111 年 國立政治大學應用數學系碩士班《線性代數》

此題考驗對線性轉換基本性質的理解。

核心觀念： 線性轉換由其在基底向量上的作用決定。

詳解：
設 $T: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2$ 是一個線性轉換。
我們知道 $\mathbb{R}^3$ 的標準基底為 $e_1 = (1, 0, 0)$, $e_2 = (0, 1, 0)$, $e_3 = (0, 0, 1)$。
任何一個向量 $(x, y, z) \in \mathbb{R}^3$ 都可以表示為這些基底向量的線性組合：
$(x, y, z) = x e_1 + y e_2 + z e_3$

由於 $T$ 是線性轉換，我們有：
$T(x, y, z) = T(x e_1 + y e_2 + z e_3)$
$= x T(e_1) + y T(e_2) + z T(e_3)$

令 $T(e_1) = v_1 \in \mathbb{R}^2$, $T(e_2) = v_2 \in \mathbb{R}^2$, $T(e_3) = v_3 \in \mathbb{R}^2$。
則 $v_1, v_2, v_3$ 是由線性轉換 $T$ 決定的常向量。
我們可以將 $v_1, v_2, v_3$ 表示為：
$v_1 = (a_{11}, a_{21})$
$v_2 = (a_{12}, a_{22})$
$v_3 = (a_{13}, a_{23})$

將這些代入 $T(x, y, z)$ 的表達式中：
$T(x, y, z) = x (a_{11}, a_{21}) + y (a_{12}, a_{22}) + z (a_{13}, a_{23})$
$= (x a_{11} + y a_{12} + z a_{13}, x a_{21} + y a_{22} + z a_{23})$

這就是 $T(x, y, z)$ 的一般形式。我們可以將其寫成矩陣形式。
令矩陣 $A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \end{pmatrix}$，則

此題旨在證明一個向量空間 $V$ 可以直和分解為其線性轉換 $T$ 的像空間 $R(T)$ 與核空間 $N(T)$。

核心觀念： 直和分解、秩-零核定理 (Rank-Nullity Theorem)。

詳解：
我們要證明 $V = R(T) \oplus N(T)$。這等價於證明兩件事：

1. $V = R(T) + N(T)$ (即 $V$ 是 $R(T)$ 和 $N(T)$ 的和空間)
2. $R(T) \cap N(T) = \{0\}$ (題目已給定)

我們需要證明 $V = R(T) + N(T)$。
根據秩-零核定理 (Rank-Nullity Theorem)，對於一個線性轉換 $T: V \to V$，其中 $V$ 是有限維向量空間，有：
$\dim(V) = \dim(R(T)) + \dim(N(T))$

設 $R(T)$ 的維度為 $r$ (rank of T)，$N(T)$ 的維度為 $n$ (nullity of T)。則 $\dim(V) = r + n$。

我們需要證明 $R(T) + N(T) = V$。
根據向量空間的和的維度公式：
$\dim(R(T) + N(T)) = \dim(R(T)) + \dim(N(T)) - \dim(R(T) \cap N(T))$

核心觀念

本題考查：

• 多變數低次多項式空間的基底判定。
• 線性微分算子對基底向量的作用。
• 線性算子的矩陣表示法。
• 冪零矩陣的 Jordan canonical form。
• 廣義特徵向量鏈與相似變換。

空間 $V$ 中的多項式可唯一寫成

$$f(x,y)=a+bx+cy+dx^2+ey^2+fxy,$$

因此 $\dim V=6$。

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(a) 證明 $\beta$ 是 $V$ 的基底

給定

$$\beta=\{1,x,y,x^2,y^2,xy\}.$$

張成性

任取 $V$ 中的多項式 $p(x,y)$，因為其總次數至多為 $2$，必可寫成

$$p(x,y)=a+bx+cy+dx^2+ey^2+fxy,$$

其中 $a,b,c,d,e,f\in\mathbb R$。因此

$$p(x,y) =a(1)+b(x)+c(y)+d(x^2)+e(y^2)+f(xy),$$

故 $\beta$ 張成 $V$。

線性獨立性

若

$$a(1)+b(x)+c(y)+d(x^2)+e(y^2)+f(xy)=0$$

對所有 $x,y\in\mathbb R$ 成立，則

$$a+bx+cy+dx^2+ey^2+fxy=0$$

是零多項式。由多項式表示的唯一性，各項係數必須皆為零：

$$a=b=c=d=e=f=0.$$

因此 $\beta$ 線性獨立。

所以 $\beta$ 同時張成 $V$ 且線性獨立，故

$$\boxed{\beta\text{ 是 }V\text{ 的一組基底}}.$$

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(b) 線性算子 $T$

定義

$$T(f(x,y)) = \frac{\partial f}{\partial x} + 2\frac{\partial f}{\partial y}.$$

若 $f$ 的總次數至多為 $2$，則其偏微分後的總次數至多為 $1$，所以 $T(f)\in V$。

又偏微分具有線性，因此對任意 $f,g\in V$ 與 $a,b\in\mathbb R$，

$$T(af+bg) = aT(f)+bT(g).$$

所以 $T$ 確實是 $V$ 上的線性算子。

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(c) 求 $T$ 在基底 $\beta$ 下的矩陣 $A$

按照基底順序計算 $T$ 對各基底向量的作用：

$$T(1)=0,$$ $$T(x)=1,$$ $$T(y)=2,$$ $$T(x^2)=2x,$$ $$T(y^2)=4y,$$ $$T(xy)=y+2x.$$

因此，各結果在 $\beta$ 下的座標向量分別為

$$[T(1)]_\beta= \begin{bmatrix} 0\\0\\0\\0\\0\\0 \end{bmatrix}, \quad [T(x)]_\beta= \begin{bmatrix} 1\\0\\0\\0\\0\\0 \end{bmatrix}, \quad [T(y)]_\beta= \begin{bmatrix} 2\\0\\0\\0\\0\\0 \end{bmatrix},$$ $$[T(x^2)]_\beta= \begin{bmatrix} 0\\2\\0\\0\\0\\0 \end{bmatrix}, \quad [T(y^2)]_\beta= \begin{bmatrix} 0\\0\\4\\0\\0\\0 \end{bmatrix}, \quad [T(xy)]_\beta= \begin{bmatrix} 0\\2\\1\\0\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

矩陣的第 $j$ 欄是 $T$ 作用於第 $j$ 個基底向量所得的座標，因此

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

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(d) 求 Jordan canonical form $J$ 與矩陣 $Q$

第一步：找出適合的變數

令

$$t=x,\qquad z=y-2x.$$

則

$$T(t)=T(x)=1,$$

且

$$T(z)=T(y-2x)=2-2(1)=0.$$

因此 $z$ 在 $T$ 下不變，而 $t$ 經過一次微分後變成 $1$。適合選取以下基底：

$$\gamma= \left\{ 1,\ z,\ z^2,\ t,\ tz,\ \frac{t^2}{2} \right\}.$$

此題考驗對矩陣的秩 (rank) 和伴隨矩陣 (conjugate transpose) 的性質的理解，並需運用向量空間的內積和正交補空間的概念。

核心觀念： 矩陣的秩、伴隨矩陣、核空間 (Null Space)、像空間 (Image Space/Column Space)、秩-零核定理 (Rank-Nullity Theorem)、正交補空間 (Orthogonal Complement)。

詳解：
我們要證明 $\text{rank}(A^*A) = \text{rank}(A)$。
根據秩-零核定理 (Rank-Nullity Theorem)，對於一個 $m \times n$ 的矩陣 $A$，其核空間 (Null Space) $N(A)$ 和像空間 (Image Space) $R(A)$ 滿足：
$\dim(N(A)) + \dim(R(A)) = n$
其中 $n$ 是矩陣的列數。
我們知道 $\text{rank}(A) = \dim(R(A))$。

首先，我們證明 $\text{rank}(A) \le \text{rank}(A^*A)$。
令 $x \in R(A)$。則存在向量 $y \in F^n$ 使得 $x = Ay$。
考慮向量 $A^*x$：
$A^*x = A^*(Ay) = (A^*A)y$。
這表示 $A^*x$ 是矩陣 $A^*A$ 的像空間 $R(A^*A)$ 中的一個向量。
因此，$A^*(R(A)) \subseteq R(A^*A)$。
這意味著 $A^*$ 將 $R(A)$ 映射到 $R(A^*A)$。
然而，這並沒有直接證明 $\text{rank}(A) \le \text{rank}(A^*A)$。

讓我們換一個角度，考慮核空間。
我們知道 $\text{rank}(A^*A) = n - \dim(N(A^*A))$。
我們需要證明 $\dim(N(A^*A)) = \dim(N(A))$。

步驟 1: 證明 $N(A) = N(A^*A)$
我們需要證明兩個方向：
($\subseteq$) 設 $x \in N(A)$。則 $Ax = 0$。
那麼 $A^*Ax = A^*(0) = 0$。
所以 $x \in N(A^*A)$。
因此，$N(A) \subseteq N(A^*A)$。

($\supseteq$) 設 $x \in N(A^*A)$。則 $A^*Ax = 0$。
我們需要證明 $Ax = 0$。
考慮向量 $Ax$。我們知道 $Ax$ 是 $R(A)$ 中的一個向量。

此題考驗投影變換的定義與計算，特別是沿著某個子空間進行投影。

核心觀念： 投影變換、子空間、直和分解、向量空間的基底。

詳解：
投影變換 $P$ 將向量 $v \in V$ 投影到子空間 $W$ 沿著子空間 $L$。這意味著，對於任意向量 $v \in V$，我們可以唯一地將其寫成 $v = w + l$，其中 $w \in W$ 且 $l \in L$。投影變換的定義是 $P(v) = w$。
因此，要找到 $P(x, y, z)$ 的表達式，我們需要對於任意向量 $(x, y, z) \in \mathbb{R}^3$，將其分解為 $w + l$ 的形式，其中 $w \in W, l \in L$，然後取 $w$ 作為結果。

首先，我們確定子空間 $W$ 和 $L$ 的維度。
$W = \{(x, y, z) \mid x + y + z = 0\}$。這是一個平面，過原點。
$W$ 的基底可以通過令 $x=1, y=0$ 得 $z=-1$，得到 $(1, 0, -1)$；令 $x=0, y=1$ 得 $z=-1$，得到 $(0, 1, -1)$。
所以 $W$ 的一個基底是 $w_1 = (1, 0, -1)$ 和 $w_2 = (0, 1, -1)$。
$\dim(W) = 2$。

$L = \{t(1, 2, -1) \mid t \in \mathbb{R}\}$。這是一條過原點的直線。
$L$ 的一個基底是 $l_1 = (1, 2, -1)$。
$\dim(L) = 1$。

投影定理要求 $V = W \oplus L$。
$\dim(V) = \dim(\mathbb{R}^3) = 3$。
$\dim(W) + \dim(L) = 2 + 1 = 3 = \dim(V)$。
我們還需要確保 $W \cap L = \{0\}$。
如果一個向量 $v \in W \cap L$，則 $v \in L$ 意味著 $v = t(1, 2, -1)$ 對某個 $t \in \mathbb{R}$。
同時 $v \in W$ 意味著 $v$ 的分量滿足 $x+y+z=0$。
將 $v = (t, 2t, -t)$ 代入 $x+y+z=0$：
$t + 2t + (-t) = 0$
$2t = 0 \implies t = 0$。
所以 $v = (0, 0, 0)$。
因此，$W \cap L = \{0\}$，並且 $V = W \oplus L$。

現在，對於任意向量 $(x, y, z) \in \mathbb{R}^3$，我們將其寫成 $(x, y, z) = w + l$，其中 $w \in W$ 且 $l \in L$。
$w$ 是 $W$ 中的向量，所以 $w = a w_1 + b w_2 = a(1, 0, -1) + b(0, 1, -1) = (a, b, -a-b)$，其中 $a, b \in \mathbb{R}$。
$l$ 是 $L$ 中的向量，所以 $l = c l_1 = c(1, 2, -1) = (c, 2c, -c)$，其中 $c \in \mathbb{R}$。

所以，
$(x, y, z) = (a, b, -a-b) + (c, 2c, -c)$
$(x, y, z) = (a+c, b+2c, -a-b-c)$

我們得到一個方程組：

1. $x = a + c$
2. $y = b + 2c$
3. $z = -a - b - c$