109 年 國立政治大學應用數學系碩士班《線性代數》

本題考查線性變換的核空間 (Kernel) 與值域空間 (Range) 的性質，以及秩 (Rank) 與零度 (Nullity) 的關係。

核心觀念：

1. 線性變換 T: V → V，其中 V 是有限維向量空間。
2. 核空間 N(T) = {v ∈ V | T(v) = 0}。
3. 值域空間 R(T) = {T(v) | v ∈ V}。
4. 秩-零度定理 (Rank-Nullity Theorem)：對於線性變換 T: V → W，若 V 是有限維，則 dim(V) = dim(R(T)) + dim(N(T))。
5. 給定條件：rank(T) = rank(T^2)。
6. 目標：證明 R(T) ∩ N(T) = {0}。

解題步驟：
假設存在一個向量 $v \in V$ 屬於 R(T) ∩ N(T)。
根據交集的定義，這意味著：
(1) $v \in R(T)$
(2) $v \in N(T)$

由 (2) $v \in N(T)$，根據核空間的定義，我們知道 $T(v) = 0$。

由 (1) $v \in R(T)$，根據值域空間的定義，存在一個向量 $u \in V$ 使得 $v = T(u)$。

現在我們將 $v = T(u)$ 代入 $T(v) = 0$ 中：
$T(v) = T(T(u)) = T^2(u) = 0$。
這表示 $T^2(u) = 0$。

因為 $T^2(u) = 0$，所以向量 $u$ 屬於 $N(T^2)$。
同時，我們知道 $v = T(u)$。

現在考慮向量 $v$ 的性質。
因為 $v \in R(T)$，所以 $v$ 可以表示為 $T$ 的作用結果。
因為 $v \in N(T)$，所以 $T(v) = 0$。

我們有一個重要的性質：若 $v \in R(T)$ 且 $T(v) = 0$，則 $v$ 必定是 $N(T)$ 中的元素。
我們也知道 $v \in R(T)$。
所以，我們需要證明，在給定 rank(T) = rank(T^2) 的條件下，任何屬於 R(T) 且同時也屬於 N(T) 的向量 $v$ 必定是零向量。

考慮一個向量 $x \in R(T) \cap N(T)$。
由於 $x \in N(T)$，所以 $T(x) = 0$。
由於 $x \in R(T)$，所以存在 $y \in V$ 使得 $x = T(y)$。

將 $x = T(y)$ 代入 $T(x) = 0$：
$T(T(y)) = T^2(y) = 0$。
這意味著 $y \in N(T^2)$。

現在我們知道：

1. $x = T(y)$，且 $y \in N(T^2)$。
2. $x \in N(T)$，也就是 $T(x) = 0$。

我們需要利用 rank(T) = rank(T^2) 這個條件。
根據秩-零度定理，對於任何線性變換 $L: V \to V$，有 dim(V) = rank(L) + nullity(L)。
令 $L = T$。則 dim(V) = rank(T) + nullity(T)。
令 $L = T^2$。則 dim(V) = rank(T^2) + nullity(T^2)。

由於 rank(T) = rank(T^2)，所以 nullity(T) = nullity(T^2)。
也就是 dim(N(T)) = dim(N(T^2))。

現在，我們知道 $R(T)$ 是 V 的一個子空間， $N(T)$ 是 V 的一個子空間。
我們也知道 $T$ 可以被視為一個線性變換 $T: V \to V$。
考慮線性變換 $T$ 限制在 $R(T)$ 上的作用，即 $T|_{R(T)}: R(T) \to V$。
這個限制變換的核空間是 $N(T) \cap R(T)$。
這個限制變換的值域空間是 $R(T^2)$。

應用秩-零度定理到限制變換 $T|_{R(T)}$：
dim(R(T)) = rank($T|_{R(T)}$) + nullity($T|_{R(T)}$)。
rank($T|_{R(T)}$) = dim(R($T|_{R(T)}$)) = dim(R(T^2))。
nullity($T|_{R(T)}$) = dim({v ∈ R(T) | T(v) = 0}) = dim(R(T) ∩ N(T))。

所以，dim(R(T)) = dim(R(T^2)) + dim(R(T) ∩ N(T))。

我們已知 rank(T) = rank(T^2)，即 dim(R(T)) = dim(R(T^2))。
將此代入上式：
dim(R(T)) = dim(R(T)) + dim(R(T) ∩ N(T))。

這意味著 dim(R(T) ∩ N(T)) = 0。
由於維度為 0 的向量空間只有零向量空間，因此 R(T) ∩ N(T) = {0}。

本題考查線性代數中對角化 (Diagonalization) 和交換性 (Commutativity) 的概念。

核心觀念：

1. 對角化 (Diagonalizable): 一個線性算子 T: V → V 是對角化的，如果存在 V 的一個基底 β，使得 T 在此基底下的矩陣 [T]β 是對角矩陣。這意味著 T 的每個特徵向量都屬於一個特徵空間，且這些特徵空間的直和等於 V。
2. 交換性 (Commutativity): 兩個線性算子 T 和 U 滿足 TU = UT。
3. 同時對角化 (Simultaneously Diagonalizable): 存在一個共同的基底 β，使得 T 和 U 在此基底下的矩陣 [T]β 和 [U]β 都是對角矩陣。
4. 定理： 如果 T 和 U 是 V 上的對角化線性算子，且 TU = UT，則 T 和 U 是同時對角化的。

證明思路：
證明這個定理通常需要用到特徵向量和特徵空間的概念。
如果 T 和 U 都對角化，那麼它們各自都有一個對角化它們的基底。
如果它們還交換，我們需要證明存在一個「共同的」基底可以同時對角化它們。

證明步驟：
假設 T 和 U 是有限維向量空間 V 上的對角化線性算子，且 TU = UT。
由於 T 是對角化的，存在 V 的一個基底 $\beta = \{v_1, v_2, \dots, v_n\}$，使得 [T]β 是對角矩陣。
這意味著，對於基底中的每個向量 $v_i$，T 將 $v_i$ 映射到 $v_i$ 的一個純量倍數，即 $T(v_i) = \lambda_i v_i$，其中 $\lambda_i$ 是 T 的特徵值。

現在我們考慮 U 在這個基底 β 下的作用。
對於任意一個基底向量 $v_i \in \beta$，我們考察 $U(T(v_i))$ 和 $T(U(v_i))$。
由於 TU = UT，我們有：
$U(T(v_i)) = U(\lambda_i v_i) = \lambda_i U(v_i)$。
$T(U(v_i))$。
由於 TU = UT，我們有 $U(T(v_i)) = T(U(v_i))$。
所以，$\lambda_i U(v_i) = T(U(v_i))$。

這條等式 $\lambda_i U(v_i) = T(U(v_i))$ 表明，如果 $v_i$ 是 T 的一個特徵向量，那麼 $U(v_i)$ 也是 T 的一個特徵向量（或者 $U(v_i)=0$）。
更準確地說，這說明 $U$ 將 T 的特徵向量映射到 T 的特徵向量（或零向量）。

現在，我們需要證明存在一個「共同的」基底。
由於 T 是對角化的，V 是 T 的特徵向量的直和：$V = \bigoplus_{i=1}^k E_{\lambda_i}$，其中 $E_{\lambda_i}$ 是對應於特徵值 $\lambda_i$ 的特徵空間。
對於每個特徵空間 $E_{\lambda_i}$，它在 T 的作用下保持不變（即 $T(E_{\lambda_i}) \subseteq E_{\lambda_i}$）。
由於 TU = UT，我們有 $U(T(v)) = T(U(v))$ 對於所有 $v \in V$。
如果 $v \in E_{\lambda_i}$，那麼 $T(v) \in E_{\lambda_i}$。
因此，$T(U(v)) \in E_{\lambda_i}$。
由於 $T(U(v)) = U(T(v))$，且 $T(v) \in E_{\lambda_i}$，這意味著 $U$ 將 $E_{\lambda_i}$ 映射到 $E_{\lambda_i}$。
即，$U$ 限制在 $E_{\lambda_i}$ 上的作用 $U|_{E_{\lambda_i}}: E_{\lambda_i} \to E_{\lambda_i}$ 是一個線性算子。

因為 U 也是對角化的，所以存在一個基底，使得 U 在那個基底下是對角矩陣。
這意味著 V 也可以分解成 U 的特徵向量的直和：$V = \bigoplus_{j=1}^m E_{\mu_j}$，其中 $E_{\mu_j}$ 是對應於 U 的特徵值 $\mu_j$ 的特徵空間。

現在，我們需要證明存在一個共同的基底。
考慮 T 的特徵空間 $E_{\lambda_i}$。我們已經證明 $U(E_{\lambda_i}) \subseteq E_{\lambda_i}$。
因為 U 是對角化的，V 可以寫成 T 的特徵向量的直和 $V = \bigoplus E_{\lambda_i}$。
對於每一個 $E_{\lambda_i}$，U 限制在 $E_{\lambda_i}$ 上是一個對角化算子（因為 U 本身是對角化的，並且 $E_{\lambda_i}$ 是 U 的不變子空間）。
這意味著，對於每一個 $E_{\lambda_i}$，存在一個基底 $\beta_i$ 使得 $U$ 在 $\beta_i$ 下是對角矩陣。
我們可以將所有這些 $\beta_i$ 組合成 V 的一個基底 $\beta = \beta_1 \cup \beta_2 \cup \dots \cup \beta_k$。
對於這個基底 $\beta$，T 當然是對角化的（因為它是 T 的特徵向量的集合）。
同時，對於 T 的每個特徵空間 $E_{\lambda_i}$，U 也是對角化的，並且 $E_{\lambda_i}$ 是 U 的不變子空間。
這意味著，如果 $v \in E_{\lambda_i}$，那麼 $U(v)$ 也是 $E_{\lambda_i}$ 中的一個向量。
由於 $E_{\lambda_i}$ 是 T 的特徵空間，任何 $v \in E_{\lambda_i}$ 滿足 $T(v) = \lambda_i v$。
我們知道 $U(v) \in E_{\lambda_i}$，所以 $T(U(v)) = \lambda_i U(v)$。
又因為 TU = UT，所以 $T(U(v)) = U(T(v)) = U(\lambda_i v) = \lambda_i U(v)$。
這與 $T(U(v)) = \lambda_i U(v)$ 是一致的。

現在，我們需要證明這個集合 $\beta = \bigcup \beta_i$ 使得 T 和 U 都是對角化的。
首先，T 是對角化的，因為 $\beta$ 是由 T 的特徵向量組成的。
其次，對於 U，我們知道 U 限制在每個 $E_{\lambda_i}$ 上是對角化的。
這意味著，對於每個 $E_{\lambda_i}$，我們都可以找到一組基底 $\beta_i$ 使得 $U$ 在 $\beta_i$ 下是對角矩陣。
所以，將這些 $\beta_i$ 合併起來，得到 V 的一個基底 $\beta = \bigcup \beta_i$。
在這個基底 $\beta$ 下，T 是對角化的。
並且，對於 U，由於 U 作用在每個 $E_{\lambda_i}$ 上，而 $\beta_i$ 是 $E_{\lambda_i}$ 的一個基底，所以 U 在 $\beta_i$ 下是個對角矩陣。
因此，U 在整個基底 $\beta$ 下也是個對角矩陣。

核心觀念

題目考查「關於過原點直線的鏡射轉換」。因為直線

$$L:\ y=mx$$

通過原點，鏡射轉換 $T$ 是線性轉換，可由「正射影」表示：

• 向量在 $L$ 上的分量保持不變；
• 垂直於 $L$ 的分量反向。

若 $P_L$ 表示投影到 $L$ 的矩陣，則鏡射矩陣為

$$T=2P_L-I.$$

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解題方法

直線 $L$ 的方向向量可取為

$$u=\begin{pmatrix}1\\m\end{pmatrix}.$$

對任意向量

$$v=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix},$$

投影到由 $u$ 張成的直線上的公式為

$$\operatorname{proj}_L(v) = \frac{v\cdot u}{u\cdot u}u.$$

其中

$$v\cdot u=x+my, \qquad u\cdot u=1+m^2.$$

因此

$$\operatorname{proj}_L(v) = \frac{x+my}{1+m^2} \begin{pmatrix}1\\m\end{pmatrix}.$$

鏡射後的向量等於「平行分量減去垂直分量」，也就是

$$T(v)=2\operatorname{proj}_L(v)-v.$$

代入投影結果：

$$T(x,y) = 2\frac{x+my}{1+m^2} \begin{pmatrix}1\\m\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}.$$

分別整理兩個座標：

$$T(x,y) = \begin{pmatrix} \dfrac{2(x+my)}{1+m^2}-x\\[6pt] \dfrac{2m(x+my)}{1+m^2}-y \end{pmatrix}.$$

第一座標為

本題考查行列式 (Determinant) 的性質，特別是關於行交換的性質。

核心觀念：

1. 行列式的性質： 行列式是定義在方陣上的多線性、交替函數。
2. 行交換性質： 當一個方陣的兩行交換時，其行列式的值會變號（乘以 -1）。

證明：
我們需要證明，如果矩陣 B 是由矩陣 A 通過交換任意兩行得到的，那麼 $\det(B) = -\det(A)$。

設 A 是一個 $n \times n$ 的矩陣，其元素表示為 $A = (a_{ij})$。
設 B 是由 A 交換第 $i$ 行和第 $j$ 行 ($i \neq j$) 得到的矩陣。

根據行列式的定義，對於一個 $n \times n$ 的矩陣 $M$，其行列式可以表示為：
$\det(M) = \sum_{\sigma \in S_n} \text{sgn}(\sigma) \prod_{k=1}^n m_{k, \sigma(k)}$
其中 $S_n$ 是 $n$ 個元素的所有排列的集合，$\text{sgn}(\sigma)$ 是排列 $\sigma$ 的符號（若為偶置換為 +1，若為奇置換為 -1），$m_{k, \sigma(k)}$ 是矩陣 M 中第 k 行、第 $\sigma(k)$ 列的元素。

現在，我們來考慮矩陣 B。
設 A 的第 $r$ 行是 $A_r$。則 B 的第 $r$ 行 $B_r$ 如下定義：
$B_i = A_j$
$B_j = A_i$
$B_r = A_r$, for $r \neq i$ and $r \neq j$.

我們使用多線性、交替的性質來證明。
行列式是交替函數 (alternating function)。這意味著如果我們交換兩個輸入向量（矩陣的行），函數的值會乘以 -1。

更正式地，我們可以用置換矩陣來表示行交換。
令 $P_{ij}$ 為一個 $n \times n$ 的基本置換矩陣，它通過交換 A 的第 i 行和第 j 行來得到單位矩陣 I。
那麼，矩陣 B 可以表示為 $B = P_{ij} A$。
例如，若 $A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{pmatrix}$，交換第一行和第二行得到 $B = \begin{pmatrix} a_{21} & a_{22} \\ a_{11} & a_{12} \end{pmatrix}$。

核心觀念

矩陣元素總和是把指定範圍內的所有 $A_{ij}$ 相加。若 $A=I_n$ 為 $n\times n$ 單位矩陣，則

$$A_{ij}= \begin{cases} 1, & i=j,\\ 0, & i\ne j. \end{cases}$$

因此只有主對角線上的元素會對總和有貢獻。

解題方法

題目列出的矩陣是 $2\times2$ 單位矩陣，但求和範圍寫成任意正整數 $n$。要讓求和對所有正整數 $n$ 都有定義，以下依常見命題意圖，將矩陣視為 $n\times n$ 單位矩陣 $I_n$。

在雙重求和 $\sum_{i,j=1}^{n}A_{ij}$ 中，主對角線共有 $n$ 個元素，每個都是 $1$；其餘 $n^2-n$ 個非對角線元素都是 $0$。所以

核心觀念

本題考查線性轉換的可逆性與反函數。令微分算子為 $D$，即

$$D(f)=f',\qquad D^2(f)=f''.$$

題目中的轉換可寫成

$$T=I+D+D^2,$$

其中 $I$ 為恆等轉換。由於 $f\in P_2(\mathbb R)$，三次導數必為零，因此

$$D^3=0.$$

若能找到轉換 $S$ 使得 $ST=TS=I$，則 $T$ 可逆且 $S=T^{-1}$。

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解題方法一：利用微分算子的冪零性質

考慮

$$(I+D+D^2)(I-D).$$

展開得

$$\begin{aligned} (I+D+D^2)(I-D) &=I-D+D-D^2+D^2-D^3\\ &=I-D^3. \end{aligned}$$

因為對所有 $f\in P_2(\mathbb R)$，皆有 $f'''=0$，所以 $D^3=0$。因此

$$(I+D+D^2)(I-D)=I.$$

同理，

$$(I-D)(I+D+D^2)=I.$$

故 $T$ 可逆，且

$$T^{-1}=I-D.$$

因此對任意 $g(x)\in P_2(\mathbb R)$，

$$\boxed{T^{-1}(g(x))=g(x)-g'(x)}.$$

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解題方法二：直接以一般多項式驗算

令

$$f(x)=ax^2+bx+c.$$

則

$$f'(x)=2ax+b,\qquad f''(x)=2a.$$

所以

$$\begin{aligned} T(f(x)) &=f(x)+f'(x)+f''(x)\\ &=ax^2+(b+2a)x+(c+b+2a). \end{aligned}$$

令

$$g(x)=T(f(x))=Ax^2+Bx+C.$$

比較係數可得

$$a=A,$$ $$b+2a=B\quad\Longrightarrow\quad b=B-2A,$$

以及

$$c+b+2a=C.$$

代入 $b=B-2A$ 與 $a=A$：

$$c+(B-2A)+2A=C \quad\Longrightarrow\quad c=C-B.$$

因此