112 年 國立政治大學應用數學系碩士班《線性代數》

本題在考驗線性變換性質以及維度的基本定理。
證明 $T(V_0)$ 是 $W$ 的子空間，我們需要驗證三個條件：非空性、加法封閉性、以及純量乘法封閉性。

1. 非空性 (Non-emptiness)：由於 $V_0$ 是 $V$ 的子空間，因此 $0_V \in V_0$。因為 $T$ 是線性變換，所以 $T(0_V) = 0_W$。由於 $T(V_0) = \{T(v) | v \in V_0\}$，所以 $0_W \in T(V_0)$。因此 $T(V_0)$ 非空。
2. 加法封閉性 (Closure under addition)：設 $w_1, w_2 \in T(V_0)$。那麼存在 $v_1, v_2 \in V_0$ 使得 $w_1 = T(v_1)$ 且 $w_2 = T(v_2)$。由於 $V_0$ 是 $V$ 的子空間，所以 $v_1+v_2 \in V_0$。因為 $T$ 是線性變換，所以 $T(v_1+v_2) = T(v_1) + T(v_2) = w_1 + w_2$。由於 $v_1+v_2 \in V_0$，所以 $T(v_1+v_2) \in T(V_0)$。因此 $w_1+w_2 \in T(V_0)$。
3. 純量乘法封閉性 (Closure under scalar multiplication)：設 $w \in T(V_0)$ 且 $c$ 為任意純量。那麼存在 $v \in V_0$ 使得 $w = T(v)$。

本題是線性代數中關於特徵向量、特徵值與不變子空間的重要性質的證明。

核心觀念： 特徵向量對應於不同的特徵值是線性獨立的。利用此性質，結合 $T$-invariance 的定義，可以逐一證明每個特徵向量都在 $W$ 中。

證明：
設 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_k$ 為 $v_1, v_2, \dots, v_k$ 所對應的、互不相同的特徵值。
由特徵向量的定義，我們有 $T(v_i) = \lambda_i v_i$ 對於所有 $i=1, \dots, k$。
又因為 $W$ 是 $T$-invariant 子空間，所以對於任意 $w \in W$，都有 $T(w) \in W$。

假設 $v_1 + v_2 + \dots + v_k \in W$。
我們將利用數學歸納法來證明 $v_i \in W$ 對於所有 $i=1, \dots, k$。

基礎步驟 (Base Case): 考慮 $i=1$。
由於 $v_1 + v_2 + \dots + v_k \in W$，且 $W$ 是 $T$-invariant 子空間，因此 $T(v_1 + v_2 + \dots + v_k) \in W$。
$T(v_1 + v_2 + \dots + v_k) = T(v_1) + T(v_2) + \dots + T(v_k) = \lambda_1 v_1 + \lambda_2 v_2 + \dots + \lambda_k v_k$。
所以，$\lambda_1 v_1 + \lambda_2 v_2 + \dots + \lambda_k v_k \in W$。

我們有兩個向量在 $W$ 中：

1. $S = v_1 + v_2 + \dots + v_k$
2. $T(S) = \lambda_1 v_1 + \lambda_2 v_2 + \dots + \lambda_k v_k$

由於 $W$ 是向量空間的子空間，它對純量乘法封閉。我們可以考慮 $\lambda_1 S$：
$\lambda_1 S = \lambda_1 (v_1 + v_2 + \dots + v_k) = \lambda_1 v_1 + \lambda_1 v_2 + \dots + \lambda_1 v_k$。
由於 $\lambda_1 S \in W$。

現在，我們計算 $T(S) - \lambda_1 S$。這個結果也必須在 $W$ 中：
$T(S) - \lambda_1 S = (\lambda_1 v_1 + \lambda_2 v_2 + \dots + \lambda_k v_k) - (\lambda_1 v_1 + \lambda_1 v_2 + \dots + \lambda_1 v_k)$
$= (\lambda_2 - \lambda_1) v_2 + (\lambda_3 - \lambda_1) v_3 + \dots + (\lambda_k - \lambda_1) v_k$。
令 $v'_2 = (\lambda_2 - \lambda_1) v_2$, $v'_3 = (\lambda_3 - \lambda_1) v_3, \dots, v'_k = (\lambda_k - \lambda_1) v_k$。
則 $v'_2 + v'_3 + \dots + v'_k \in W$。

注意到，由於特徵值 $\lambda_1, \dots, \lambda_k$ 是互不相同的，所以 $\lambda_i - \lambda_1 \neq 0$ 對於 $i=2, \dots, k$。
因此，$v'_i$ 仍然是 $v_i$ 的非零純量倍。
如果 $v_2, \dots, v_k$ 是線性獨立的（這是特徵向量對應不同特徵值的性質），那麼 $v'_2, \dots, v'_k$ 也是線性獨立的。

我們現在有一個關於 $k-1$ 個向量的類似問題：
設 $u_2 = v_2, u_3 = v_3, \dots, u_k = v_k$。
設 $c_2 = \lambda_2 - \lambda_1, c_3 = \lambda_3 - \lambda_1, \dots, c_k = \lambda_k - \lambda_1$。
我們證明了 $c_2 v_2 + c_3 v_3 + \dots + c_k v_k \in W$。

更直接的證明思路：
設 $S = v_1 + v_2 + \dots + v_k \in W$.
考慮 $T(S) = \lambda_1 v_1 + \lambda_2 v_2 + \dots + \lambda_k v_k$. 因為 $W$ 是 $T$-invariant，所以 $T(S) \in W$.
由於 $S \in W$ 且 $T(S) \in W$, 則 $T(S) - \lambda_1 S \in W$.
$T(S) - \lambda_1 S = (\lambda_1 v_1 + \lambda_2 v_2 + \dots + \lambda_k v_k) - \lambda_1(v_1 + v_2 + \dots + v_k)$
$= (\lambda_2 - \lambda_1) v_2 + (\lambda_3 - \lambda_1) v_3 + \dots + (\lambda_k - \lambda_1) v_k \in W$.

令 $S_1 = v_1 + v_2 + \dots + v_k \in W$.
令 $S_2 = (\lambda_2 - \lambda_1) v_2 + (\lambda_3 - \lambda_1) v_3 + \dots + (\lambda_k - \lambda_1) v_k \in W$.
我們知道 $v_2, \dots, v_k$ 是線性獨立的，因為它們對應於不同的特徵值。
這個過程可以重複進行。

利用線性獨立性：
設 $S = v_1 + v_2 + \dots + v_k \in W$.
考慮 $T(S) = \lambda_1 v_1 + \lambda_2 v_2 + \dots + \lambda_k v_k \in W$.
考慮 $T^2(S) = \lambda_1^2 v_1 + \lambda_2^2 v_2 + \dots + \lambda_k^2 v_k \in W$.
一般地，$T^m(S) \in W$ 對於所有非負整數 $m$。

本題在考驗對 $T$-cyclic subspace 的理解，以及如何利用特徵值和特徵向量的性質來證明。

核心觀念：

1. $T$-cyclic subspace： 由向量 $v$ 生成的 $T$-cyclic subspace 是由 $v$ 和 $T$ 的冪次作用在 $v$ 上的所有向量所生成的子空間，即 $\text{span}\{v, T(v), T^2(v), \dots, T^k(v), \dots\}$。
2. 特徵向量與特徵值： 若 $T$ 有 $n$ 個不同的特徵值 $\lambda_1, \dots, \lambda_n$，則對應的特徵向量 $v_1, \dots, v_n$ 是線性獨立的，且它們構成 $V$ 的一個基底。
3. 維度定理： 若一個向量空間 $V$ 的維度是 $n$，且存在一個子空間 $U$ 使得 $\dim(U) = n$，則 $U=V$。

證明：
設 $V$ 是一個 $n$ 維向量空間，線性算子 $T: V \rightarrow V$ 擁有 $n$ 個互不相同的特徵值 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$。
設對應的特徵向量為 $v_1, v_2, \dots, v_n$。
由於特徵向量對應於不同的特徵值，所以 $v_1, v_2, \dots, v_n$ 是線性獨立的。
因為 $V$ 的維度是 $n$，且我們找到了 $n$ 個線性獨立的向量，所以 $\{v_1, v_2, \dots, v_n\}$ 是 $V$ 的一個基底。

我們要證明 $V$ 是一個 $T$-cyclic subspace of itself。
一個向量空間 $V$ 被稱為 $T$-cyclic subspace of itself，如果存在一個向量 $u \in V$ 使得 $V = \text{span}\{u, T(u), T^2(u), \dots\}$。
也就是說，存在一個向量 $u$ 使得 $\{u, T(u), T^2(u), \dots, T^{n-1}(u)\}$ 張成整個空間 $V$。

我們需要找到一個這樣的向量 $u$。
考慮取 $u$ 為上述基底中的任一個特徵向量，例如 $u = v_1$。
我們來看看由 $v_1$ 生成的 $T$-cyclic subspace $W = \text{span}\{v_1, T(v_1), T^2(v_1), \dots\}$ 的維度。
由於 $T(v_1) = \lambda_1 v_1$,
$T^2(v_1) = T(T(v_1)) = T(\lambda_1 v_1) = \lambda_1 T(v_1) = \lambda_1 (\lambda_1 v_1) = \lambda_1^2 v_1$.
一般地，$T^k(v_1) = \lambda_1^k v_1$ 對於所有非負整數 $k$。
因此，由 $v_1$ 生成的 $T$-cyclic subspace 是 $W = \text{span}\{v_1, \lambda_1 v_1, \lambda_1^2 v_1, \dots\}$。
由於 $\lambda_1 v_1$ 和 $\lambda_1^2 v_1$ 等向量都是 $v_1$ 的純量倍，所以這個 span 實際上就是 $\text{span}\{v_1\}$。
這個子空間的維度是 1。
這顯然不是 $n$ 維的 $V$。所以，取特徵向量作為生成向量是行不通的。

我們需要選擇一個「更普適」的向量 $u$。
考慮一個向量 $u$ 是 $V$ 的一個基底的線性組合，例如 $u = c_1 v_1 + c_2 v_2 + \dots + c_n v_n$，其中 $c_i \neq 0$ 對於所有 $i$ (或者至少對於某幾個 $i$ 使得 $u$ 不是任何單一特徵向量的倍數)。
讓我們試著選擇 $u$ 為基底向量的總和：$u = v_1 + v_2 + \dots + v_n$。
我們需要證明 $\{u, T(u), T^2(u), \dots, T^{n-1}(u)\}$ 張成 $V$。
也就是說，我們需要證明這些向量是線性獨立的。

計算 $T(u)$:
$T(u) = T(v_1 + v_2 + \dots + v_n) = T(v_1) + T(v_2) + \dots + T(v_n)$
$= \lambda_1 v_1 + \lambda_2 v_2 + \dots + \lambda_n v_n$.

本題在考驗對 partial isometry 性質的理解，以及內積空間中線性算子的正交性與範數保持性質。

核心觀念：

1. Partial Isometry： 在子空間 $W$ 上保持範數，在 $W$ 的正交補空間 $W^{\perp}$ 上映射為零。
2. 內積與範數的關係： $\|x\|^2 = (x, x)$。
3. 正交補空間： $W^{\perp} = \{v \in V \mid (w, v) = 0 \text{ for all } w \in W\}$。
4. 線性算子的性質： $(U(x), U(y))$ 與 $(x,y)$ 的關係，以及 $\text{span}\{U(v_i)\}$ 的性質。
5. Gram-Schmidt 過程與正交基： 證明一個集合是正交基需要證明其元素線性獨立且張成整個空間。

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(a) $(U(x), U(y)) = (x,y)$ for all $x,y \in W$.

證明：
對於任意 $x, y \in W$，根據 partial isometry 的定義，我們知道 $\|U(x)\| = \|x\|$ 且 $\|U(y)\| = \|y\|$。
範數與內積的關係是 $\|z\|^2 = (z, z)$。
所以，$\|U(x)\|^2 = (U(x), U(x)) = \|x\|^2 = (x, x)$。
同理，$\|U(y)\|^2 = (U(y), U(y)) = \|y\|^2 = (y, y)$。

我們要證明 $(U(x), U(y)) = (x,y)$。
我們知道，對於複數域上的內積空間，內積可以從範數恢復：
$(u, v) = \frac{1}{4} \sum_{j=0}^{3} i^j \|u + i^j v\|^2$ (極化恆等式 Polarisation identity)。
或者，對於一般的複數域，我們也可以使用：
$(u, v) = \frac{1}{2}((u, u) + (v, v) - (u-v, u-v) + i(u, iv) + i(iv, u) - i(iv, iv))$
更簡單地，對於複數域，我們有：
$(u, v) = \frac{1}{2} [ (u,v) + (v,u) ] + \frac{i}{2} [ (u,iv) - (iv,u) ]$
$(u, v) = \frac{1}{2} [ (u,v) + \overline{(u,v)} ] + \frac{i}{2} [ (u,iv) - \overline{(u,iv)} ]$

一個更直接的方法是利用 $U$ 在 $W$ 上保持範數。
對於 $x, y \in W$，我們有：
$\|U(x+y)\|^2 = \|x+y\|^2$ （因為 $x+y \in W$）
$(U(x+y), U(x+y)) = (x+y, x+y)$
$(U(x) + U(y), U(x) + U(y)) = (x+y, x+y)$
$(U(x), U(x)) + (U(x), U(y)) + (U(y), U(x)) + (U(y), U(y)) = (x, x) + (x, y) + (y, x) + (y, y)$

由於 $(U(x), U(x)) = \|U(x)\|^2 = \|x\|^2 = (x, x)$ 且 $(U(y), U(y)) = \|U(y)\|^2 = \|y\|^2 = (y, y)$，
代入上式得：
$(x, x) + (U(x), U(y)) + (U(y), U(x)) + (y, y) = (x, x) + (x, y) + (y, x) + (y, y)$
消去 $(x,x)$ 和 $(y,y)$，得到：
$(U(x), U(y)) + (U(y), U(x)) = (x, y) + (y, x)$ (式 1)

再考慮 $x \in W$, $iy \in W$ (因為 $W$ 是複數向量空間的子空間)。
$\|U(x+iy)\|^2 = \|x+iy\|^2$
$(U(x+iy), U(x+iy)) = (x+iy, x+iy)$
$(U(x) + U(iy), U(x) + U(iy)) = (x+iy, x+iy)$
$(U(x), U(x)) + (U(x), U(iy)) + (U(iy), U(x)) + (U(iy), U(iy)) = (x, x) + (x, iy) + (iy, x) + (iy, iy)$

我們知道 $(U(iy), U(iy)) = \|U(iy)\|^2 = \|iy\|^2 = (iy, iy)$。
代入上式，消去 $(U(x), U(x)) = (x, x)$ 和 $(U(iy), U(iy)) = (iy, iy)$：
$(U(x), U(iy)) + (U(iy), U(x)) = (x, iy) + (iy, x)$ (式 2)

利用內積的性質：$(u, cv) = c(u, v)$ 且 $(cu, v) = \bar{c}(u, v)$。
左式：$(U(x), U(iy)) = (U(x), i U(y)) = i (U(x), U(y))$。
$(U(iy), U(x)) = (i U(y), U(x)) = \bar{i} (U(y), U(x)) = -i (U(y), U(x))$。
所以，左式為 $i (U(x), U(y)) - i (U(y), U(x))$。

右式：$(x, iy) = i (x, y)$。
$(iy, x) = \bar{i} (y, x) = -i (y, x)$。
所以，右式為 $i (x, y) - i (y, x)$。

將這兩者代入式 2：
$i (U(x), U(y)) - i (U(y), U(x)) = i (x, y) - i (y, x)$
除以 $i$：
$(U(x), U(y)) - (U(y), U(x)) = (x, y) - (y, x)$ (式 3)

題目維度說明

依題目給定的維度，$A\in M_{m,m}(\mathbb R)$、$B\in M_{n,m}(\mathbb R)$ 時，$BA$ 是 $n\times m$ 矩陣，並非方陣，且 $AB$ 的乘法也無法成立。因此題目應為標準命題：

$$A\in M_{m,n}(\mathbb R),\qquad B\in M_{n,m}(\mathbb R),\qquad m\le n.$$

以下依此合理修正後的題意作答。此時 $BA\in M_{n,n}(\mathbb R)$、$AB\in M_{m,m}(\mathbb R)$。

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核心觀念

本題考查：

1. 特徵多項式

   $$p_C(t)=\det(tI-C)；$$

2. Sylvester determinant identity：
   若 $U$ 為 $n\times m$ 矩陣、$V$ 為 $m\times n$ 矩陣，則

   $$\det(I_n+UV)=\det(I_m+VU)；$$

3. 特徵值及其代數重數由特徵多項式的根決定。

由於 $BA$ 是 $n\times n$ 矩陣，而 $AB$ 是 $m\times m$ 矩陣，兩者的特徵多項式次數分別為 $n$ 與 $m$。題目所要證明的關係為

$$p_{BA}(t)=t^{\,n-m}p_{AB}(t),$$

因此 $BA$ 比 $AB$ 多出的 $n-m$ 個特徵值正是 $0$。

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解題方法：利用行列式恆等式

先證明 Sylvester determinant identity。考慮分塊矩陣

$$K= \begin{pmatrix} I_n & U\\ -V & I_m \end{pmatrix}.$$

以左上角區塊 $I_n$ 作為 Schur complement，可得

$$\det(K) =\det(I_n)\det\bigl(I_m-(-V)I_n^{-1}U\bigr) =\det(I_m+VU).$$

以右下角區塊 $I_m$ 作為 Schur complement，則

$$\det(K) =\det(I_m)\det\bigl(I_n-U I_m^{-1}(-V)\bigr) =\det(I_n+UV).$$

因此

$$\det(I_n+UV)=\det(I_m+VU).$$

現在取

$$U=-t^{-1}B,\qquad V=A.$$

當 $t\ne 0$ 時，由上式得到

$$\det(I_n-t^{-1}BA) = \det(I_m-t^{-1}AB).$$

兩邊分別乘上適當的冪次 $t$：