108 年 國立政治大學應用數學系碩士班《線性代數》

本題主要在考察向量空間的直和分解。我們需要證明兩個條件：

1. $V = U + W$：即任意的 $n \times n$ 矩陣都可以表示為一個對稱矩陣和一個反對稱矩陣的和。
2. $U \cap W = \{0\}$：即唯一同時是 Both 對稱和反對稱的矩陣是零矩陣。

證明：
首先，我們證明 $V = U + W$。
對於任意一個 $n \times n$ 矩陣 $M \in V$，我們可以將其寫成以下形式：
$M = \frac{1}{2}(M + M^T) + \frac{1}{2}(M - M^T)$
令 $M_s = \frac{1}{2}(M + M^T)$，則 $M_s^T = \frac{1}{2}(M^T + (M^T)^T) = \frac{1}{2}(M^T + M) = M_s$。因此，$M_s$ 是一個對稱矩陣，所以 $M_s \in U$。

本題主要考察子空間的維度計算，特別是和空間與交空間的維度。我們需要利用矩陣的秩來計算向量組的維度，並應用維度公式 $\dim(U+W) = \dim(U) + \dim(W) - \dim(U \cap W)$。

首先，我們找出子空間 $U$ 和 $W$ 的基底，並計算它們的維度。

對於子空間 $U$，其生成向量為 $v_1 = (1, 1, 0, -1)$, $v_2 = (1, 2, 3, 0)$, $v_3 = (2, 3, 3, -1)$。
我們將這些向量作為行向量放入一個矩陣中，並進行列運算來找出線性獨立的向量：
$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -1 \\ 1 & 2 & 3 & 0 \\ 2 & 3 & 3 & -1 \end{pmatrix}$
對 $A$ 進行列運算：
$R_2 \leftarrow R_2 - R_1$:
$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 3 & 1 \\ 2 & 3 & 3 & -1 \end{pmatrix}$
$R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1$:
$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 3 & 1 \end{pmatrix}$
$R_3 \leftarrow R_3 - R_2$:
$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
矩陣的秩為 2，所以 $\dim(U) = 2$。$U$ 的一個基底可以是 $\{(1, 1, 0, -1), (0, 1, 3, 1)\}$。

對於子空間 $W$，其生成向量為 $w_1 = (1, 2, 2, -2)$, $w_2 = (2, 3, 2, 3)$, $w_3 = (1, 3, 4, -3)$。
我們將這些向量作為行向量放入一個矩陣中，並進行列運算：
$B = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 & -2 \\ 2 & 3 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 4 & -3 \end{pmatrix}$
對 $B$ 進行列運算：
$R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1$:
$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 & -2 \\ 0 & -1 & -2 & 7 \\ 1 & 3 & 4 & -3 \end{pmatrix}$
$R_3 \leftarrow R_3 - R_1$:
$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 & -2 \\ 0 & -1 & -2 & 7 \\ 0 & 1 & 2 & -1 \end{pmatrix}$
$R_3 \leftarrow R_3 + R_2$:
$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 & -2 \\ 0 & -1 & -2 & 7 \\ 0 & 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}$
矩陣的秩為 3，所以 $\dim(W) = 3$。$W$ 的一個基底可以是 $\{(1, 2, 2, -2), (0, -1, -2, 7), (0, 0, 0, 6)\}$。

(a) 計算 $\dim(U+W)$
$U+W$ 是由 $U$ 和 $W$ 的所有生成向量所生成的子空間。我們可以將 $U$ 和 $W$ 的生成向量合併起來，然後計算合併後的向量組的秩。
合併後的向量組為：
$\{(1, 1, 0, -1), (1, 2, 3, 0), (2, 3, 3, -1), (1, 2, 2, -2), (2, 3, 2, 3), (1, 3, 4, -3)\}$
將這些向量作為行向量放入一個矩陣：
$C = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -1 \\ 1 & 2 & 3 & 0 \\ 2 & 3 & 3 & -1 \\ 1 & 2 & 2 & -2 \\ 2 & 3 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 4 & -3 \end{pmatrix}$
進行列運算：
$R_2 \leftarrow R_2 - R_1$:
$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 3 & 1 \\ 2 & 3 & 3 & -1 \\ 1 & 2 & 2 & -2 \\ 2 & 3 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 4 & -3 \end{pmatrix}$
$R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1$:
$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 3 & 1 \\ 1 & 2 & 2 & -2 \\ 2 & 3 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 4 & -3 \end{pmatrix}$
$R_4 \leftarrow R_4 - R_1$:
$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & -1 \\ 2 & 3 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 4 & -3 \end{pmatrix}$
$R_5 \leftarrow R_5 - 2R_1$:
$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & -1 \\ 0 & 1 & 2 & 5 \\ 1 & 3 & 4 & -3 \end{pmatrix}$
$R_6 \leftarrow R_6 - R_1$:

本題考察線性映射的性質，特別是「非奇異 (nonsingular)」的定義與線性獨立的關係。一個線性映射 $F: V \to U$ 是非奇異的，當且僅當它的核 (kernel) 是零向量空間，即 $\ker(F) = \{0\}$。本題要求證明這個條件等價於「線性獨立集的像 (image) 仍然是線性獨立的」。

證明：
我們需要證明兩個方向：
($\Rightarrow$) 假設 $F: V \to U$ 是非奇異的。我們需要證明若 $\{v_1, \dots, v_k\}$ 是 $V$ 中的一個線性獨立集，則 $\{F(v_1), \dots, F(v_k)\}$ 是 $U$ 中的一個線性獨立集。
考慮線性組合 $c_1 F(v_1) + \dots + c_k F(v_k) = 0_U$，其中 $c_i \in \mathbb{R}$ 且 $0_U$ 是 $U$ 中的零向量。
由於 $F$ 是線性的，我們可以將其寫成 $F(c_1 v_1 + \dots + c_k v_k) = 0_U$。
因為 $F$ 是非奇異的，所以 $\ker(F) = \{0\}$。這意味著，如果 $F(x) = 0_U$，則 $x = 0_V$（$V$ 中的零向量）。
因此，$c_1 v_1 + \dots + c_k v_k = 0_V$。

本題主要考察線性變換的秩 (rank) 的性質，特別是複合變換的秩與各個變換的秩之間的關係。我們需要利用秩的定義和核空間 (kernel) 的性質來證明這個不等式。

核心概念：
線性變換 $T: X \to Y$ 的秩 $\operatorname{rank}(T)$ 定義為像空間 $\operatorname{Im}(T)$ 的維度。
線性變換 $T: X \to Y$ 的零度 (nullity) $\operatorname{nullity}(T)$ 定義為核空間 $\ker(T)$ 的維度。
秩-零度定理：對於線性變換 $T: X \to Y$，有 $\dim(X) = \operatorname{rank}(T) + \operatorname{nullity}(T)$。

證明：
我們需要證明 $\operatorname{rank}(G \circ F) \leq \operatorname{rank}(F)$ 和 $\operatorname{rank}(G \circ F) \leq \operatorname{rank}(G)$。

第一部分：證明 $\operatorname{rank}(G \circ F) \leq \operatorname{rank}(F)$。
令 $H = G \circ F$。則 $H: V \to W$。
$\operatorname{rank}(H) = \dim(\operatorname{Im}(H)) = \dim(\operatorname{Im}(G \circ F))$。
$\operatorname{Im}(G \circ F) = \{ G(F(v)) \mid v \in V \}$.
注意到，對於任意 $v \in V$, $F(v) \in \operatorname{Im}(F)$。
所以，$\operatorname{Im}(G \circ F) = \{ G(u) \mid u \in \operatorname{Im}(F) \}$。
這表示 $\operatorname{Im}(G \circ F)$ 是 $\operatorname{Im}(F)$ 在 $G$ 的作用下的像。
因此，$\operatorname{Im}(G \circ F)$ 是 $\operatorname{Im}(F)$ 的一個子空間。
子空間的維度不可能大於其包含的空間的維度。
所以，$\dim(\operatorname{Im}(G \circ F)) \leq \dim(\operatorname{Im}(F))$。
即 $\operatorname{rank}(G \circ F) \leq \operatorname{rank}(F)$。

第二部分：證明 $\operatorname{rank}(G \circ F) \leq \operatorname{rank}(G)$。
令 $H = G \circ F$。

本題考察冪等算子 (idempotent operator) 的性質。給定的條件 $E^2 = E$ 表示 $E$ 是一個投影算子。我們需要證明關於像空間 $U = \operatorname{Im}(E)$ 和核空間 $W = \ker(E)$ 的幾個重要性質。

核心概念：
冪等算子 $E^2 = E$。
像空間 $\operatorname{Im}(E) = \{ E(v) \mid v \in V \}$。
核空間 $\ker(E) = \{ v \in V \mid E(v) = 0 \}$。

(a) 證明：若 $u \in U$，則 $E(u) = u$。
根據 $U$ 的定義，若 $u \in U$，則存在某個 $v \in V$ 使得 $u = E(v)$。
現在我們計算 $E(u)$：
$E(u) = E(E(v))$。
由於 $E^2 = E$，我們有 $E(E(v)) = E^2(v) = E(v)$。
所以，$E(u) = E(v)$。
又因為 $u = E(v)$，所以 $E(u) = u$。
這表示對於像空間中的任何向量，算子 $E$ 作用在其上等於恆等算子。

(b) 證明：若 $E$ 不是恆等算子 $I$ on $V$，則 $E$ 是奇異的 (singular)。
一個線性算子是奇異的，當且僅當它的核空間維度大於 0，即 $\ker(E) \neq \{0\}$。
我們需要證明，如果 $E \neq I$，則 $\ker(E)$ 中存在非零向量。
考慮 $E - I$ 這個算子。
對於任意 $v \in V$，我們有 $(E-I)v = E(v) - Iv = E(v) - v$。
如果 $E \neq I$，則存在至少一個向量 $v_0 \in V$ 使得 $E(v_0) \neq v_0$。
也就是說，$(E-I)v_0 = E(v_0) - v_0 \neq 0$。

我們知道 $\operatorname{rank}(E) + \operatorname{nullity}(E) = \dim(V)$。
如果 $E$ 是非奇異的，則 $\operatorname{nullity}(E) = 0$，所以 $\operatorname{rank}(E) = \dim(V)$。
這意味著 $\operatorname{Im}(E) = V$。
根據 (a)，若 $u \in U = \operatorname{Im}(E)$，則 $E(u) = u$。

本題考察線性算子的矩陣表示。給定一個向量空間 $V$ 和其上的線性算子 $D$，我們需要找到 $D$ 在給定基底下的矩陣表示。

核心概念：
一個線性算子 $T$ 在基底 $\{v_1, v_2, \dots, v_n\}$ 下的矩陣表示 $A$ 的第 $j$ 欄由 $T(v_j)$ 在該基底下的座標向量組成。即，若 $T(v_j) = \sum_{i=1}^n a_{ij} v_i$，則矩陣 $A$ 的第 $j$ 欄是向量 $(a_{1j}, a_{2j}, \dots, a_{nj})^T$。

給定向量空間 $V$ 的基底為 $B = \{v_1, v_2, v_3\}$，其中
$v_1 = e^{st}$
$v_2 = te^{st}$
$v_3 = t^2e^{st}$

線性算子為微分算子 $D(f) = \frac{df}{dt}$。

我們需要計算 $D$ 作用在基底向量上的結果，並將結果表示成基底向量的線性組合。

1. 計算 $D(v_1)$:
   $v_1 = e^{st}$
   $D(v_1) = \frac{d}{dt}(e^{st}) = s e^{st}$。
   將 $D(v_1)$ 表示成基底 $B$ 的線性組合：
   $D(v_1) = s e^{st} = s v_1 + 0 v_2 + 0 v_3$。
   所以，矩陣表示的第一欄是 $\begin{pmatrix} s \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$。

2. 計算 $D(v_2)$:
   $v_2 = te^{st}$
   $D(v_2) = \frac{d}{dt}(te^{st})$。

本題考察分塊矩陣的最小多項式 (minimum polynomial) 與其對角塊矩陣的最小多項式之間的關係。

核心概念：
最小多項式 $m(t)$ 是使得 $m(M) = 0$ 的最低次數的首一多項式。
對於一個矩陣 $A$，其最小多項式 $g(t)$ 滿足 $g(A) = 0$。
對於一個矩陣 $B$，其最小多項式 $h(t)$ 滿足 $h(B) = 0$。

證明：
設 $g(t)$ 是矩陣 $A$ 的最小多項式，且 $h(t)$ 是矩陣 $B$ 的最小多項式。
設 $m(t)$ 是矩陣 $M = \begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & B \end{pmatrix}$ 的最小多項式。

首先，我們證明 $lcm(g(t), h(t))$ 是 $M$ 的一個零化多項式，即 $lcm(g(t), h(t))$ 作用在 $M$ 上結果為零矩陣。
設 $L(t) = lcm(g(t), h(t))$。
由於 $g(t)$ 是 $A$ 的最小多項式，所以 $g(A) = 0$。
由於 $h(t)$ 是 $B$ 的最小多項式，所以 $h(B) = 0$。

考慮 $L(M)$:
$L(M) = L\left(\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & B \end{pmatrix}\right)$
由於 $L(t)$ 可以被 $g(t)$ 整除，所以 $L(t) = q_1(t)g(t)$ 對於某個多項式 $q_1(t)$。
所以 $L(A) = q_1(A)g(A) = q_1(A) \cdot 0 = 0$。
同理，由於 $L(t)$ 可以被 $h(t)$ 整除，所以 $L(t) = q_2(t)h(t)$ 對於某個多項式 $q_2(t)$。
所以 $L(B) = q_2(B)h(B) = q_2(B) \cdot 0 = 0$。

核心觀念

線性獨立可用「逐次套用 $T$，把係數一個一個逼為零」證明。$T$-不變子空間是指 $T(W)\subseteq W$。算子冪零指數為 $k$，則表示 $T^k=0$，但 $T^{k-1}\ne 0$。

已知 $T^k(v)=0$ 且 $T^{k-1}(v)\ne 0$，表示由 $v$ 生成的向量鏈長度為 $k$。

(a) 證明 $S$ 線性獨立

設 $S$ 的線性組合為零：

$$a_0v+a_1T(v)+\cdots+a_{k-1}T^{k-1}(v)=0.$$

對等式兩邊作用 $T^{k-1}$。除第一項外，其餘各項都含有 $T^k(v)$ 或更高次的 $T$，因此為零，得到

$$a_0T^{k-1}(v)=0.$$

由 $T^{k-1}(v)\ne 0$，可知 $a_0=0$。

接著，假設已知 $a_0,\ldots,a_{r-1}=0$，對原等式作用 $T^{k-1-r}$。前 $r$ 項的係數為零；第 $r$ 項成為 $a_rT^{k-1}(v)$；其後各項則含有 $T^k(v)$ 或更高次的 $T$，皆為零。因此

$$a_rT^{k-1}(v)=0,$$

故 $a_r=0$。依序取 $r=1,\ldots,k-1$，可得所有係數皆為零。因此 $S$ 線性獨立。

(b) 證明 $W$ 為 $T$-不變子空間

任取 $w\in W$，可寫成

$$w=\sum_{i=0}^{k-1}a_iT^i(v).$$

由線性性，