113 年 國立政治大學應用數學系碩士班《線性代數》

本題在考驗線性獨立的定義。要證明一組向量 $\{v_1, v_2, v_3\}$ 線性獨立，我們需要證明當它們的線性組合等於零向量時，所有係數都必須為零。

證明：
假設 $c_1, c_2, c_3$ 為三個係數，使得 $c_1 v_1 + c_2 v_2 + c_3 v_3 = 0$。
我們的目標是證明 $c_1 = c_2 = c_3 = 0$。

從上述方程式，我們可以將 $c_3 v_3$ 移項得到：
$c_3 v_3 = -c_1 v_1 - c_2 v_2$

根據題目給定的條件，$v_3 \notin \text{span}(\{v_1, v_2\})$。這意味著 $v_3$ 不能被表示成 $v_1$ 和 $v_2$ 的線性組合。
然而，如果 $c_3 \neq 0$，則我們可以將上式改寫為：
$v_3 = -\frac{c_1}{c_3} v_1 - \frac{c_2}{c_3} v_2$
這表示 $v_3$ 是 $v_1$ 和 $v_2$ 的線性組合，這與題目給定的條件 $v_3 \notin \text{span}(\{v_1, v_2\})$ 相矛盾。
因此，我們必須得出 $c_3 = 0$。

將 $c_3 = 0$ 代回原方程式 $c_1 v_1 + c_2 v_2 + c_3 v_3 = 0$，我們得到：

本題為求解線性方程組，需要利用矩陣的秩（rank）概念來判斷解的個數。對於一個 $n$ 元線性方程組 $Ax=b$，若 $A$ 為 $m \times n$ 矩陣，則：

1. 若 $\text{rank}(A) < \text{rank}(A|b)$，則無解。
2. 若 $\text{rank}(A) = \text{rank}(A|b) = n$，則有唯一解。
3. 若 $\text{rank}(A) = \text{rank}(A|b) < n$，則有無窮多解。

我們將此方程組寫成增廣矩陣的形式：

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} k+2 & 2k & -1 & 1 \\ -1 & 2 & -k & k \\ 0 & 1 & 1 & k \end{array} \right]$$

我們將對此增廣矩陣進行列運算（row operations）以化簡它，並找出矩陣的秩。

第一步：交換第一列與第二列，方便處理。

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} -1 & 2 & -k & k \\ k+2 & 2k & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & k \end{array} \right]$$

第二步：將第一列乘以 $(k+2)$ 加到第二列。

$$R_2 \leftarrow R_2 + (k+2)R_1$$ $$\left[ \begin{array}{ccc|c} -1 & 2 & -k & k \\ 0 & 2k + 2(k+2) & -1 - k(k+2) & 1 + k(k+2) \\ 0 & 1 & 1 & k \end{array} \right]$$ $$\left[ \begin{array}{ccc|c} -1 & 2 & -k & k \\ 0 & 4k+4 & -k^2-2k-1 & k^2+2k+1 \\ 0 & 1 & 1 & k \end{array} \right]$$ $$\left[ \begin{array}{ccc|c} -1 & 2 & -k & k \\ 0 & 4(k+1) & -(k+1)^2 & (k+1)^2 \\ 0 & 1 & 1 & k \end{array} \right]$$

第三步：交換第二列與第三列。

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} -1 & 2 & -k & k \\ 0 & 1 & 1 & k \\ 0 & 4(k+1) & -(k+1)^2 & (k+1)^2 \end{array} \right]$$

第四步：將第二列乘以 $-4(k+1)$ 加到第三列。

$$R_3 \leftarrow R_3 - 4(k+1)R_2$$ $$\left[ \begin{array}{ccc|c} -1 & 2 & -k & k \\ 0 & 1 & 1 & k \\ 0 & 4(k+1) - 4(k+1) & -(k+1)^2 - 4(k+1) & (k+1)^2 - 4k(k+1) \end{array} \right]$$ $$\left[ \begin{array}{ccc|c} -1 & 2 & -k & k \\ 0 & 1 & 1 & k \\ 0 & 0 & -(k^2+2k+1) - (4k+4) & (k^2+2k+1) - (4k^2+4k) \end{array} \right]$$

本題考查子空間的判定以及子空間的基底。

(a) 證明 $W$ 是 $P_3$ 的一個子空間。
一個非空子集 $W$ 是向量空間 $V$ 的子空間，若且唯若對於任意的 $u, v \in W$ 和任意的純量 $c \in F$，都有 $u+v \in W$ 和 $cv \in W$。
我們需要驗證以下三點：

1. 零向量是否在 $W$ 中。
2. $W$ 對於向量加法是否封閉。
3. $W$ 對於純量乘法是否封閉。

首先，考慮零多項式 $p(x) = 0$。
$p'(x) = 0$ 且 $p''(x) = 0$。
因此，$p'(-1) = 0$ 且 $p''(1) = 0$。
所以，零多項式 $0 \in W$。$W$ 是非空的。

接下來，設 $p(x), q(x) \in W$。這表示：
$p'(-1) = 0$ 且 $p''(1) = 0$
$q'(-1) = 0$ 且 $q''(1) = 0$

考慮 $p(x) + q(x)$。
$(p+q)'(x) = p'(x) + q'(x)$
$(p+q)''(x) = p''(x) + q''(x)$

則，
$(p+q)'(-1) = p'(-1) + q'(-1) = 0 + 0 = 0$
$(p+q)''(1) = p''(1) + q''(1) = 0 + 0 = 0$
所以，$p(x) + q(x) \in W$。$W$ 對於向量加法封閉。

再者，設 $p(x) \in W$ 且 $c \in \mathbb{R}$。
$p'(-1) = 0$ 且 $p''(1) = 0$

考慮 $c \cdot p(x)$。
$(c \cdot p)'(x) = c \cdot p'(x)$
$(c \cdot p)''(x) = c \cdot p''(x)$

則，
$(c \cdot p)'(-1) = c \cdot p'(-1) = c \cdot 0 = 0$
$(c \cdot p)''(1) = c \cdot p''(1) = c \cdot 0 = 0$
所以，$c \cdot p(x) \in W$。$W$ 對於純量乘法封閉。

因為 $W$ 非空，且對加法和純量乘法封閉，所以 $W$ 是 $P_3$ 的一個子空間。

(b) 尋找 $W$ 的一個基底。
$P_3$ 是所有次數小於等於 3 的多項式所成的向量空間，其維度為 4。一個標準基底是 $\{1, x, x^2, x^3\}$。

核心觀念

斜對稱矩陣滿足 $M^T=-M$。本題分別考兩個性質：

• 行列式在轉置下不變，且 $n\times n$ 矩陣乘上 $-1$，行列式會乘上 $(-1)^n$。
• 實斜對稱矩陣可視為複數域上的矩陣；利用複共軛轉置 $v^*$，可判斷特徵值的實部為零。

解題方法

(a) 奇數階斜對稱矩陣的行列式

由行列式的轉置性質及 $M^T=-M$，

$$\det(M)=\det(M^T)=\det(-M)=(-1)^n\det(M).$$

當 $n$ 為奇數時，$(-1)^n=-1$，因此

$$\det(M)=-\det(M).$$

故 $2\det(M)=0$，得到

$$\det(M)=0.$$

因此奇數階斜對稱矩陣必為奇異矩陣。

(b) 實斜對稱矩陣的特徵值

令 $\lambda$ 為 $M$ 的特徵值，$v\ne 0$ 為對應的複數特徵向量，則

$$Mv=\lambda v.$$

本題考查矩陣的特徵值、特徵向量、對角化性質，並涉及實數域和有限體上的對角化。

(a) 計算 $A$ 在實數域 $\mathbb{R}$ 上的特徵值和特徵向量。
特徵值 $\lambda$ 滿足特徵方程 $\det(A - \lambda I) = 0$。

$$A - \lambda I = \begin{bmatrix} 3-\lambda & 3 & 2 \\ 0 & 1-\lambda & 0 \\ 2 & -2 & 3-\lambda \end{bmatrix}$$

計算行列式：
$\det(A - \lambda I) = (3-\lambda) \det \begin{bmatrix} 1-\lambda & 0 \\ -2 & 3-\lambda \end{bmatrix} - 3 \det \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 2 & 3-\lambda \end{bmatrix} + 2 \det \begin{bmatrix} 0 & 1-\lambda \\ 2 & -2 \end{bmatrix}$
$= (3-\lambda) [(1-\lambda)(3-\lambda) - 0] - 3(0) + 2 [0 - 2(1-\lambda)]$
$= (3-\lambda)(1-\lambda)(3-\lambda) - 4(1-\lambda)$
$= (1-\lambda) [(3-\lambda)^2 - 4]$
$= (1-\lambda) [9 - 6\lambda + \lambda^2 - 4]$
$= (1-\lambda) [\lambda^2 - 6\lambda + 5]$
$= (1-\lambda) (\lambda - 1)(\lambda - 5)$
$= -(\lambda - 1)^2 (\lambda - 5)$

特徵方程為 $-(\lambda - 1)^2 (\lambda - 5) = 0$。
所以，特徵值為 $\lambda_1 = 1$ (代數重數 2) 和 $\lambda_2 = 5$ (代數重數 1)。

接下來，計算對應的特徵向量。

對於 $\lambda_1 = 1$:
我們需要解 $(A - 1I)v = 0$。

$$A - 1I = \begin{bmatrix} 3-1 & 3 & 2 \\ 0 & 1-1 & 0 \\ 2 & -2 & 3-1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 2 & -2 & 2 \end{bmatrix}$$

對矩陣進行列運算：

$$\begin{bmatrix} 2 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 2 & -2 & 2 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_3 \leftarrow R_3 - R_1} \begin{bmatrix} 2 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & -5 & 0 \end{bmatrix}$$ $$\xrightarrow{R_3 \leftrightarrow R_2} \begin{bmatrix} 2 & 3 & 2 \\ 0 & -5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

從第二列 $-5y = 0 \implies y = 0$。
從第一列 $2x + 3y + 2z = 0 \implies 2x + 0 + 2z = 0 \implies x = -z$。
令 $z = t$，則 $x = -t$。
特徵向量的形式為 $v = \begin{bmatrix} -t \\ 0 \\ t \end{bmatrix} = t \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$，其中 $t \neq 0$。
例如，取 $t=1$，一個特徵向量是 $v_1 = \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。

注意：特徵值 $\lambda=1$ 的代數重數是 2，但我們只找到一個線性獨立的特徵向量。這意味著幾何重數為 1。

對於 $\lambda_2 = 5$:
我們需要解 $(A - 5I)v = 0$。

$$A - 5I = \begin{bmatrix} 3-5 & 3 & 2 \\ 0 & 1-5 & 0 \\ 2 & -2 & 3-5 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -2 & 3 & 2 \\ 0 & -4 & 0 \\ 2 & -2 & -2 \end{bmatrix}$$

對矩陣進行列運算：

$$\begin{bmatrix} -2 & 3 & 2 \\ 0 & -4 & 0 \\ 2 & -2 & -2 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_3 \leftarrow R_3 + R_1} \begin{bmatrix} -2 & 3 & 2 \\ 0 & -4 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$$

從第二列 $-4y = 0 \implies y = 0$。
從第三列 $y = 0$。
從第一列 $-2x + 3y + 2z = 0 \implies -2x + 0 + 2z = 0 \implies x = z$。
令 $z = s$，則 $x = s$。
特徵向量的形式為 $v = \begin{bmatrix} s \\ 0 \\ s \end{bmatrix} = s \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$，其中 $s \neq 0$。
例如，取 $s=1$，一個特徵向量是 $v_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。

總結：
特徵值：$\lambda_1 = 1$ (代數重數 2), $\lambda_2 = 5$ (代數重數 1)。
對應的特徵向量：
對於 $\lambda_1 = 1$，特徵空間為 $\text{span}\left(\begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}\right)$。
對於 $\lambda_2 = 5$，特徵向量為 $\text{span}\left(\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}\right)$。

(b) 證明或證偽 $A$ 在 $\mathbb{R}$ 上是可對角化的。
一個 $n \times n$ 矩陣是可對角化的，若且唯若它的代數重數之和等於 $n$，且每個特徵值的幾何重數等於其代數重數。
矩陣 $A$ 是 $3 \times 3$ 的。
特徵值 $\lambda_1 = 1$ 的代數重數是 2。
特徵值 $\lambda_2 = 5$ 的代數重數是 1。
代數重數之和為 $2 + 1 = 3$，等於矩陣的維度。

然而，我們發現 $\lambda_1 = 1$ 的幾何重數是 1（因為特徵空間的維度是 1），而其代數重數是 2。
由於幾何重數 (1) 小於代數重數 (2)，矩陣 $A$ 在 $\mathbb{R}$ 上不是可對角化的。

(c) 證明或證偽 $A$ 在 $\mathbb{Z}_5$ 上是可對角化的。
我們需要考慮矩陣 $A$ 在 $\mathbb{Z}_5$ 上的特徵值和特徵向量。
首先，將矩陣 $A$ 的元素取模 5：

$$A_{\mathbb{Z}_5} = \begin{bmatrix} 3 & 3 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 2 & -2 & 3 \end{bmatrix} \equiv \begin{bmatrix} 3 & 3 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 2 & 3 & 3 \end{bmatrix} \pmod{5}$$

計算特徵方程 $\det(A_{\mathbb{Z}_5} - \lambda I) = 0$。

$$A_{\mathbb{Z}_5} - \lambda I = \begin{bmatrix} 3-\lambda & 3 & 2 \\ 0 & 1-\lambda & 0 \\ 2 & 3 & 3-\lambda \end{bmatrix}$$

計算行列式：
$\det(A_{\mathbb{Z}_5} - \lambda I) = (3-\lambda) \det \begin{bmatrix} 1-\lambda & 0 \\ 3 & 3-\lambda \end{bmatrix} - 3 \det \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 2 & 3-\lambda \end{bmatrix} + 2 \det \begin{bmatrix} 0 & 1-\lambda \\ 2 & 3 \end{bmatrix}$
$= (3-\lambda) [(1-\lambda)(3-\lambda) - 0] - 0 + 2 [0 - 2(1-\lambda)]$

本題考查矩陣的跡（trace）、行列式（determinant）以及特徵值（eigenvalue）和特徵向量（eigenvector）之間的關係。

已知矩陣 $A$ 是一個 $3 \times 3$ 矩陣，因為它有兩個 $3 \times 1$ 的特徵向量。
假設 $A$ 的特徵值為 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$。
我們知道跡（trace）是所有特徵值之和：$\text{tr}(A) = \lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3$。
我們知道行列式（determinant）是所有特徵值之積：$\det(A) = \lambda_1 \lambda_2 \lambda_3$。

題目給出，對於特徵值 $\lambda = 7$，有兩個線性獨立的特徵向量：$v_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix}$ 和 $v_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$。
這意味著特徵值 $\lambda = 7$ 的幾何重數至少是 2。
由於 $A$ 是一個 $3 \times 3$ 矩陣，其特徵值的個數（包含重數）最多是 3 個。
因此，特徵值 $\lambda = 7$ 的幾何重數最多是 3。
如果幾何重數是 3，則意味著 $A$ 的所有特徵值都是 7。
如果幾何重數是 2，則意味著至少有兩個特徵值是 7。