109 年 國立成功大學數學系應用數學研究所《線性代數》

本題考查線性轉換的可逆性及其逆轉換的求解。判斷一個線性轉換是否可逆，最直接的方法是檢查其對應的矩陣是否可逆，或者檢查其核空間是否只有零向量。

首先，我們需要將線性轉換 $T$ 表示成矩陣的形式。$P_2$ 空間的一組標準基底為 $\{1, x, x^2\}$。我們將這組基底向量映射到 $T$ 下，然後將結果的係數寫成向量。

1. $T(1) = T(1 + 0x + 0x^2) = (1 - 0 - 0) + (3(1) + 2(0) + 0)x + (0 + 0)x^2 = 1 + 3x$.
   對應於基底 $\{1, x, x^2\}$ 的係數向量為 $[1, 3, 0]^T$。

2. $T(x) = T(0 + 1x + 0x^2) = (0 - 1 - 0) + (3(0) + 2(1) + 0)x + (1 + 0)x^2 = -1 + 2x + x^2$.
   對應於基底 $\{1, x, x^2\}$ 的係數向量為 $[-1, 2, 1]^T$。

3. $T(x^2) = T(0 + 0x + 1x^2) = (0 - 0 - 1) + (3(0) + 2(0) + 1)x + (0 + 1)x^2 = -1 + x + x^2$.
   對應於基底 $\{1, x, x^2\}$ 的係數向量為 $[-1, 1, 1]^T$。

因此，線性轉換 $T$ 在標準基底下的矩陣表示為：
$[T] = \begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 \\ 3 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$

要判斷 $T$ 是否可逆，我們計算該矩陣的行列式。
$\det([T]) = 1 \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} - (-1) \begin{vmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} + (-1) \begin{vmatrix} 3 & 2 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}$
$= 1(2 \cdot 1 - 1 \cdot 1) + 1(3 \cdot 1 - 1 \cdot 0) - 1(3 \cdot 1 - 2 \cdot 0)$
$= 1(1) + 1(3) - 1(3) = 1 + 3 - 3 = 1$
由於 $\det([T]) = 1 \neq 0$，所以矩陣 $[T]$ 可逆，線性轉換 $T$ 也是可逆的。

接下來，我們尋找逆轉換 $T^{-1}$。這相當於尋找矩陣 $[T^{-1}] = [T]^{-1}$。我們可以通過求逆矩陣的方法來找到它。

我們可以使用伴隨矩陣法或高斯消去法。這裡使用高斯消去法，將 $[T]$ 與單位矩陣 $[I]$ 並列，進行列運算，直到左側變成單位矩陣，右側就是逆矩陣。
$\left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & -1 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 3 & 2 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right)$
$R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1$:
$\left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & -1 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 4 & -3 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right)$
交換 $R_2$ 和 $R_3$：

本題要求找出一個子空間 $W$ 的基底。子空間 $W$ 是由滿足給定線性方程組的向量 $(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5)$ 所組成。找出基底的關鍵是將這個線性方程組轉換成最簡形式，找出自由變數，並以此表示基本變數，進而構造出基底向量。

首先，我們將給定的線性方程組寫成矩陣形式，然後進行高斯消去法求解。
方程組為：
\begin{align*} 2x_1 + 2x_2 + x_3 + 2x_4 - 6x_5 &= 0 \ 2x_1 + x_3 + 2x_5 &= 0 \ 2x_1 - x_2 + x_3 - x_4 &= 0 \end{align*}
對應的增廣矩陣（或係數矩陣）為：
$\begin{pmatrix} 2 & 2 & 1 & 2 & -6 \\ 2 & 0 & 1 & 0 & 2 \\ 2 & -1 & 1 & -1 & 0 \end{pmatrix}$
進行列運算以化簡矩陣：
$R_2 \leftarrow R_2 - R_1$:
$\begin{pmatrix} 2 & 2 & 1 & 2 & -6 \\ 0 & -2 & 0 & -2 & 8 \\ 2 & -1 & 1 & -1 & 0 \end{pmatrix}$
$R_3 \leftarrow R_3 - R_1$:
$\begin{pmatrix} 2 & 2 & 1 & 2 & -6 \\ 0 & -2 & 0 & -2 & 8 \\ 0 & -3 & 0 & -3 & 6 \end{pmatrix}$
$R_2 \leftarrow -\frac{1}{2}R_2$:
$\begin{pmatrix} 2 & 2 & 1 & 2 & -6 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & -4 \\ 0 & -3 & 0 & -3 & 6 \end{pmatrix}$
$R_3 \leftarrow R_3 + 3R_2$:
$\begin{pmatrix} 2 & 2 & 1 & 2 & -6 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & -4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & -6 \end{pmatrix}$
$R_3 \leftarrow -\frac{1}{6}R_3$:
$\begin{pmatrix} 2 & 2 & 1 & 2 & -6 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & -4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
$R_1 \leftarrow R_1 - 2R_2$:
$\begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & -4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
$R_1 \leftarrow R_1 - 2R_3$:

本題要求計算一個 $2 \times 2$ 矩陣 $A$ 的 $n$ 次方 $A^n$。計算矩陣的冪次最常用的方法是利用矩陣的對角化。如果矩陣 $A$ 可以對角化，即 $A = PDP^{-1}$，其中 $D$ 是對角矩陣，則 $A^n = PD^n P^{-1}$。計算對角矩陣的 $n$ 次方非常容易。

首先，我們需要找到矩陣 $A$ 的特徵值（eigenvalues）和特徵向量（eigenvectors）。
矩陣 $A$ 的特徵值 $\lambda$ 滿足特徵方程 $\det(A - \lambda I) = 0$。
$A - \lambda I = \begin{pmatrix} -5-\lambda & 9 \\ -4 & 7-\lambda \end{pmatrix}$
$\det(A - \lambda I) = (-5-\lambda)(7-\lambda) - (9)(-4) = -35 + 5\lambda - 7\lambda + \lambda^2 + 36$
$= \lambda^2 - 2\lambda + 1 = (\lambda - 1)^2$
所以，特徵值為 $\lambda_1 = \lambda_2 = 1$。這是一個重根。

接下來，我們尋找對應於特徵值 $\lambda=1$ 的特徵向量 $v = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$。
$(A - 1I)v = \begin{pmatrix} -5-1 & 9 \\ -4 & 7-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -6 & 9 \\ -4 & 6 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
從第一個方程 $-6x + 9y = 0$，我們可以得到 $2x = 3y$。
從第二個方程 $-4x + 6y = 0$，我們也可以得到 $2x = 3y$。
我們可以令 $y=2$，則 $x=3$。所以，一個特徵向量是 $v_1 = \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \end{pmatrix}$。

由於特徵值 $\lambda=1$ 是重根，但是我們只找到一個線性獨立的特徵向量，這意味著矩陣 $A$ 是不可對角化的。
在這種情況下，我們需要使用若爾當標準型（Jordan Normal Form）來計算矩陣的冪次。
對於一個 $2 \times 2$ 矩陣，如果它有一個重根 $\lambda$，但只有一個線性獨立的特徵向量，那麼它的若爾當標準型為：
$J = \begin{pmatrix} \lambda & 1 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix}$
存在一個可逆矩陣 $P$ 使得 $A = PJP^{-1}$。
那麼 $A^n = PJ^n P^{-1}$。

首先，我們計算 $J^n$。
$J = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
$J^2 = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
$J^3 = J^2 J = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
歸納可得：
$J^n = \begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

接下來，我們需要找到矩陣 $P$ 和 $P^{-1}$。
若爾當標準型對應的列向量是特徵向量和廣義特徵向量（generalized eigenvector）。
我們已經找到一個特徵向量 $v_1 = \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \end{pmatrix}$。
我們需要尋找一個廣義特徵向量 $v_2$，它滿足 $(A - \lambda I)v_2 = v_1$。
$\begin{pmatrix} -6 & 9 \\ -4 & 6 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \end{pmatrix}$
從第一個方程 $-6x + 9y = 3$，我們可以得到 $-2x + 3y = 1$。
從第二個方程 $-4x + 6y = 2$，我們也可以得到 $-2x + 3y = 1$。
我們可以令 $y=1$，則 $-2x + 3 = 1 \implies -2x = -2 \implies x=1$。
所以，一個廣義特徵向量是 $v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$。

本題考查內積空間中的線性變換、核空間、以及正交基的構造。給定一個內積定義 $\langle x,y \rangle = x^T A y$，以及一個線性變換 $\alpha$ 和一個向量 $f_1$。我們需要找到一個向量 $f_2$ 屬於 $\alpha$ 的核空間，並讓 $f_1, f_2, f_3$ 組成一個正交基。

首先，我們定義內積。對於 $x = (x_1, x_2, x_3)^T$ 和 $y = (y_1, y_2, y_3)^T$，內積為
$\langle x, y \rangle = x^T A y = \begin{pmatrix} x_1 & x_2 & x_3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix}$
$= \begin{pmatrix} x_1+x_2 & x_1+2x_2 & x_3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix} = (x_1+x_2)y_1 + (x_1+2x_2)y_2 + x_3 y_3$

線性變換 $\alpha: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ 定義為 $\alpha(x_1, x_2, x_3) = x_1 + x_2$。
注意，這裡的 $\alpha$ 的輸出是一個純量，而不是一個向量。這是一個常見的寫法，表示 $\alpha$ 是從 $\mathbb{R}^3$ 到 $\mathbb{R}$ 的線性映射，然後將結果看作是 $\mathbb{R}^3$ 中某個向量的某個分量。然而，題目中寫的是 $\alpha: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$，這意味著 $\alpha$ 的輸出應該是一個三維向量。通常，這種情況下，線性映射會被寫成 $\alpha(v) = c v$ 的形式，或者 $\alpha(v)$ 的各個分量是關於 $v$ 的線性組合。

如果題目是 $\alpha(x_1, x_2, x_3) = (x_1+x_2, 0, 0)$ 這樣形式，那麼核空間會包含形如 $(x_1, x_2, x_3)$ 使得 $x_1+x_2=0$。
如果題目是 $\alpha(x_1, x_2, x_3) = (x_1+x_2)u$ 對於某個非零向量 $u$，核空間也是 $x_1+x_2=0$.

我們假設題目中的 $\alpha(x_1, x_2, x_3) = x_1 + x_2$ 實際上是指一個從 $\mathbb{R}^3$ 到 $\mathbb{R}$ 的線性函數 $f(x_1, x_2, x_3) = x_1+x_2$。
那麼，核空間 $\ker(\alpha)$ 是所有向量 $(x_1, x_2, x_3)$ 使得 $x_1 + x_2 = 0$。
即 $x_1 = -x_2$.
令 $x_2 = t$ 和 $x_3 = s$，則 $x_1 = -t$。
核空間中的向量形如 $(-t, t, s)^T = t(-1, 1, 0)^T + s(0, 0, 1)^T$.
所以，$\ker(\alpha)$ 的一個基底是 $\left\{ (-1, 1, 0)^T, (0, 0, 1)^T \right\}$。

我們被要求找到 $f_2 \in \ker(\alpha)$。我們可以從這個基底中選擇。
題目還要求 $(f_1, f_2, f_3)$ 是一個正交基。這意味著 $\langle f_i, f_j \rangle = 0$ 對於 $i \neq j$。

我們已知 $f_1 = (1, -1, 0)^T$.
我們需要選擇 $f_2 \in \ker(\alpha)$。
我們需要 $f_2$ 與 $f_1$ 在給定的內積下正交，即 $\langle f_1, f_2 \rangle = 0$.
令 $f_2 = (x, y, z)^T$.
由於 $f_2 \in \ker(\alpha)$，所以 $x+y=0$，即 $x=-y$.
所以 $f_2 = (-y, y, z)^T$.

現在計算內積 $\langle f_1, f_2 \rangle$:
$\langle f_1, f_2 \rangle = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -y \\ y \\ z \end{pmatrix}$
$= \begin{pmatrix} 1(1)+(-1)(1)+0(0) & 1(1)+(-1)(2)+0(0) & 1(0)+(-1)(0)+0(1) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -y \\ y \\ z \end{pmatrix}$
$= \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -y \\ y \\ z \end{pmatrix} = 0(-y) + (-1)(y) + 0(z) = -y$

核心觀念

本題考查線性映射的伴隨映射 $L^*$、像空間與核空間的正交互補關係，以及有限維空間中的秩—零化度定理。

伴隨映射 $L^*:W\to V$ 的定義為：對所有 $v\in V$、$w\in W$，

$$\langle Lv,w\rangle_W=\langle v,L^*w\rangle_V.$$

另外，對子空間 $U\subseteq W$，其正交補空間定義為

$$U^\perp=\{w\in W:\langle u,w\rangle_W=0,\ \text{對所有 }u\in U\}.$$

本題的關鍵公式是有限維內積空間中的

$$\dim U+\dim U^\perp=\dim W.$$

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解題方法

$(a)$ 直接從 $(\operatorname{im}L)^\perp$ 與 $\ker L^*$ 的元素定義出發，利用伴隨映射的核心公式連結兩者。

$(b)$ 先利用 $(a)$ 得到

$$\ker L^*=(\operatorname{im}L)^\perp,$$

再分別對 $L$ 與 $L^*$ 使用秩—零化度定理，即可比較兩者的像空間維度。

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(a) 證明 $(\operatorname{im}L)^\perp=\ker L^*$

證明兩個集合互相包含。

證明 $(\operatorname{im}L)^\perp\subseteq\ker L^*$

任取 $w\in(\operatorname{im}L)^\perp$。

由正交補空間的定義，對所有 $v\in V$，皆有

$$\langle Lv,w\rangle_W=0,$$

因為 $Lv\in\operatorname{im}L$。

利用伴隨映射的定義，

$$\langle Lv,w\rangle_W = \langle v,L^*w\rangle_V.$$

因此對所有 $v\in V$，

$$\langle v,L^*w\rangle_V=0.$$

特別取 $v=L^*w$，得到

$$\langle L^*w,L^*w\rangle_V=0.$$

由內積的正定性可知

$$L^*w=0.$$

所以 $w\in\ker L^*$，因此

$$(\operatorname{im}L)^\perp\subseteq\ker L^*.$$

證明 $\ker L^*\subseteq(\operatorname{im}L)^\perp$

任取 $w\in\ker L^*$，則

$$L^*w=0.$$

對任意 $v\in V$，由伴隨映射定義，

$$\langle Lv,w\rangle_W = \langle v,L^*w\rangle_V = \langle v,0\rangle_V = 0.$$

這表示 $w$ 與 $\operatorname{im}L$ 中的每一個向量皆正交，因此

$$w\in(\operatorname{im}L)^\perp.$$

故

核心觀念

本題為經典的**席爾維斯特方程式（Sylvester Equation）**可解性與矩陣譜理論（Spectral Theory）之等價性證明，核心包含以下四大線性代數重要定理與性質：

1. 有限維空間上的線性算子性質（Rank-Nullity Theorem）：
   定義域與對應域維度相同且有限時（$\dim(\mathbb{C}^{n \times n}) = n^2 < \infty$），線性映射 $\Psi$ 為滿射（Surjective/Onto）$\iff$ $\Psi$ 為單射（Injective/One-to-One）$\iff \ker(\Psi) = \{0\}$。
2. 特徵值與特徵向量（Eigenvalues & Eigenvectors）：
   複數矩陣必有特徵值。若 $\lambda$ 為 $A$ 的特徵值，則 $A$ 必存在非零的「右特徵向量」$v$（滿足 $Av = \lambda v$）及非零的「左特徵向量」$u^T$（滿足 $u^T A = \lambda u^T$）。
3. 矩陣多項式性質與凱萊－哈密頓定理（Cayley-Hamilton Theorem）：
   若 $XA = BX$，則對任意多項式 $p(t)$ 皆滿足 $X p(A) = p(B) X$。令 $p(t) = f_A(t)$ 為 $A$ 之特徵多項式，則 $f_A(A) = O$。
4. 譜映射定理（Spectral Mapping Theorem）：
   若 $B$ 的特徵值為 $\mu_1, \mu_2, \dots, \mu_n$，則矩陣多項式 $f_A(B)$ 的特徵值即為 $f_A(\mu_1), f_A(\mu_2), \dots, f_A(\mu_n)$。

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解題方法

首先，容易驗證 $\Psi: \mathbb{C}^{n \times n} \to \mathbb{C}^{n \times n}$ 為一線性映射（Linear Transformation）：
對任意 $c \in \mathbb{C}$ 及 $X_1, X_2 \in \mathbb{C}^{n \times n}$，

$$\Psi(c X_1 + X_2) = (c X_1 + X_2)A - B(c X_1 + X_2) = c \Psi(X_1) + \Psi(X_2)$$

由於 $\mathbb{C}^{n \times n}$ 為有限維向量空間（$\dim(\mathbb{C}^{n \times n}) = n^2$），根據維度定理（Rank-Nullity Theorem）：
條件 (a)「$\Psi(X) = Y$ 對所有 $Y$ 恆有解」（即 $\Psi$ 為滿射）等價於「$\Psi$ 為單射」，亦即：

$$\ker(\Psi) = \{X \in \mathbb{C}^{n \times n} \mid XA - BX = O\} = \{O\}$$

因此，題目等價於證明：

$$\ker(\Psi) = \{O\} \iff \sigma(A) \cap \sigma(B) = \emptyset$$

其中 $\sigma(M)$ 表示矩陣 $M$ 的特徵值集合（譜 Spectrum）。以下利用「雙向逆否命題（Contrapositive）」進行證明：

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【步驟一】證明 $(\text{a}) \implies (\text{b})$（使用逆否命題：$\neg(\text{b}) \implies \neg(\text{a})$）

假設：$A$ 與 $B$ 擁有共同特徵值，即存在 $\lambda \in \mathbb{C}$ 使得 $\lambda \in \sigma(A)$ 且 $\lambda \in \sigma(B)$。

1. 因為 $\lambda \in \sigma(B)$，故存在非零行向量 $v \in \mathbb{C}^{n \times 1}$（$v \neq 0$）滿足：

$$Bv = \lambda v$$

2. 因為 $\lambda \in \sigma(A) = \sigma(A^T)$，故存在非零列向量 $u^T \in \mathbb{C}^{1 \times n}$（$u \neq 0$）滿足：

$$u^T A = \lambda u^T$$

3. 取非零外積矩陣 $X = v u^T \in \mathbb{C}^{n \times n}$。因為 $v \neq 0$ 且 $u \neq 0$，故 $X \neq O$。
4. 將 $X$ 代入 $\Psi(X)$ 計算：

$$\Psi(X) = XA - BX = (v u^T)A - B(v u^T) = v(u^T A) - (Bv)u^T$$ $$= v(\lambda u^T) - (\lambda v)u^T = \lambda v u^T - \lambda v u^T = O$$