114 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化簡（Reduced Row Echelon Form, RREF）、零空間（Null Space）與行空間（Column Space）的基底求解，以及向量在子空間上的正交投影。

核心觀念：

1. 高斯-約旦消去法（Gauss-Jordan elimination）求 RREF。
2. RREF 矩陣的領導係數（leading 1）對應到原矩陣的線性獨立行，組成行空間的基底。
3. RREF 矩陣可以方便地找出零空間的參數形式，進而得到零空間的基底。
4. 向量在子空間上的正交投影公式：若 $W$ 是 $\mathbb{R}^n$ 的一個子空間，且 $\{w_1, \dots, w_k\}$ 是 $W$ 的一組標準正交基（orthonormal basis），則向量 $b$ 在 $W$ 上的投影為 $\text{proj}_W b = \sum_{i=1}^k (b \cdot w_i) w_i$。若 $\{w_1, \dots, w_k\}$ 僅是 $W$ 的一組基底，則投影為 $P b$，其中 $P = W(W^T W)^{-1} W^T$，而 $W$ 的行向量由 $\{w_1, \dots, w_k\}$ 組成。

解題過程：

(a) 計算矩陣 $A$ 的簡化列梯形式 (Reduced Row Echelon Form, RREF)。
我們對矩陣 $A$ 進行列運算：

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 1 & 3 & 5 & 7 & 9 \\ 1 & 4 & 7 & 10 & 13 \end{pmatrix}$$

$R_2 \leftarrow R_2 - R_1$, $R_3 \leftarrow R_3 - R_1$, $R_4 \leftarrow R_4 - R_1$:

$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 2 & 4 & 6 & 8 \\ 0 & 3 & 6 & 9 & 12 \end{pmatrix}$$

$R_3 \leftarrow R_3 - 2R_2$, $R_4 \leftarrow R_4 - 3R_2$:

$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

$R_1 \leftarrow R_1 - R_2$:

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

這是矩陣 $A$ 的簡化列梯形式 (RREF)。

【答案】

$$\text{RREF}(A) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & -2 & -3 \\ 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

(b) 找出 $N(L_A)$ 的一組基底，以及 $R(L_A)$ 的一組基底。

• $N(L_A)$ 的基底 (Null Space Basis):
  $N(L_A)$ 是方程組 $Ax=0$ 的解集合。由 RREF 可知，對應到 $Ax=0$ 的方程組為：
  $x_1 - x_3 - 2x_4 - 3x_5 = 0$
  $x_2 + 2x_3 + 3x_4 + 4x_5 = 0$
  其中 $x_1, x_2$ 是主變數 (pivot variables)，$x_3, x_4, x_5$ 是自由變數 (free variables)。
  我們將自由變數表示為主變數：
  $x_1 = x_3 + 2x_4 + 3x_5$
  $x_2 = -2x_3 - 3x_4 - 4x_5$
  令 $x_3=s, x_4=t, x_5=u$，則解向量 $x$ 為：

  $$x = \begin{pmatrix} s + 2t + 3u \\ -2s - 3t - 4u \\ s \\ t \\ u \end{pmatrix} = s \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + u \begin{pmatrix} 3 \\ -4 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$$

  因此，$N(L_A)$ 的一組基底為：

  $$\left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 3 \\ -4 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right\}$$

  零空間的維度是 3，這與自由變數的個數相符。

• $R(L_A)$ 的基底 (Column Space Basis):
  $R(L_A)$ 是矩陣 $A$ 的行空間。根據 RREF，前兩個列向量是主列（包含 leading 1 的列）。因此，對應到原矩陣 $A$ 的前兩列是 $R(L_A)$ 的一組基底。

  $$\text{basis of } R(L_A) = \left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix} \right\}$$

  行空間的維度是 2，這與主變數的個數相符。

【答案】
$N(L_A)$ 的一組基底為 $\left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 3 \\ -4 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right\}$。
$R(L_A)$ 的一組基底為 $\left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix} \right\}$。

(c) 將向量 $b$ 正交投影到 $R(L_A)$ 上。
$R(L_A)$ 是由向量 $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ 和 $v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix}$ 所張成的子空間。
為了計算投影，我們需要 $R(L_A)$ 的一組標準正交基。我們可以使用 Gram-Schmidt 過程。
令 $u_1 = v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$。
$w_1 = u_1 / \|u_1\| = \frac{1}{\sqrt{1^2+1^2+1^2+1^2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$。

接下來計算 $u_2$:
$u_2 = v_2 - \text{proj}_{u_1} v_2 = v_2 - \frac{v_2 \cdot u_1}{u_1 \cdot u_1} u_1$

本題考查著名範德蒙行列式（Vandermonde determinant）的計算。

核心觀念：
範德蒙行列式的公式為：

$$\det(V) = \prod_{1 \le i < j \le n} (k_j - k_i)$$

其中 $V$ 是由 $k_i$ 組成的範德蒙矩陣。

解題過程：
此行列式即為一個 $n \times n$ 的範德蒙矩陣的行列式。

$$V = \begin{pmatrix} 1 & k_1 & k_1^2 & \dots & k_1^{n-1} \\ 1 & k_2 & k_2^2 & \dots & k_2^{n-1} \\ 1 & k_3 & k_3^2 & \dots & k_3^{n-1} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & k_n & k_n^2 & \dots & k_n^{n-1} \end{pmatrix}$$

我們可以通過一系列的列運算來證明這個公式，或者直接套用公式。

證明思路（列運算）：
考慮 $n=3$ 的情況：

$$\begin{vmatrix} 1 & k_1 & k_1^2 \\ 1 & k_2 & k_2^2 \\ 1 & k_3 & k_3^2 \end{vmatrix}$$

$R_2 \leftarrow R_2 - R_1$, $R_3 \leftarrow R_3 - R_1$:

$$\begin{vmatrix} 1 & k_1 & k_1^2 \\ 0 & k_2-k_1 & k_2^2-k_1^2 \\ 0 & k_3-k_1 & k_3^2-k_1^2 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & k_1 & k_1^2 \\ 0 & k_2-k_1 & (k_2-k_1)(k_2+k_1) \\ 0 & k_3-k_1 & (k_3-k_1)(k_3+k_1) \end{vmatrix}$$

展開第一列：

本題主要考查矩陣對角化（Diagonalization）與矩陣的冪次計算。

核心觀念：

1. 矩陣對角化：一個 $n \times n$ 矩陣 $A$ 可以對角化若且唯若它有 $n$ 個線性獨立的特徵向量。若 $A$ 的特徵值為 $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ 且對應的特徵向量為 $v_1, \dots, v_n$，則令 $P = [v_1 \dots v_n]$ 且 $D = \text{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$，則 $A = PDP^{-1}$。
2. 矩陣的冪次：若 $A = PDP^{-1}$，則 $A^n = PD^n P^{-1}$。對角矩陣的冪次計算非常簡單，即 $D^n = \text{diag}(\lambda_1^n, \dots, \lambda_n^n)$。

解題過程：

(a) 對角化矩陣 $B$。
首先，我們需要找到矩陣 $B$ 的特徵值和特徵向量。
特徵方程為 $\det(B - \lambda I) = 0$。

$$\det \begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 \\ 1 & -\lambda \end{pmatrix} = (1-\lambda)(-\lambda) - 1 \cdot 1 = -\lambda + \lambda^2 - 1 = \lambda^2 - \lambda - 1 = 0$$

使用二次公式求解特徵值 $\lambda$:

$$\lambda = \frac{-(-1) \pm \sqrt{(-1)^2 - 4(1)(-1)}}{2(1)} = \frac{1 \pm \sqrt{1+4}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$$

令 $\lambda_1 = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ (黃金比例 $\phi$)，$\lambda_2 = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$ (即 $1-\phi = -\frac{1}{\phi}$)。

接下來，我們尋找對應於每個特徵值的特徵向量。

• 對於 $\lambda_1 = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$:
  解 $(B - \lambda_1 I) v = 0$:

  $$\begin{pmatrix} 1 - \frac{1+\sqrt{5}}{2} & 1 \\ 1 & -\frac{1+\sqrt{5}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$ $$\begin{pmatrix} \frac{2-1-\sqrt{5}}{2} & 1 \\ 1 & -\frac{1+\sqrt{5}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1-\sqrt{5}}{2} & 1 \\ 1 & -\frac{1+\sqrt{5}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

  從第一行方程式：$\frac{1-\sqrt{5}}{2} x + y = 0 \implies y = -\frac{1-\sqrt{5}}{2} x = \frac{\sqrt{5}-1}{2} x$。
  注意，$\frac{\sqrt{5}-1}{2} = \frac{1}{\phi} = \phi - 1$。
  所以，令 $x=1$，則 $y = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
  特徵向量 $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ \frac{\sqrt{5}-1}{2} \end{pmatrix}$。
  或者，從第二行方程式：$x - \frac{1+\sqrt{5}}{2} y = 0 \implies x = \frac{1+\sqrt{5}}{2} y$。
  令 $y=1$，則 $x = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$。
  特徵向量 $v_1 = \begin{pmatrix} \frac{1+\sqrt{5}}{2} \\ 1 \end{pmatrix}$。
  這兩個向量是成比例的，因為 $\frac{1+\sqrt{5}}{2} \cdot \frac{\sqrt{5}-1}{2} = \frac{(\sqrt{5})^2 - 1^2}{4} = \frac{5-1}{4} = 1$。
  我們選擇 $v_1 = \begin{pmatrix} \frac{1+\sqrt{5}}{2} \\ 1 \end{pmatrix}$。

• 對於 $\lambda_2 = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$:
  解 $(B - \lambda_2 I) v = 0$:

  $$\begin{pmatrix} 1 - \frac{1-\sqrt{5}}{2} & 1 \\ 1 & -\frac{1-\sqrt{5}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$ $$\begin{pmatrix} \frac{2-1+\sqrt{5}}{2} & 1 \\ 1 & -\frac{1-\sqrt{5}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1+\sqrt{5}}{2} & 1 \\ 1 & \frac{\sqrt{5}-1}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

  從第一行方程式：$\frac{1+\sqrt{5}}{2} x + y = 0 \implies y = -\frac{1+\sqrt{5}}{2} x$。
  令 $x=1$，則 $y = -\frac{1+\sqrt{5}}{2}$。
  特徵向量 $v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -\frac{1+\sqrt{5}}{2} \end{pmatrix}$。
  或者，從第二行方程式：$x + \frac{\sqrt{5}-1}{2} y = 0 \implies x = -\frac{\sqrt{5}-1}{2} y$。
  令 $y=1$，則 $x = -\frac{\sqrt{5}-1}{2} = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$。
  特徵向量 $v_2 = \begin{pmatrix} \frac{1-\sqrt{5}}{2} \\ 1 \end{pmatrix}$。
  我們選擇 $v_2 = \begin{pmatrix} \frac{1-\sqrt{5}}{2} \\ 1 \end{pmatrix}$。

矩陣 $P$ 由特徵向量作為行向量（或列向量，取決於定義）組成，對角矩陣 $D$ 由對應的特徵值組成。
令 $P$ 的列向量為特徵向量：
$P = \begin{pmatrix} \lambda_1 & \lambda_2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1+\sqrt{5}}{2} & \frac{1-\sqrt{5}}{2} \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$
$D = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1+\sqrt{5}}{2} & 0 \\ 0 & \frac{1-\sqrt{5}}{2} \end{pmatrix}$

我們需要計算 $P^{-1}$。
$\det(P) = \frac{1+\sqrt{5}}{2} \cdot 1 - \frac{1-\sqrt{5}}{2} \cdot 1 = \frac{1+\sqrt{5} - (1-\sqrt{5})}{2} = \frac{2\sqrt{5}}{2} = \sqrt{5}$。

$$P^{-1} = \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 1 & -\frac{1-\sqrt{5}}{2} \\ -1 & \frac{1+\sqrt{5}}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{5}} & \frac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt{5}} \\ -\frac{1}{\sqrt{5}} & \frac{1+\sqrt{5}}{2\sqrt{5}} \end{pmatrix}$$

驗證 $B = PDP^{-1}$:
$PD = \begin{pmatrix} \frac{1+\sqrt{5}}{2} & \frac{1-\sqrt{5}}{2} \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{1+\sqrt{5}}{2} & 0 \\ 0 & \frac{1-\sqrt{5}}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (\frac{1+\sqrt{5}}{2})^2 & (\frac{1-\sqrt{5}}{2})^2 \\ \frac{1+\sqrt{5}}{2} & \frac{1-\sqrt{5}}{2} \end{pmatrix}$
$(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^2 = \frac{1+2\sqrt{5}+5}{4} = \frac{6+2\sqrt{5}}{4} = \frac{3+\sqrt{5}}{2}$
$(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^2 = \frac{1-2\sqrt{5}+5}{4} = \frac{6-2\sqrt{5}}{4} = \frac{3-\sqrt{5}}{2}$
$PD = \begin{pmatrix} \frac{3+\sqrt{5}}{2} & \frac{3-\sqrt{5}}{2} \\ \frac{1+\sqrt{5}}{2} & \frac{1-\sqrt{5}}{2} \end{pmatrix}$

核心觀念

本題使用以下觀念：

1. 線性獨立的定義：若
   $c_1u_1+\cdots+c_ku_k=0$
   必須推出
   $c_1=\cdots=c_k=0。$

2. 線性映射 $L_A:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 定義為
   $L_A(v)=Av。$

3. 矩陣乘法代表線性映射的合成：
   $L_{AB}=L_A\circ L_B，\qquad (AB)v=A(Bv)。$

4. 矩陣的秩為其值域的維度：
   $\operatorname{rank}(A)=\dim R(L_A)。$

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（a）證明

已知
$\{Av_1,Av_2,\dots,Av_k\}$
在線性空間 $\mathbb{R}^n$ 中線性獨立。欲證明
$\{v_1,v_2,\dots,v_k\}$
也線性獨立。

考慮任意一組純量 $c_1,c_2,\dots,c_k$，使得
$c_1v_1+c_2v_2+\cdots+c_kv_k=0。$

兩邊同時左乘矩陣 $A$，得到
$A(c_1v_1+c_2v_2+\cdots+c_kv_k)=A0=0。$

由矩陣乘法的線性性，
$c_1Av_1+c_2Av_2+\cdots+c_kAv_k=0。$

因為
$\{Av_1,Av_2,\dots,Av_k\}$
線性獨立，所以其係數必全部為零，即
$c_1=c_2=\cdots=c_k=0。$

因此依照線性獨立的定義，
$\boxed{\{v_1,v_2,\dots,v_k\}\text{ 線性獨立}}。$

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（b）證明 $\operatorname{rank}(AB)\leq \operatorname{rank}(B)$

令
$W=R(L_B)=\operatorname{range}(B)。$

由於
$L_{AB}=L_A\circ L_B，$
所以
$R(L_{AB})=L_A(R(L_B))=L_A(W)。$

因此
$\operatorname{rank}(AB)=\dim L_A(W)。$

本題考查向量空間中的內積、子空間的正交補空間（Orthogonal Complement）的性質，包括其為子空間的證明、與原子空間的交集性質，以及正交補空間與子空間和（Sum of Subspaces）與交集（Intersection）之間的關係。

核心觀念：

1. 子空間的性質：一個集合是子空間，若且唯若它包含零向量，且對加法和純量乘法封閉。
2. 正交補空間：子空間 $W$ 的正交補空間 $W^\perp$ 是所有與 $W$ 中所有向量都正交的向量的集合。
3. 維度定理：對於 $\mathbb{R}^n$ 的任何子空間 $W$，有 $\dim(W) + \dim(W^\perp) = n$。
4. 子空間的和：兩個子空間 $W_1, W_2$ 的和 $W_1 + W_2 = \{w_1 + w_2 \mid w_1 \in W_1, w_2 \in W_2\}$。
5. 子空間的交集：兩個子空間 $W_1, W_2$ 的交集 $W_1 \cap W_2 = \{v \mid v \in W_1 \text{ and } v \in W_2\}$。
6. 集合關係的證明：證明兩個集合相等，通常需要證明它們互為對方子集。

解題過程：

(a) 證明 $W^\perp$ 是子空間。
要證明 $W^\perp$ 是 $\mathbb{R}^n$ 的一個子空間，我們需要驗證以下三點：

1. 零向量是否在 $W^\perp$ 中。

2. $W^\perp$ 對加法是否封閉。

3. $W^\perp$ 對純量乘法是否封閉。

4. 零向量：
   令 $0 \in \mathbb{R}^n$ 為零向量。對於任意 $w \in W$，內積 $0 \cdot w = 0$。
   根據 $W^\perp$ 的定義，$W^\perp = \{v \mid \forall w \in W, v \cdot w = 0\}$。
   由於零向量 $0$ 滿足對於所有 $w \in W$ 都有 $0 \cdot w = 0$，所以 $0 \in W^\perp$。

5. 對加法封閉：
   設 $u, v \in W^\perp$。這表示：
   對於所有 $w \in W$，有 $u \cdot w = 0$。
   對於所有 $w \in W$，有 $v \cdot w = 0$。
   我們需要證明 $u+v \in W^\perp$。這意味著需要證明對於所有 $w \in W$，有 $(u+v) \cdot w = 0$。
   利用內積的線性性質：
   $(u+v) \cdot w = u \cdot w + v \cdot w$。
   由於 $u \cdot w = 0$ 且 $v \cdot w = 0$，我們得到 $(u+v) \cdot w = 0 + 0 = 0$。
   因此，$u+v \in W^\perp$。$W^\perp$ 對加法封閉。

6. 對純量乘法封閉：
   設 $v \in W^\perp$ 且 $c \in \mathbb{R}$ 為一個純量。這表示：
   對於所有 $w \in W$，有 $v \cdot w = 0$。
   我們需要證明 $cv \in W^\perp$。這意味著需要證明對於所有 $w \in W$，有 $(cv) \cdot w = 0$。
   利用內積的線性性質：
   $(cv) \cdot w = c(v \cdot w)$。
   由於 $v \cdot w = 0$，我們得到 $(cv) \cdot w = c \cdot 0 = 0$。
   因此，$cv \in W^\perp$。$W^\perp$ 對純量乘法封閉。

由於 $W^\perp$ 包含零向量，對加法封閉，對純量乘法封閉，所以 $W^\perp$ 是 $\mathbb{R}^n$ 的一個子空間。

【答案】
證明完畢。

(b) 證明 $W^\perp \cap W = \{0\}$。
我們需要證明 $W^\perp \cap W$ 只包含零向量。
設 $v \in W^\perp \cap W$。
因為 $v \in W^\perp$，根據 $W^\perp$ 的定義，對於所有 $w \in W$，都有 $v \cdot w = 0$。
因為 $v \in W$，所以我們特別可以令 $w=v$ (因為 $v$ 本身就是 $W$ 中的一個向量)。
所以，我們有 $v \cdot v = 0$。
內積 $v \cdot v$ 等於向量 $v$ 的歐幾里得範數（長度）的平方，即 $\|v\|^2$。