108 年 國立成功大學數學系應用數學研究所《線性代數》

核心觀念

1. 矩陣的交換子空間（Centralizer / Commutant）：
   對於固定矩陣 $A \in \mathbb{R}^{n \times n}$，集合 $U = \{X \in \mathbb{R}^{n \times n} : AX = XA\}$ 為與 $A$ 可交換之矩陣所構成的集合。由於矩陣乘法滿足分配律且對純量乘法封閉，$U$ 為 $\mathbb{R}^{n \times n}$ 的一個子空間（Subspace）。
2. 多項式生成的子空間：
   任何 $A$ 的多項式 $p(A) = c_0 I + c_1 A + \dots + c_k A^k$ 恆與 $A$ 可交換，即 $\operatorname{span}\{I, A, A^2, \dots\} \subseteq U$。
3. 線性獨立（Linear Independence）與子空間維度：
   若子空間中存在 $k$ 個線性獨立的向量（矩陣），則該子空間的維度至少為 $k$。

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解題方法

本題要求證明 $\dim U \ge 2$，其中 $U = \{X \in \mathbb{R}^{2 \times 2} : AX = XA\}$。

最標準且簡潔的切入點是：直接從 $A$ 的多項式子空間切入，尋找 $U$ 中的線性獨立元素。

步驟一：確認 $I \in U$ 與 $A \in U$

由矩陣乘法基本性質：

• $A I = I A = A \implies I \in U$
• $A A = A A = A^2 \implies A \in U$

因此，$I$ 與 $A$ 皆屬於 $U$。

步驟二：依 $A$ 是否為純量矩陣進行分類討論

情況一：$A$ 不是單位矩陣的純量倍數（即 $A \ne cI, \forall c \in \mathbb{R}$）
若 $c_1 I + c_2 A = O$，其中 $c_1, c_2 \in \mathbb{R}$：

• 若 $c_2 \ne 0$，則 $A = -\frac{c_1}{c_2} I$，與假設矛盾。
• 因此必有 $c_2 = 0$，代回得 $c_1 I = O \implies c_1 = 0$。

這證明了 $\{I, A\}$ 為線性獨立集合。
因為 $\{I, A\} \subseteq U$ 且 $\{I, A\}$ 線性獨立，故：

$$\dim U \geq 2$$

核心觀念

1. 正定矩陣（Positive Definite Matrix）定義：
   依題意定義，對於矩陣 $A \in \mathbb{R}^{n \times n}$，若對所有非零向量 $x \in \mathbb{R}^n$（即 $x \neq \mathbf{0}$），其二次型（quadratic form）皆滿足： $$x^T A x > 0$$ 則稱 $A$ 為正定矩陣。
2. 歐幾里得長度（Euclidean Norm）之非負性與正定性：
   對任意實向量 $y \in \mathbb{R}^n$，其內積與範數關係為 $y^T y = \|y\|^2 \ge 0$；且 $\|y\|^2 = 0 \iff y = \mathbf{0}$。
3. 可逆矩陣（Invertible Matrix）的零空間性質：
   若矩陣 $R \in \mathbb{R}^{n \times n}$ 為可逆矩陣（nonsingular），則其核空間（kernel）僅包含零向量，即： $$Rx = \mathbf{0} \iff x = \mathbf{0}$$ 等價於：若 $x \neq \mathbf{0}$，則必有 $Rx \neq \mathbf{0}$。

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解題方法

本題為標準的定義驗證證明題。證明目標是：對任意非零向量 $x \in \mathbb{R}^n \setminus \{\mathbf{0}\}$，皆有 $x^T A x > 0$。

證明步驟：

1. 代入矩陣分解表示式：
   任取非零向量 $x \in \mathbb{R}^n$（$x \neq \mathbf{0}$）。將 $A = R^T R$ 代入二次型中： $$x^T A x = x^T (R^T R) x$$
2. 結合律轉化為向量內積形式：
   利用矩陣轉置性質 $(Rx)^T = x^T R^T$，可將式子改寫為： $$x^T A x = (Rx)^T (Rx)$$ 令向量 $y = Rx \in \mathbb{R}^n$，則： $$x^T A x = y^T y = \|y\|^2 = \|Rx\|^2 \ge 0$$
3. 利用可逆性說明嚴格大於零（排除等於零的可能）：
   根據範數的正定性，$\|Rx\|^2 = 0$ 若且唯若 $Rx = \mathbf{0}$。
   因已知 $R \in \mathbb{R}^{n \times n}$ 為可逆矩陣，其各行向量線性獨立，線性方程組 $Rx = \mathbf{0}$ 僅有唯一定解（即零解）： $$Rx = \mathbf{0} \implies x = \mathbf{0}$$ 由於我們選取的 $x$ 為非零向量（$x \neq \mathbf{0}$），因此必有： $$Rx \neq \mathbf{0}$$ 由此可得： $$\|Rx\|^2 > 0$$
4. 結論：

核心觀念

本題評量行列式（Determinant）的基本代數性質：

1. 純量乘法性質：若 $M \in F^{n \times n}$ 且 $c \in F$，則純量乘積之行列式為： $$\det(cM) = c^n \det(M)$$ 其中 $n$ 為方陣的階數（Size）。
2. 矩陣乘法性質（乘法定理）：若 $A, B \in F^{n \times n}$，則： $$\det(AB) = \det(A)\det(B)$$ 由此可推得方陣冪次之行列式性質：對任意正整數 $k$， $$\det(A^k) = (\det A)^k$$

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解題方法

本題給定 $3 \times 3$ 矩陣 $A$ 且 $\det A = 3$，目標為求 $\det(-A^4)$。

1. 確定矩陣階數與純量係數：
   矩陣 $A$ 為 $3 \times 3$ 方陣，其四次方 $A^4$ 亦為 $3 \times 3$ 方陣。
   將負號視為純量乘法 $c = -1$，根據純量乘法性質，提出純量時須乘上矩陣階數 $n = 3$ 的次方： $$\det(-A^4) = \det((-1) \cdot A^4) = (-1)^3 \det(A^4) = -\det(A^4)$$

核心觀念

本題評量行列式（Determinant）的基本運算性質與矩陣代數性質：

1. 轉置矩陣的行列式性質：
   對任意方陣 $M$，其轉置矩陣的行列式不變，即： $$\det(M^T) = \det(M)$$
2. 行列式的多重線性（Multilinear）與交錯性（Alternating）：
   • 某一行（或列）提出純量純數 $k$，行列式值放大 $k$ 倍。
   • 交換兩行（或列），行列式值變號（乘上 $-1$）。
   • 將某一行（或列）的倍數加至另一行（或列），行列式值保持不變。
3. 純量積與反矩陣的行列式性質：
   若 $M \in F^{n \times n}$ 且為可逆矩陣，$k$ 為純量，則： $$\det(kM) = k^n \det(M)$$ $$\det(M^{-1}) = \frac{1}{\det(M)}$$ 因此： $$\det(kM^{-1}) = \frac{k^n}{\det(M)}$$

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解題方法

第一步：建立矩陣 $B$ 與 $A^T$ 各行的關聯

原題目給定矩陣 $A$ 為：

$$A = \begin{bmatrix} a & b & c \\ p & q & r \\ u & v & w \end{bmatrix}$$

其轉置矩陣 $A^T$ 為：

$$A^T = \begin{bmatrix} a & p & u \\ b & q & v \\ c & r & w \end{bmatrix}$$

已知 $\det(A^T) = \det(A) = 3$。設 $A^T$ 的三個行向量（column vectors）分別為：

$$\mathbf{c}_1 = \begin{bmatrix} a \\ b \\ c \end{bmatrix}, \quad \mathbf{c}_2 = \begin{bmatrix} p \\ q \\ r \end{bmatrix}, \quad \mathbf{c}_3 = \begin{bmatrix} u \\ v \\ w \end{bmatrix}$$

則 $\det(A^T) = \det[\mathbf{c}_1, \mathbf{c}_2, \mathbf{c}_3] = 3$。

觀察矩陣 $B$ 的各行：

$$B = \begin{bmatrix} 2p & -a+u & 3u \\ 2q & -b+v & 3v \\ 2r & -c+w & 3w \end{bmatrix} = \Big[ 2\mathbf{c}_2 \;\mid\; -\mathbf{c}_1 + \mathbf{c}_3 \;\mid\; 3\mathbf{c}_3 \Big]$$

第二步：計算 $\det(B)$

利用行列式的行基本運算求 $\det(B)$：

1. 由第 1 行提出公因數 $2$，第 3 行提出公因數 $3$：

核心觀念

本題考查複數矩陣理論中 斜艾米特矩陣（Skew-Hermitian Matrix） 的特徵值性質。涉及的核心定義與定理包含：

1. 斜艾米特矩陣定義：若 $A \in \mathbb{C}^{n \times n}$ 滿足 $A^* = -A$，其中 $A^* = \overline{A}^T$ 為共軛轉置矩陣，則稱 $A$ 為斜艾米特矩陣。
2. 特徵值與特徵向量定義：若純量 $\lambda \in \mathbb{C}$ 與非零向量 $v \in \mathbb{C}^n$ 滿足 $Av = \lambda v$，則 $\lambda$ 為 $A$ 的特徵值，$v$ 為對應的特徵向量。
3. 內積與共軛性質：在複數向量空間 $\mathbb{C}^n$ 中，標準內積誘導的二次型為 $v^* v = \|v\|^2$。當 $v \neq 0$ 時，$v^* v$ 必為嚴格大於 $0$ 的實數。純量共軛轉置滿足 $(\lambda v)^* = \bar{\lambda} v^*$。
4. 純虛數（Purely Imaginary）定義：在標準線性代數與複變數分析中，若複數 $z$ 的實部為零（即 $\text{Re}(z) = 0$ 或 $\bar{z} = -z$），則稱 $z$ 為純虛數（包含 $z = 0$ 或寫作形式 $bi, b \in \mathbb{R}$）。

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解題方法

證明矩陣特徵值性質最通用的方法為「兩側夾擊特徵向量法」（即利用共軛轉置二次型 $v^* A v$ 展開）。

完整證明推導：

設 $\lambda \in \mathbb{C}$ 為 $A$ 的任一特徵值，且 $v \in \mathbb{C}^n \setminus \{0\}$ 為對應於 $\lambda$ 的特徵向量，即滿足：

$$Av = \lambda v, \quad v \neq 0$$

在等式兩邊左乘 $v^*$（$v$ 的共軛轉置）：

$$v^* A v = v^* (\lambda v) = \lambda (v^* v)$$

接著，對純量式子 $v^* A v$ 取共軛轉置（由於純量的共軛轉置等於其複數共軛）：

$$(v^* A v)^* = \overline{v^* A v}$$

另一方面，利用共軛轉置的反序運算規則 $(XY)^* = Y^* X^*$，可展開左式：

$$(v^* A v)^* = v^* A^* (v^*)^* = v^* A^* v$$

因為題目給定 $A$ 為斜艾米特矩陣，即 $A^* = -A$，將其代入上式得：

$$v^* A^* v = v^* (-A) v = - (v^* A v)$$

將 $v^* A v = \lambda (v^* v)$ 代入：

$$(v^* A v)^* = (\lambda (v^* v))^* = \bar{\lambda} (v^* v)^* = \bar{\lambda} (v^* v)$$

因此獲得等式：

核心觀念

1. 反厄米特矩陣（Skew-Hermitian Matrix）的定義：
   若矩陣 $A \in \mathbb{C}^{n \times n}$ 滿足 $A^* = -A$，則稱 $A$ 為 skew-Hermitian 矩陣，其中 $A^* = \overline{A}^T$ 為共軛轉置矩陣。
2. 複數內積空間的標準內積定義：
   在 $\mathbb{C}^n$ 上的標準內積定義為： $$\langle x, y \rangle = y^* x$$ （若定義為 $\langle x, y \rangle = x^* y$，結論完全相同，此處以數學系常見之第一變數線性、第二變數共軛線性定義說明，推導時亦可並行展示）。
3. 伴隨運算子與內積的性質：
   對任意矩陣 $A \in \mathbb{C}^{n \times n}$ 與向量 $x, y \in \mathbb{C}^n$： $$\langle Ax, y \rangle = y^*(Ax) = (A^* y)^* x = \langle x, A^* y \rangle$$
4. 反厄米特矩陣的特徵值性質：
   Skew-Hermitian 矩陣的所有特徵值皆為純虛數（Pure Imaginary）或 $0$，即： $$\overline{\lambda} = -\lambda \quad (\text{或 } \lambda + \overline{\lambda} = 0)$$

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解題方法

由題意知，$(\lambda_1, y_1)$ 與 $(\lambda_2, y_2)$ 為 $A$ 的特徵對（Eigenpairs），因此：

$$Ay_1 = \lambda_1 y_1 \quad (y_1 \neq 0)$$ $$Ay_2 = \lambda_2 y_2 \quad (y_2 \neq 0)$$

步驟一：先證明反厄米特矩陣的特徵值為純虛數或 $0$

考慮特徵對 $(\lambda_1, y_1)$，計算 $\langle Ay_1, y_1 \rangle$：

$$\langle Ay_1, y_1 \rangle = \langle \lambda_1 y_1, y_1 \rangle = \lambda_1 \langle y_1, y_1 \rangle$$

另一方面，利用內積伴隨性質及 $A^* = -A$：

$$\langle Ay_1, y_1 \rangle = \langle y_1, A^* y_1 \rangle = \langle y_1, -A y_1 \rangle = \langle y_1, -\lambda_1 y_1 \rangle = \overline{-\lambda_1} \langle y_1, y_1 \rangle = -\overline{\lambda_1} \langle y_1, y_1 \rangle$$

因此：

$$\lambda_1 \langle y_1, y_1 \rangle = -\overline{\lambda_1} \langle y_1, y_1 \rangle$$

由於 $y_1 \neq 0$，可知 $\langle y_1, y_1 \rangle = \|y_1\|^2 > 0$，兩邊同除以 $\langle y_1, y_1 \rangle$ 得：

$$\lambda_1 = -\overline{\lambda_1} \implies \overline{\lambda_1} = -\lambda_1$$

同理，對 $\lambda_2$ 亦有：

核心觀念

本題旨在證明實數矩陣的基本性質：$\ker(A^T A) = \ker(A)$（此題為其中單向包含關係 $\ker(A^T A) \subseteq \ker(A)$）。所運用的核心定理與工具如下：

1. 向量的標準內積（Euclidean Inner Product）：在實數向量空間 $\mathbb{R}^m$ 中，任意向量 $y$ 的標準長度（Norm）平方定義為： $$\|y\|^2 = y^T y$$
2. 正定性公理（Positive Definiteness of Norm）：對任意實數向量 $y \in \mathbb{R}^m$，恆有 $\|y\|^2 \ge 0$；且 $\|y\|^2 = 0$ 若且唯若 $y = 0$。

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解題方法

欲由 $(A^T A)x = 0$ 推得 $Ax = 0$，最直接且標準的切入點是利用「長度平方（Norm squared）」降次：

• 方程式中已知 $(A^T A)x$ 為零向量，若將其等號左側左乘 $x^T$，即可造出純量形式 $x^T (A^T A) x$。
• 利用轉置矩陣性質結合為 $(Ax)^T (Ax)$，此即向量 $Ax$ 自身的長度平方 $\|Ax\|^2$。
• 再根據實數內積的正定性，長度平方為零必保證向量本身為零向量。

詳細證明步驟

設 $A \in \mathbb{R}^{m \times n}$ 且 $x \in \mathbb{R}^n$ 滿足：

$$(A^T A)x = 0$$

將等式兩邊同在左側乘上 $x^T$：

$$x^T (A^T A)x = x^T 0 = 0$$

利用矩陣乘法的結合律以及轉置性質 $(Ax)^T = x^T A^T$，可將左式重寫為：

$$(Ax)^T (Ax) = 0$$

令向量 $y = Ax \in \mathbb{R}^m$，則上式等價於：

$$y^T y = \|y\|^2 = \|Ax\|^2 = 0$$

由於在實數向量空間中，歐幾里得範數具有正定性，即：

$$\|Ax\|^2 = 0 \iff Ax = 0$$

故得證 $Ax = 0$。

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核心觀念

本題為線性代數極具代表性的經典命題，主要考察以下核心觀念與定理：

1. 零空間（Null space）與秩（Rank）的關係（Rank-Nullity Theorem / 秩－零化度定理）：
   對於任意線性映射或矩陣 $M \in \mathbb{R}^{p \times n}$，皆滿足： $$\text{Rank}(M) + \text{Nullity}(M) = n$$ 其中 $\text{Nullity}(M) = \dim(\ker(M))$。因此，若能證明兩矩陣的零空間相同，即 $\ker(A^T A) = \ker(A)$，即可藉由定義域維度相同（皆為 $n$）直接推導出秩相等。
2. 實數內積的「正定性」（Positive Definiteness of Euclidean Inner Product）：
   對於實數向量 $v \in \mathbb{R}^m$，其標準歐幾里得長度平方滿足： $$v^T v = \|v\|^2 = 0 \iff v = 0$$ 此性質保證了由 $A^T A x = 0$ 能推得 $Ax = 0$。

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解題方法

本題採用「雙向包含證明兩子空間相等」，再搭配「秩－零化度定理」完成證明。

步驟一：證明 $\ker(A) \subseteq \ker(A^T A)$

設 $x \in \ker(A)$，依零空間定義有：

$$Ax = 0$$

等號兩邊左乘矩陣 $A^T$，得：

$$A^T (Ax) = A^T 0 = 0 \implies (A^T A)x = 0$$

因此 $x \in \ker(A^T A)$，故得包含關係：

$$\ker(A) \subseteq \ker(A^T A)$$

步驟二：證明 $\ker(A^T A) \subseteq \ker(A)$

設 $x \in \ker(A^T A)$，依定義有：

$$(A^T A)x = 0$$

在等號兩邊左乘轉置向量 $x^T$，得純量式：

$$x^T (A^T A x) = x^T 0 = 0$$

利用矩陣轉置性質 $(Ax)^T = x^T A^T$，重組上式：

$$(Ax)^T (Ax) = 0$$

由於 $A \in \mathbb{R}^{m \times n}$ 且 $x \in \mathbb{R}^n$，向量 $Ax \in \mathbb{R}^m$ 為實數向量。由標準內積性質知：

$$(Ax)^T (Ax) = \|Ax\|^2 = 0 \implies Ax = 0$$

因此 $x \in \ker(A)$，故得包含關係：

$$\ker(A^T A) \subseteq \ker(A)$$

步驟三：由空間相等推導秩相等

綜合步驟一與步驟二，得兩者之零空間完全相等：

$$\ker(A^T A) = \ker(A)$$

兩側取子空間維度，即得到零化度相等：