115 年 國立政治大學應用數學系碩士班《線性代數》

本題考查向量空間的定義與線性組合的概念。我們要證明由 $M_1, M_2, M_3$ 所張成的空間 (span) 等於所有 $2 \times 2$ 的對稱矩陣集合。

證明：
令 $S = \text{span}\{M_1, M_2, M_3\}$。
令 $Sym_{2 \times 2}$ 為所有 $2 \times 2$ 對稱矩陣的集合。

我們要證明 $S = Sym_{2 \times 2}$。

首先，證明 $S \subseteq Sym_{2 \times 2}$。
$S$ 中的任一矩陣 $M$ 都可以寫成 $M = c_1 M_1 + c_2 M_2 + c_3 M_3$，其中 $c_1, c_2, c_3$ 為實數。
$M = c_1 \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} + c_2 \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} + c_3 \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} c_1 & c_2 \\ c_2 & c_3 \end{bmatrix}$。
一個矩陣是稱對稱矩陣，若且唯若它等於其轉置矩陣。
$M^T = \begin{bmatrix} c_1 & c_2 \\ c_2 & c_3 \end{bmatrix}^T = \begin{bmatrix} c_1 & c_2 \\ c_2 & c_3 \end{bmatrix} = M$。

本題考查向量空間子空間的維度關係，特別是交集的維度。

核心觀念：
對於任意兩個子空間 $W_1, W_2$，維度公式為 $\dim(W_1 + W_2) = \dim(W_1) + \dim(W_2) - \dim(W_1 \cap W_2)$。
另外，子空間的維度永遠非負。

我們要找出 $W_1$ 和 $W_2$ 之間的充要條件，使得 $\dim(W_1 \cap W_2) = \dim(W_1)$。

首先，我們知道 $W_1 \cap W_2$ 是 $W_1$ 的一個子空間。因此，必有 $\dim(W_1 \cap W_2) \le \dim(W_1)$。
所以，條件 $\dim(W_1 \cap W_2) = \dim(W_1)$ 意味著 $W_1 \cap W_2$ 和 $W_1$ 具有相同的維度。
當兩個具有相同維度的向量空間（或子空間）之間存在包含關係時，它們必定相等。
也就是說，如果 $A$ 是 $B$ 的子空間，且 $\dim(A) = \dim(B)$，則 $A=B$。

在我們的問題中，$W_1 \cap W_2$ 是 $W_1$ 的子空間。
因此，若 $\dim(W_1 \cap W_2) = \dim(W_1)$，則必然有 $W_1 \cap W_2 = W_1$。

現在我們需要證明 $W_1 \cap W_2 = W_1$ 是充要條件。

本題考查線性變換的定義。要證明一個映射是線性變換，需要驗證兩個條件：

1. 對於任意向量 $\mathbf{u}, \mathbf{v}$， $T(\mathbf{u} + \mathbf{v}) = T(\mathbf{u}) + T(\mathbf{v})$ (加法性質)。
2. 對於任意向量 $\mathbf{u}$ 和任意純量 $c$， $T(c\mathbf{u}) = cT(\mathbf{u})$ (純量乘法性質)。

在此題中，向量是二維向量 $(a_1, a_2)$，變換 $T_\theta$ 是將向量繞原點逆時針旋轉 $\theta$ 角。
我們需要證明 $T_\theta$ 滿足線性變換的兩個性質。

首先，我們需要確定旋轉變換的數學表達式。
設 $\mathbf{v} = (a_1, a_2)$。
若 $\mathbf{v} \neq (0,0)$，則將 $\mathbf{v}$ 逆時針旋轉 $\theta$ 角得到的向量 $\mathbf{v}' = T_\theta(\mathbf{v})$ 的座標為：
$a_1' = a_1 \cos\theta - a_2 \sin\theta$
$a_2' = a_1 \sin\theta + a_2 \cos\theta$
這可以用矩陣表示為：
$T_\theta \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \end{pmatrix} = \begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{bmatrix} \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \end{pmatrix}$。

對於零向量，題目中已定義 $T_\theta(0,0) = (0,0)$。
注意，即使我們用旋轉矩陣乘以零向量，結果也是零向量：
$\begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{bmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$。
所以，旋轉變換可以用單一的旋轉矩陣來表示，對於所有向量都適用。

現在我們驗證線性變換的兩個性質。
設 $\mathbf{u} = (u_1, u_2)$ 和 $\mathbf{v} = (v_1, v_2)$ 為 $\mathbb{R}^2$ 中的任意向量。
設 $c$ 為任意純量。

1. 加法性質： $T_\theta(\mathbf{u} + \mathbf{v}) = T_\theta(\mathbf{u}) + T_\theta(\mathbf{v})$
   $\mathbf{u} + \mathbf{v} = (u_1 + v_1, u_2 + v_2)$。
   $T_\theta(\mathbf{u} + \mathbf{v})$ 是將 $(u_1 + v_1, u_2 + v_2)$ 旋轉 $\theta$ 角。
   使用矩陣表示：

本題考查線性變換的核空間 (null space) 和像空間 (range space) 在 $T$-invariant 子空間下的性質。

核心觀念：

• $T$-invariant 子空間 $W$: 對於所有 $\mathbf{w} \in W$，都有 $T(\mathbf{w}) \in W$。
• $T|_W$: $T$ 在子空間 $W$ 上的限制 (restriction)，即 $T|_W: W \to W$ 定義為 $T|_W(\mathbf{w}) = T(\mathbf{w})$ 對於所有 $\mathbf{w} \in W$。
• $N(T|_W) = \{\mathbf{w} \in W \mid T|_W(\mathbf{w}) = \mathbf{0}\} = \{\mathbf{w} \in W \mid T(\mathbf{w}) = \mathbf{0}\}$。
• $N(T) = \{\mathbf{v} \in V \mid T(\mathbf{v}) = \mathbf{0}\}$。
• $R(T|_W) = \{T|_W(\mathbf{w}) \mid \mathbf{w} \in W\} = \{T(\mathbf{w}) \mid \mathbf{w} \in W\} = T(W)$。
• $R(T) = \{T(\mathbf{v}) \mid \mathbf{v} \in V\}$。

我們要證明兩個等式：

1. $N(T|_W) = N(T) \cap W$
2. $R(T|_W) = T(W)$

證明第一部分： $N(T|_W) = N(T) \cap W$

首先證明 $N(T|_W) \subseteq N(T) \cap W$。
設 $\mathbf{v} \in N(T|_W)$。
根據 $N(T|_W)$ 的定義，我們知道 $\mathbf{v} \in W$ 且 $T|_W(\mathbf{v}) = \mathbf{0}$。
因為 $T|_W(\mathbf{v}) = T(\mathbf{v})$，所以 $T(\mathbf{v}) = \mathbf{0}$。
這表示 $\mathbf{v} \in N(T)$。
由於 $\mathbf{v} \in W$ 且 $\mathbf{v} \in N(T)$，所以 $\mathbf{v} \in N(T) \cap W$。
因此，$N(T|_W) \subseteq N(T) \cap W$。

接著證明 $N(T) \cap W \subseteq N(T|_W)$。
設 $\mathbf{v} \in N(T) \cap W$。
根據交集的定義，我們知道 $\mathbf{v} \in N(T)$ 且 $\mathbf{v} \in W$。
$\mathbf{v} \in N(T)$ 表示 $T(\mathbf{v}) = \mathbf{0}$。
因為 $\mathbf{v} \in W$，我們需要看 $T|_W(\mathbf{v})$ 是什麼。
$T|_W(\mathbf{v})$ 的定義是 $T(\mathbf{v})$，而我們已經知道 $T(\mathbf{v}) = \mathbf{0}$。
所以，$T|_W(\mathbf{v}) = \mathbf{0}$。
這表示 $\mathbf{v} \in N(T|_W)$。
因此，$N(T) \cap W \subseteq N(T|_W)$。

核心觀念

本題考查線性轉換的線性獨立性，以及值域交集的應用。

對 $T,U\in L(V,W)$，集合 $\{T,U\}$ 線性獨立的定義是：

若純量 $a,b$ 滿足

$$aT+bU=0,$$

其中 $0$ 表示零線性轉換，則必須有

$$a=b=0.$$

題目給定

$$R(T)\cap R(U)=\{0\},$$

表示 $T$ 與 $U$ 的值域除了零向量外沒有共同元素。又因為 $T,U$ 均為非零線性轉換，可分別利用其存在非零像向量的性質證明係數必為零。

解題方法

設純量 $a,b$ 滿足

$$aT+bU=0.$$

這表示對所有 $v\in V$，都有

$$aT(v)+bU(v)=0,$$

因此

$$aT(v)=-bU(v).$$

其中

$$aT(v)\in R(T),\qquad -bU(v)\in R(U).$$

所以共同向量 $aT(v)$ 同時屬於 $R(T)$ 與 $R(U)$，故

$$aT(v)\in R(T)\cap R(U)=\{0\}.$$

因此對所有 $v\in V$，

$$aT(v)=0.$$

同理也有

$$bU(v)=0.$$

接著利用 $T$ 與 $U$ 非零：

因為 $T\neq 0$，存在 $v_1\in V$ 使得 $T(v_1)\neq 0$。由

$$aT(v_1)=0$$

且 $T(v_1)\neq 0$，可得

$$a=0.$$

同樣地，因為 $U\neq 0$，存在 $v_2\in V$ 使得 $U(v_2)\neq 0$。由

$$bU(v_2)=0$$

可得

$$b=0.$$

核心觀念

題目要求的是將點 $(x,y)$ 沿著垂直於直線 $L$ 的方向投影到

$$L:\ y=mx.$$

因此這是對 $L$ 的正交投影。

直線 $L$ 的方向向量可取為

$$\mathbf{u}=(1,m).$$

若 $\mathbf{v}=(x,y)$，則 $\mathbf{v}$ 在 $\mathbf{u}$ 方向上的正交投影為

$$\operatorname{proj}_{\mathbf{u}}\mathbf{v} = \frac{\mathbf{v}\cdot\mathbf{u}}{\mathbf{u}\cdot\mathbf{u}}\mathbf{u}.$$

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解題方法

對點 $(x,y)$ 的位置向量 $\mathbf{v}=(x,y)$ 使用投影公式。

首先計算內積：

$$\mathbf{v}\cdot\mathbf{u} =(x,y)\cdot(1,m) =x+my.$$

再計算方向向量的平方長度：

$$\mathbf{u}\cdot\mathbf{u} =1^2+m^2 =1+m^2.$$

因此，投影後的向量為

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

寫成座標形式：

$$\boxed{ T(x,y) = \left( \frac{x+my}{1+m^2}, \frac{m(x+my)}{1+m^2} \right) }.$$

核心觀念

矩陣的秩定義為其欄空間的維度：

$$\operatorname{rank}(A)=\dim(\operatorname{Col}(A)).$$

若 $A$ 的欄向量為 $a_1,a_2,\ldots,a_n$，則 $cA$ 的欄向量為

$$ca_1,ca_2,\ldots,ca_n.$$

題目關鍵在於：當 $c\neq 0$ 時，將每個向量同時乘上非零純量，不會改變這些向量的線性獨立性，因此不會改變欄空間的維度。

解題方法

設 $A$ 的欄向量為 $a_1,a_2,\ldots,a_n$。考慮 $cA$ 的欄向量是否線性獨立。

若

$$\alpha_1(ca_1)+\alpha_2(ca_2)+\cdots+\alpha_n(ca_n)=0,$$

則可將非零純量 $c$ 提出：

$$c(\alpha_1a_1+\alpha_2a_2+\cdots+\alpha_na_n)=0.$$

因為 $c\neq 0$，可約去 $c$，得到

$$\alpha_1a_1+\alpha_2a_2+\cdots+\alpha_na_n=0.$$

因此，

$$\{\alpha_i: \alpha_1(ca_1)+\cdots+\alpha_n(ca_n)=0\}$$

與

$$\{\alpha_i: \alpha_1a_1+\cdots+\alpha_na_n=0\}$$

具有完全相同的解集合。換言之，$a_1,\ldots,a_n$ 線性獨立，當且僅當 $ca_1,\ldots,ca_n$ 線性獨立。

核心觀念

本題考察二階常係數線性遞迴關係：

$$f_n=2f_{n-1}+f_{n-2}.$$

對此類遞迴式，設解為 $f_n=r^n$，代入後可得特徵方程。若特徵方程有兩個相異根 $r_1,r_2$，則通解為

$$f_n=C_1r_1^n+C_2r_2^n.$$

解題方法

設

$$f_n=r^n.$$

代入遞迴式：

$$r^n=2r^{n-1}+r^{n-2}.$$

除以 $r^{n-2}$，得到特徵方程

$$r^2-2r-1=0.$$

解得

$$r=\frac{2\pm\sqrt{4+4}}{2}=1\pm\sqrt2.$$

因此遞迴式的通解為

$$f_n=C_1(1+\sqrt2)^n+C_2(1-\sqrt2)^n.$$

利用初始條件 $f_1=1$ 與 $f_2=1$：

$$C_1(1+\sqrt2)+C_2(1-\sqrt2)=1,$$ $$C_1(1+\sqrt2)^2+C_2(1-\sqrt2)^2=1.$$

注意

$$(1+\sqrt2)^2=3+2\sqrt2,\qquad (1-\sqrt2)^2=3-2\sqrt2.$$

故聯立方程式為

$$\begin{cases} (1+\sqrt2)C_1+(1-\sqrt2)C_2=1,\\ (3+2\sqrt2)C_1+(3-2\sqrt2)C_2=1. \end{cases}$$

由第一式得

$$C_1+C_2=1$$

並將第二式改寫為

$$3(C_1+C_2)+2\sqrt2(C_1-C_2)=1.$$

代入 $C_1+C_2=1$：

$$3+2\sqrt2(C_1-C_2)=1,$$

因此

$$C_1-C_2=-\frac1{\sqrt2}.$$

聯立

本題考查矩陣可對角化 (diagonalizable) 的條件。

核心觀念：
一個 $n \times n$ 的矩陣 $A$ 是可對角化的，若且唯若滿足下列條件之一：

1. $A$ 的特徵多項式 (characteristic polynomial) 在 $\mathbb{F}$ 上可分解為 $n$ 個一次因子的乘積，且對於每一個特徵值 $\lambda$，其代數重數 (algebraic multiplicity) 等於其幾何重數 (geometric multiplicity)。
   • 代數重數：特徵值作為特徵多項式根的重數。
   • 幾何重數：對應於該特徵值的特徵空間 (eigenspace) 的維度，即 $\dim(E_\lambda) = \dim(\ker(A - \lambda I))$。
2. $A$ 有 $n$ 個線性獨立的特徵向量。
3. 所有特徵值的幾何重數之和等於 $n$。

題目給定：

• $A$ 是一個 $n \times n$ 矩陣，其域為 $\mathbb{F}$。
• $A$ 有兩個相異的特徵值 $\mu_1$ 和 $\mu_2$。
• 對於特徵值 $\mu_1$，其幾何重數為 $\dim(E_{\mu_1}) = n-1$。

我們要證明 $A$ 是可對角化的。

證明：
根據矩陣可對角化的條件，我們需要證明所有特徵值的幾何重數之和等於 $n$。
我們已知 $\mu_1$ 和 $\mu_2$ 是 $A$ 的所有特徵值。
因為 $\mu_1$ 和 $\mu_2$ 是相異的，所以它們的代數重數之和必須小於或等於 $n$。
令 $m_1$ 為 $\mu_1$ 的代數重數， $m_2$ 為 $\mu_2$ 的代數重數。
則 $m_1 + m_2 \le n$。

我們知道，對於任何特徵值 $\lambda$，其幾何重數 $\dim(E_\lambda)$ 永遠小於或等於其代數重數 $m_\lambda$。
即 $1 \le \dim(E_\lambda) \le m_\lambda$。

本題考查可對角化線性算子及其逆算子的性質。

核心觀念：

• 可對角化算子：存在一個 $V$ 的基底，使得該算子在此基底下的矩陣表示是對角的。
• 逆算子 $T^{-1}$：如果 $T(\mathbf{v}) = \mathbf{w}$，則 $T^{-1}(\mathbf{w}) = \mathbf{v}$。
• 特徵值與特徵向量：如果 $T(\mathbf{v}) = \lambda \mathbf{v}$，則 $\lambda$ 是 $T$ 的特徵值，$\mathbf{v}$ 是對應的特徵向量。

證明：
假設 $T$ 是一個有限維向量空間 $V$ 上的可對角化線性算子。
因為 $T$ 是可對角化的，所以存在 $V$ 的一個基底 $\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \dots, \mathbf{v}_n\}$，使得 $T$ 在這個基底下的矩陣表示 $D$ 是對角的。
$D = \text{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n)$。
這意味著 $T(\mathbf{v}_i) = \lambda_i \mathbf{v}_i$ 對於 $i=1, \dots, n$。
其中 $\lambda_i$ 是 $T$ 的特徵值。

因為 $T$ 是可逆的，所以 $T$ 的核空間 $N(T) = \{\mathbf{0}\}$。
這意味著 $T(\mathbf{v}) = \mathbf{0}$ 僅當 $\mathbf{v} = \mathbf{0}$。
如果 $T(\mathbf{v}_i) = \lambda_i \mathbf{v}_i = \mathbf{0}$，則 $\lambda_i$ 必須是 0。
因為 $T$ 可逆，所以 $\lambda_i \neq 0$ 對於所有 $i$。
因此，所有特徵值 $\lambda_i$ 都是非零的。

現在我們考慮逆算子 $T^{-1}$。
我們知道 $T^{-1}$ 也是一個線性算子。
我們可以對等式 $T(\mathbf{v}_i) = \lambda_i \mathbf{v}_i$ 應用 $T^{-1}$。
$T^{-1}(T(\mathbf{v}_i)) = T^{-1}(\lambda_i \mathbf{v}_i)$
$\mathbf{v}_i = \lambda_i T^{-1}(\mathbf{v}_i)$