的滿射、單射與有限維空間維度定理。

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(a)

判定：錯誤。

解題方法

正交矩陣 $B$ 滿足

$$B^T B=I.$$

相似關係 $A=PBP^{-1}$ 保持特徵值與行列式，但不一定保持正交性，因為相似變換中的 $P$ 不必為正交矩陣。

取

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

矩陣 $B$ 為正交矩陣，因為

$$B^T B=B^2=I.$$

又

$$P^{-1}= \begin{bmatrix} 1&-1\\ 0&1 \end{bmatrix},$$

因此

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

計算得

$$A^T A = \begin{bmatrix} 1&0\\ -2&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&-2\\ 0&-1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&-2\\ -2&5 \end{bmatrix} \neq I.$$

所以 $A$ 並非正交矩陣，卻與正交矩陣 $B$ 相似。

解題技巧

正交性通常在正交相似下保持，即 $A=Q B Q^T$ 且 $Q$ 正交；一般相似 $A=PBP^{-1}$ 不足以保證正交性。

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(b)

判定：正確。

核心觀念

若 $A$ 為 $3\times 3$ 斜對稱矩陣，則

$$A^T=-A.$$

利用行列式的轉置與倍乘性質：

$$\det(A)=\det(A^T)=\det(-A)=(-1)^3\det(A)=-\det(A).$$

因此

$$2\det(A)=0.$$

在實數域中 $2\neq 0$，故

$$\det(A)=0.$$

所以 $A$ 必為奇異矩陣。

解題技巧

一般而言，若 $A$ 是 $n\times n$ 斜對稱矩陣，則

$$\det(A)=(-1)^n\det(A).$$

當 $n$ 為奇數時，得到 $\det(A)=-\det(A)$，因此必有 $\det(A)=0$。本題的 $n=3$ 正是奇數階情形。

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(c)

判定：錯誤。

核心觀念

要成為子空間，集合必須滿足：

1. 包含零矩陣；
2. 對純量乘法封閉；
3. 對矩陣加法封閉。

雖然 $2\times 2$ 可對角化實矩陣對前兩項成立，但不一定對矩陣加法封閉。

選項分析

零矩陣可對角化，因為零矩陣本身就是對角矩陣。若 $A$ 可對角化，則對任意實數 $c$，$cA$ 也可對角化。因此關鍵在於加法封閉性。

取

$$A= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&0 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} -1&1\\ 0&0 \end{bmatrix}.$$

矩陣 $A$ 為對角矩陣，因此可對角化。矩陣 $B$ 的特徵值為 $-1$ 與 $0$，兩個特徵值相異，因此 $B$ 也可對角化。

但

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

此矩陣不是零矩陣，且