112 年 國立中正大學數學系碩士班《線性代數》

本題主要考查矩陣的列空間 (column space) 與列空間 (row space) 的基底求解。利用高斯消去法 (Gaussian elimination) 將矩陣化為列梯形矩陣 (Row Echelon Form, REF) 或約簡列梯形矩陣 (Reduced Row Echelon Form, RREF) 是求解的關鍵步驟。

(i) 求列空間 (row space) 的基底 $\beta_1$：
列空間是由矩陣的列向量所生成。我們將矩陣 A 的列向量寫成矩陣，然後進行列運算 (row operations) 將其化為列梯形矩陣。列運算不改變列空間。

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 3 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ -3 & 0 & 6 & -1 \\ 3 & 4 & -2 & 1 \\ 2 & 0 & -4 & -2 \end{pmatrix}$$

進行列運算：
$R_3 \leftarrow R_3 + 3R_1$
$R_4 \leftarrow R_4 - 3R_1$
$R_5 \leftarrow R_5 - 2R_1$

$$\begin{pmatrix} 1 & 3 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 9 & 9 & 8 \\ 0 & -5 & -5 & -8 \\ 0 & -6 & -6 & -8 \end{pmatrix}$$

$R_3 \leftarrow R_3 - 9R_2$
$R_4 \leftarrow R_4 + 5R_2$
$R_5 \leftarrow R_5 + 6R_2$

$$\begin{pmatrix} 1 & 3 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 8 \\ 0 & 0 & 0 & -8 \\ 0 & 0 & 0 & -8 \end{pmatrix}$$

$R_4 \leftarrow R_4 + R_3$
$R_5 \leftarrow R_5 + R_3$

$$\begin{pmatrix} 1 & 3 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 8 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

$R_3 \leftarrow \frac{1}{8}R_3$

$$\begin{pmatrix} 1 & 3 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

這是一個列梯形矩陣 (REF)。非零列向量構成了原矩陣列空間的一個基底。
因此，列空間的基底 $\beta_1$ 為：

$$\beta_1 = \{ (1, 3, 1, 3), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 1) \}$$

(ii) 求列空間 (column space) 的基底 $\beta_2$：
列空間是由矩陣的列向量所生成。我們將矩陣 A 的行向量寫成矩陣，然後進行列運算 (row operations) 將其化為列梯形矩陣。列運算不改變列空間。
或者，更常見的方法是將矩陣 A 進行列運算化為列梯形矩陣，然後找出主元 (pivot) 的位置。

核心觀念

若 $W=\ker f$，其中

$$f(x,y,z)=x-y+z,$$

要證明 $W$ 在矩陣變換 $T_B(\mathbf{x})=B\mathbf{x}$ 下不變，必須驗證：

$$\mathbf{w}\in W \Longrightarrow B\mathbf{w}\in W.$$

等價地，對任意 $\mathbf{w}\in W$，需有

$$(1,-1,1)B\mathbf{w}=0.$$

第二小題則使用換基公式。若 $P$ 的欄向量依序為 $v_1,v_2,v_3$，則

$$[T_B]_{\beta}=P^{-1}BP.$$

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（i）題目資料無法成立：$W$ 並非不變子空間

取

$$\mathbf{w}=(1,1,0).$$

因為

$$1-1+0=0,$$

所以 $\mathbf{w}\in W$。

計算其經過 $T_B$ 後的向量：

$$B\mathbf{w} = \begin{pmatrix} 3&2&6\\ 1&-6&3\\ 7&-2&-6 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\1\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5\\-5\\5 \end{pmatrix}.$$

檢查它是否屬於 $W$：

$$5-(-5)+5=15\neq 0.$$

因此

$$B\mathbf{w}\notin W,$$

故

$$T_B(W)\nsubseteq W.$$

所以依照題目所給的矩陣 $B$ 與條件 $x-y+z=0$，第（i）問的敘述是錯誤的，無法證明。

補充而言，直接計算也可得

$$(1,-1,1)B=(9,6,-3),$$

它不是 $(1,-1,1)$ 的純量倍數，因此也不可能保證 $\ker(1,-1,1)$ 在 $B$ 下保持不變。

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（ii）相對於基底 $\beta$ 的矩陣表示

令

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

其中三個欄向量分別為 $v_1,v_2,v_3$。

先計算各基底向量的像。

對 $v_1=(1,-1,1)^T$：

$$Bv_1 = \begin{pmatrix} 7\\10\\3 \end{pmatrix}.$$

若

$$Bv_1=av_1+bv_2+cv_3,$$

則

本題考查向量空間中的正交投影 (orthogonal projection)。在一個帶有內積的向量空間中，向量 $u$ 在向量 $v$ 上的正交投影定義為：

$$\text{proj}_v(u) = \frac{\langle u, v \rangle}{\langle v, v \rangle} v$$

這裡的向量空間是連續函數空間 $V = C([0,1])$，內積定義為 $\langle f, g \rangle = \int_0^1 f(x)g(x)dx$。
我們需要計算函數 $f(x) = x^3 + x$ 在函數 $g(x) = 2x + 1$ 上的正交投影。

首先，我們需要計算內積 $\langle f, g \rangle$ 和 $\langle g, g \rangle$。

計算 $\langle f, g \rangle$:

$$\langle f, g \rangle = \int_0^1 (x^3 + x)(2x + 1) dx$$ $$= \int_0^1 (2x^4 + x^3 + 2x^2 + x) dx$$ $$= \left[ \frac{2x^5}{5} + \frac{x^4}{4} + \frac{2x^3}{3} + \frac{x^2}{2} \right]_0^1$$ $$= \frac{2}{5} + \frac{1}{4} + \frac{2}{3} + \frac{1}{2} - (0)$$

為了計算這個值，我們需要找到共同分母，即 60。

$$= \frac{2 \cdot 12}{60} + \frac{1 \cdot 15}{60} + \frac{2 \cdot 20}{60} + \frac{1 \cdot 30}{60}$$

核心觀念

矩陣 $M$ 可對角化的充要條件是：對每個特徵值 $\lambda$，其幾何重數等於代數重數；等價地，矩陣必須具有 $4$ 個線性獨立的特徵向量。

若以特徵向量作為基底組成矩陣

$$P=(v_1\ v_2\ v_3\ v_4),$$

則

$$P^{-1}MP=D$$

為對角矩陣。

本題的關鍵在於特徵值 $3$ 的代數重數為 $2$，必須找到兩個線性獨立的 $\lambda=3$ 特徵向量，才能對角化。

解題方法：先求特徵值

將矩陣寫成分塊形式：

$$M= \begin{pmatrix} B&0\\ *&3 \end{pmatrix}, \qquad B= \begin{pmatrix} 3&4&0\\ 0&-1&0\\ 2&1&0 \end{pmatrix}.$$

因此 $M$ 為分塊下三角矩陣，其特徵多項式等於對角區塊特徵多項式的乘積：

$$\det(\lambda I-M) = \det(\lambda I-B)(\lambda-3).$$

而

$$\lambda I-B= \begin{pmatrix} \lambda-3&-4&0\\ 0&\lambda+1&0\\ -2&-1&\lambda \end{pmatrix},$$

故

$$\det(\lambda I-B) = \lambda(\lambda-3)(\lambda+1).$$

所以

$$\det(\lambda I-M) = \lambda(\lambda-3)^2(\lambda+1).$$

特徵值及其代數重數為：

$$\lambda=0,\qquad \lambda=-1,\qquad \lambda=3$$

其中 $\lambda=3$ 的代數重數為 $2$。

求各特徵值的特徵向量

$\lambda=3$

解

$$(M-3I)x=0.$$

有

$$M-3I= \begin{pmatrix} 0&4&0&0\\ 0&-4&0&0\\ 2&1&-3&0\\ -2&-2&2&0 \end{pmatrix}.$$

令

$$x= \begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{pmatrix},$$

則方程組為

$$4x_2=0,$$ $$2x_1+x_2-3x_3=0,$$ $$-2x_1-2x_2+2x_3=0.$$

由第一式得 $x_2=0$。代入後得到

$$2x_1-3x_3=0,$$

以及

$$-2x_1+2x_3=0.$$

第二個方程式給出 $x_1=x_3$，代入第一個方程式：

$$2x_3-3x_3=-x_3=0.$$

因此

$$x_1=x_2=x_3=0,$$

而 $x_4$ 可任意取值。故

本題考查矩陣的行列式計算 (determinant) 和伴隨矩陣 (adjoint matrix) 的性質。

(i) 利用第三行展開計算 $\det(A)$：
矩陣 A 為

$$A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 5 & 6 \\ 1 & 2 & 1 & 7 \\ 3 & 4 & 0 & -3 \end{pmatrix}$$

行列式按第三列展開的公式為：

$$\det(A) = \sum_{i=1}^{4} (-1)^{i+3} a_{i3} M_{i3}$$

其中 $a_{i3}$ 是矩陣 A 中第 i 行第 3 列的元素，$M_{i3}$ 是對應於 $a_{i3}$ 的餘因子 (minor)。
第三列的元素為 $a_{13}=0$, $a_{23}=5$, $a_{33}=1$, $a_{43}=0$。
因此，行列式計算簡化為：

$$\det(A) = (-1)^{1+3} a_{13} M_{13} + (-1)^{2+3} a_{23} M_{23} + (-1)^{3+3} a_{33} M_{33} + (-1)^{4+3} a_{43} M_{43}$$ $$= 0 \cdot M_{13} + (-1)^{5} (5) M_{23} + (-1)^{6} (1) M_{33} + 0 \cdot M_{43}$$ $$= -5 M_{23} + M_{33}$$

現在我們需要計算 $M_{23}$ 和 $M_{33}$。

計算 $M_{23}$ (刪除 A 的第 2 行和第 3 列)：

$$M_{23} = \det \begin{pmatrix} 2 & -1 & 2 \\ 1 & 2 & 7 \\ 3 & 4 & -3 \end{pmatrix}$$ $$= 2 \det \begin{pmatrix} 2 & 7 \\ 4 & -3 \end{pmatrix} - (-1) \det \begin{pmatrix} 1 & 7 \\ 3 & -3 \end{pmatrix} + 2 \det \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$$ $$= 2 (2(-3) - 7(4)) + 1 (1(-3) - 7(3)) + 2 (1(4) - 2(3))$$ $$= 2 (-6 - 28) + 1 (-3 - 21) + 2 (4 - 6)$$ $$= 2 (-34) + 1 (-24) + 2 (-2)$$ $$= -68 - 24 - 4 = -96$$

計算 $M_{33}$ (刪除 A 的第 3 行和第 3 列)：

$$M_{33} = \det \begin{pmatrix} 2 & -1 & 2 \\ 0 & 1 & 6 \\ 3 & 4 & -3 \end{pmatrix}$$