114 年 國立政治大學應用數學系碩士班《線性代數》

這兩小題主要在測試對線性轉換保持線性獨立性的理解。

a. False.
線性轉換不一定能保持線性獨立性。如果 $T$ 是零轉換（將所有向量映射到零向量），那麼即使 $\{v_1, v_2\}$ 線性獨立，$\{T(v_1), T(v_2)\} = \{0, 0\}$ 也一定是線性相依的。

反例:
設 $V = \mathbb{R}^2$ 且 $W = \mathbb{R}^2$。
令 $T: V \to W$ 為零轉換，即 $T(v) = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$ 對於所有 $v \in V$。
考慮 $V$ 中的一組線性獨立向量 $\{v_1, v_2\} = \left\{ \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} \right\}$。
然而，$\{T(v_1), T(v_2)\} = \left\{ \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix} \right\}$，這組向量是線性相依的，因為存在非零係數 $c_1 = 1, c_2 = 1$ 使得 $c_1 T(v_1) + c_2 T(v_2) = 0$。

要證明 $W_1 + W_2$ 是 $V$ 的一個子空間，我們需要驗證三個條件：

1. 零向量屬於 $W_1 + W_2$。
2. $W_1 + W_2$ 對於向量加法是封閉的。
3. $W_1 + W_2$ 對於純量乘法是封閉的。

已知 $W_1$ 和 $W_2$ 是向量空間 $V$ 的子空間。

1. 零向量檢驗:
   因為 $W_1$ 是子空間，所以零向量 $0_V \in W_1$。
   因為 $W_2$ 是子空間，所以零向量 $0_V \in W_2$。
   因此，我們可以寫出 $0_V = 0_V + 0_V$，其中第一個 $0_V \in W_1$ 且第二個 $0_V \in W_2$。
   根據 $W_1 + W_2$ 的定義， $0_V + 0_V \in W_1 + W_2$。
   所以，$W_1 + W_2$ 包含零向量。

2. 向量加法封閉性:
   設 $u, v \in W_1 + W_2$。
   根據定義，存在 $x_1 \in W_1, y_1 \in W_2$ 使得 $u = x_1 + y_1$。
   同時，存在 $x_2 \in W_1, y_2 \in W_2$ 使得 $v = x_2 + y_2$。
   我們要證明 $u + v \in W_1 + W_2$。
   $u + v = (x_1 + y_1) + (x_2 + y_2) = (x_1 + x_2) + (y_1 + y_2)$。
   因為 $W_1$ 是子空間，所以 $x_1, x_2 \in W_1$ 意味著 $x_1 + x_2 \in W_1$。

核心觀念

本題考查：

• 線性轉換的定義；
• 多項式空間中的座標表示；
• 由基底向量的像建立矩陣；
• 特徵值與特徵向量；
• 三角矩陣的對角元素即為特徵值。

令

$$p(x)=ax^2+bx+c\in P_2(\mathbb R),$$

則

$$p'(x)=2ax+b.$$

---

解題方法

先將一般二次多項式代入 $T$，求出 $T(p)$ 的係數表示，再依序處理線性、矩陣及特徵值問題。

---

a. 證明 $T$ 為線性轉換

對任意 $p,q\in P_2(\mathbb R)$ 及純量 $\alpha,\gamma\in\mathbb R$，

$$T(\alpha p+\gamma q) =(\alpha p+\gamma q)(x-2)+(x+1)(\alpha p+\gamma q)'(x).$$

利用平移、微分及多項式乘法皆保持線性，有

$$(\alpha p+\gamma q)(x-2) =\alpha p(x-2)+\gamma q(x-2),$$

且

$$(\alpha p+\gamma q)'(x) =\alpha p'(x)+\gamma q'(x).$$

因此

$$\begin{aligned} T(\alpha p+\gamma q) &=\alpha p(x-2)+\gamma q(x-2) \\ &\quad +(x+1)\bigl(\alpha p'(x)+\gamma q'(x)\bigr)\\ &=\alpha T(p)+\gamma T(q). \end{aligned}$$

故 $T$ 滿足線性轉換定義，因此

$$\boxed{T\text{ 是線性轉換}}.$$

---

b. 求 $[T]_\beta$

給定有序基底

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

先計算一般式：

$$p(x-2)=a(x-2)^2+b(x-2)+c,$$

所以

$$p(x-2)=ax^2+(-4a+b)x+(4a-2b+c).$$

又因為

$$(x+1)p'(x)=(x+1)(2ax+b),$$

故

$$(x+1)p'(x)=2ax^2+(2a+b)x+b.$$

相加得

$$T(p)=3ax^2+(-2a+2b)x+(4a-b+c).$$

因此，相對於基底 $\beta$，

$$[T(p)]_\beta = \begin{bmatrix} 3a\\ -2a+2b\\ 4a-b+c \end{bmatrix}.$$

由基底向量求矩陣各欄

1. 計算 $T(x^2)$

$$T(x^2)=(x-2)^2+(x+1)(2x).$$

因此

$$T(x^2)=x^2-4x+4+2x^2+2x =3x^2-2x+4.$$

所以

$$[T(x^2)]_\beta= \begin{bmatrix} 3\\ -2\\ 4 \end{bmatrix}.$$

2. 計算 $T(x)$

$$T(x)=(x-2)+(x+1)(1)=2x-1.$$

所以

$$[T(x)]_\beta= \begin{bmatrix} 0\\ 2\\ -1 \end{bmatrix}.$$

3. 計算 $T(1)$

因為 $1'=0$，所以

$$T(1)=1+ (x+1)(0)=1.$$

因此

$$[T(1)]_\beta= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}.$$

將上述三個座標向量依序作為矩陣的欄，得到

$$[T]_\beta = \begin{bmatrix} 3&0&0\\ -2&2&0\\ 4&-1&1 \end{bmatrix}.$$

---

c. 特徵值與特徵向量

令

$$A=[T]_\beta = \begin{bmatrix} 3&0&0\\ -2&2&0\\ 4&-1&1 \end{bmatrix}.$$

此矩陣是下三角矩陣，因此特徵值就是對角線元素：

$$\boxed{\lambda=3,\ 2,\ 1}.$$

以下分別求其特徵向量。

當 $\lambda=3$

令特徵向量在基底 $\beta$ 下的座標為

$$v= \begin{bmatrix} a\\b\\c \end{bmatrix}.$$

核心觀念

本題考查分塊矩陣的可逆性，以及 Schur complement（舒爾補）公式。

由於 $A$ 已知可逆，對分塊矩陣

$$M= \begin{bmatrix} A & x\\ y^T & c \end{bmatrix}$$

而言，其關鍵量為

$$c-y^TA^{-1}x.$$

此量稱為 $A$ 對應的 Schur complement。分塊矩陣的行列式公式為

$$\det(M)=\det(A)\det\left(c-y^TA^{-1}x\right).$$

因為 $c-y^TA^{-1}x$ 是一個 scalar，所以

$$\det(M)=\det(A)\left(c-y^TA^{-1}x\right).$$

矩陣可逆當且僅當其行列式不為零。

解題方法：分塊矩陣分解

令

$$s=c-y^TA^{-1}x.$$

將 $M$ 分解如下：

$$M= \begin{bmatrix} I_n & 0\\ y^TA^{-1} & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & x\\ 0 & s \end{bmatrix}.$$

直接相乘可得

$$\begin{bmatrix} I_n & 0\\ y^TA^{-1} & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & x\\ 0 & s \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A & x\\ y^TA^{-1}A & y^TA^{-1}x+s \end{bmatrix}.$$

由 $A^{-1}A=I_n$ 及 $s=c-y^TA^{-1}x$，上式等於

$$\begin{bmatrix} A & x\\ y^T & c \end{bmatrix}=M.$$

第一個因子

$$\begin{bmatrix} I_n & 0\\ y^TA^{-1} & 1 \end{bmatrix}$$

是下三角分塊矩陣，其對角分塊皆可逆，因此本身可逆。

第二個因子為

$$\begin{bmatrix} A & x\\ 0 & s \end{bmatrix},$$

其為上三角分塊矩陣，因此可逆當且僅當 $A$ 與 $s$ 皆可逆。題目已知 $A$ 可逆，所以

$$\begin{bmatrix} A & x\\ 0 & s \end{bmatrix} \text{ 可逆} \Longleftrightarrow s\neq 0.$$

由於 $M$ 是兩個矩陣的乘積，而第一個因子必定可逆，因此

$$M\text{ 可逆} \Longleftrightarrow s\neq 0.$$

代回 $s$ 的定義，即得

這題考察最小平方解和向量投影。

核心觀念：最小平方解、投影定理、向量空間的投影。

a. 求最小平方解:
線性系統 $Ax = b$ 的最小平方解 $\hat{x}$ 是使得 $\|Ax - b\|^2$ 最小的向量 $\hat{x}$。
這個解滿足正規方程組 (normal equations)：$A^T A \hat{x} = A^T b$。

首先計算 $A^T A$ 和 $A^T b$。
$A^T = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 2 \end{bmatrix}$。

$A^T A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \cdot 1 + 1 \cdot 1 + 1 \cdot 1 & 1 \cdot 1 + 1 \cdot (-1) + 1 \cdot 2 \\ 1 \cdot 1 + (-1) \cdot 1 + 2 \cdot 1 & 1 \cdot 1 + (-1) \cdot (-1) + 2 \cdot 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 6 \end{bmatrix}$。

$A^T b = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 \\ 8 \\ 12 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \cdot 2 + 1 \cdot 8 + 1 \cdot 12 \\ 1 \cdot 2 + (-1) \cdot 8 + 2 \cdot 12 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 + 8 + 12 \\ 2 - 8 + 24 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 22 \\ 18 \end{bmatrix}$。

現在解正規方程組 $A^T A \hat{x} = A^T b$：
$\begin{bmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 6 \end{bmatrix} \hat{x} = \begin{bmatrix} 22 \\ 18 \end{bmatrix}$。

我們可以通過求逆矩陣或高斯消去法來求解。
首先計算 $(A^T A)^{-1}$。
$\det(A^T A) = 3 \cdot 6 - 2 \cdot 2 = 18 - 4 = 14$。
$(A^T A)^{-1} = \frac{1}{14} \begin{bmatrix} 6 & -2 \\ -2 & 3 \end{bmatrix}$。

$\hat{x} = (A^T A)^{-1} A^T b = \frac{1}{14} \begin{bmatrix} 6 & -2 \\ -2 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 22 \\ 18 \end{bmatrix}$

核心觀念

本題涵蓋以下觀念：

1. 特徵多項式與特徵值、特徵向量。
2. 相異特徵值所對應的特徵向量必線性獨立，因此矩陣可對角化。
3. 若 $Av=\lambda v$，則對任意多項式 $p(x)$，有
   $p(A)v=p(\lambda)v.$
4. Cayley–Hamilton 定理：矩陣會滿足自己的特徵多項式。
5. 消去多項式集合
   $W=\{p(x)\mid p(A)=0\}$
   是最小多項式所生成的理想。

---

解題方法

先求出 $A$ 的特徵多項式。若其三個根相異，便可取三個特徵向量作為 $Q$ 的欄向量，完成對角化。第二小題利用第一小題的特徵值與特徵向量，再配合多項式代入定理。第三小題則由最小多項式判定所有能消去 $A$ 的多項式。

---

(a) 求可逆矩陣 $Q$，使 $Q^{-1}AQ$ 為對角矩陣

令特徵多項式為

$$\chi_A(\lambda)=\det(\lambda I-A).$$

計算得

$$\chi_A(\lambda) = \det \begin{bmatrix} \lambda-3&-1&-1\\ -2&\lambda-3&-2\\ 1&1&\lambda+1 \end{bmatrix}.$$

展開後：

$$\begin{aligned} \chi_A(\lambda) &=(\lambda-3)^2(\lambda+1)+3(\lambda-3)-2\lambda+2\\ &=\lambda^3-5\lambda^2+4\lambda+2. \end{aligned}$$

因此 $A$ 的特徵值 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ 是方程式

$$\lambda^3-5\lambda^2+4\lambda+2=0$$

的三個根。這三個根互異，數值約為

$$\lambda_1\approx -0.343,\qquad \lambda_2\approx 1.529,\qquad \lambda_3\approx 3.814.$$

對任一特徵值 $\lambda$，考慮

$$(A-\lambda I)v=0.$$

取前兩列的外積，可得一個特徵向量：

$$v(\lambda)= \begin{bmatrix} \lambda-1\\ 2\lambda-4\\ (\lambda-3)^2-2 \end{bmatrix}.$$

因此令

$$v_i=v(\lambda_i) = \begin{bmatrix} \lambda_i-1\\ 2\lambda_i-4\\ (\lambda_i-3)^2-2 \end{bmatrix}, \qquad i=1,2,3.$$

取

$$Q= \begin{bmatrix} \lambda_1-1&\lambda_2-1&\lambda_3-1\\ 2\lambda_1-4&2\lambda_2-4&2\lambda_3-4\\ (\lambda_1-3)^2-2& (\lambda_2-3)^2-2& (\lambda_3-3)^2-2 \end{bmatrix}.$$

由於 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ 互異，對應的特徵向量線性獨立，所以 $Q$ 可逆，且

$$AQ=Q \begin{bmatrix} \lambda_1&0&0\\ 0&\lambda_2&0\\ 0&0&\lambda_3 \end{bmatrix}.$$

故

$$Q^{-1}AQ= \begin{bmatrix} \lambda_1&0&0\\ 0&\lambda_2&0\\ 0&0&\lambda_3 \end{bmatrix}.$$

---

(b) 求 $A^3-3A^2+4I$ 的特徵值與特徵向量

令

$$B=A^3-3A^2+4I.$$

由 Cayley–Hamilton 定理，

$$A^3-5A^2+4A+2I=0,$$

所以

$$A^3=5A^2-4A-2I.$$

代入 $B$：

核心觀念

本題涵蓋以下觀念：

1. 特徵多項式與特徵值、特徵向量。
2. 相異特徵值所對應的特徵向量必線性獨立，因此矩陣可對角化。
3. 若 $Av=\lambda v$，則對任意多項式 $p(x)$，有
   $p(A)v=p(\lambda)v.$
4. Cayley–Hamilton 定理：矩陣會滿足自己的特徵多項式。
5. 消去多項式集合
   $W=\{p(x)\mid p(A)=0\}$
   是最小多項式所生成的理想。

---

解題方法

先求出 $A$ 的特徵多項式。若其三個根相異，便可取三個特徵向量作為 $Q$ 的欄向量，完成對角化。第二小題利用第一小題的特徵值與特徵向量，再配合多項式代入定理。第三小題則由最小多項式判定所有能消去 $A$ 的多項式。

---

(a) 求可逆矩陣 $Q$，使 $Q^{-1}AQ$ 為對角矩陣

令特徵多項式為

$$\chi_A(\lambda)=\det(\lambda I-A).$$

計算得

$$\chi_A(\lambda) = \det \begin{bmatrix} \lambda-3&-1&-1\\ -2&\lambda-3&-2\\ 1&1&\lambda+1 \end{bmatrix}.$$

展開後：

$$\begin{aligned} \chi_A(\lambda) &=(\lambda-3)^2(\lambda+1)+3(\lambda-3)-2\lambda+2\\ &=\lambda^3-5\lambda^2+4\lambda+2. \end{aligned}$$

因此 $A$ 的特徵值 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ 是方程式

$$\lambda^3-5\lambda^2+4\lambda+2=0$$

的三個根。這三個根互異，數值約為

$$\lambda_1\approx -0.343,\qquad \lambda_2\approx 1.529,\qquad \lambda_3\approx 3.814.$$

對任一特徵值 $\lambda$，考慮

$$(A-\lambda I)v=0.$$

取前兩列的外積，可得一個特徵向量：

$$v(\lambda)= \begin{bmatrix} \lambda-1\\ 2\lambda-4\\ (\lambda-3)^2-2 \end{bmatrix}.$$

因此令

$$v_i=v(\lambda_i) = \begin{bmatrix} \lambda_i-1\\ 2\lambda_i-4\\ (\lambda_i-3)^2-2 \end{bmatrix}, \qquad i=1,2,3.$$

取

$$Q= \begin{bmatrix} \lambda_1-1&\lambda_2-1&\lambda_3-1\\ 2\lambda_1-4&2\lambda_2-4&2\lambda_3-4\\ (\lambda_1-3)^2-2& (\lambda_2-3)^2-2& (\lambda_3-3)^2-2 \end{bmatrix}.$$

由於 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ 互異，對應的特徵向量線性獨立，所以 $Q$ 可逆，且

$$AQ=Q \begin{bmatrix} \lambda_1&0&0\\ 0&\lambda_2&0\\ 0&0&\lambda_3 \end{bmatrix}.$$

故

$$Q^{-1}AQ= \begin{bmatrix} \lambda_1&0&0\\ 0&\lambda_2&0\\ 0&0&\lambda_3 \end{bmatrix}.$$

---

(b) 求 $A^3-3A^2+4I$ 的特徵值與特徵向量

令

$$B=A^3-3A^2+4I.$$

由 Cayley–Hamilton 定理，

$$A^3-5A^2+4A+2I=0,$$

所以

$$A^3=5A^2-4A-2I.$$

代入 $B$：

這題考察矩陣秩的性質以及矩陣乘積可逆性的條件。

核心觀念：矩陣的秩、列空間、滿秩矩陣、矩陣乘積的可逆性。

證明思路：
矩陣 $A^T A$ 是 $m \times m$ 的方陣。要證明 $A^T A$ 可逆，我們只需要證明它的秩為 $m$，或者證明它的行列式不為零，或者證明它的零空間（kernel）只包含零向量。我們將採用證明零空間的方法。

證明過程:
設 $A \in \mathbb{R}^{n \times m}$ 且 $\text{rank}(A) = m$。
我們需要證明 $A^T A$ 是可逆的。$A^T A$ 是一個 $m \times m$ 的方陣。
一個 $m \times m$ 的矩陣是可逆的，若且唯若其零空間只包含零向量。
考慮方程 $(A^T A)x = 0$，其中 $x \in \mathbb{R}^m$。我們需要證明唯一的解是 $x = 0$。

從 $(A^T A)x = 0$，我們可以得到 $x^T (A^T A) x = x^T 0 = 0$。
注意到 $x^T (A^T A) x = (Ax)^T (Ax)$。
令 $y = Ax$。則 $y \in \mathbb{R}^n$。
所以，$(Ax)^T (Ax) = y^T y = \|y\|^2 = \|Ax\|^2 = 0$。

向量的歐幾里得範數的平方 $\|y\|^2$ 僅在向量 $y$ 為零向量時才為零。
因此，$\|Ax\|^2 = 0$ 意味著 $Ax = 0$。

現在我們知道 $Ax = 0$。
$A$ 是一個 $n \times m$ 的矩陣，其秩為 $m$ ($\text{rank}(A) = m$)。
秩-零度定理 (Rank-Nullity Theorem) 告訴我們：
$\text{rank}(A) + \text{nullity}(A) = m$ (矩陣的欄數)。
其中 $\text{nullity}(A)$ 是矩陣 $A$ 的零空間的維度。

因為 $\text{rank}(A) = m$，所以 $m + \text{nullity}(A) = m$。
這意味著 $\text{nullity}(A) = 0$。
零空間的維度為 0，表示 $A$ 的零空間只包含零向量。