112 年 國立成功大學數學系應用數學研究所《線性代數》

本題主要在考察矩陣的零空間（Null Space）與行空間（Column Space）基底的求解，以及矩陣的冪等性（Nilpotent）與可逆性（Invertibility）的性質。

(a) 求解零空間與行空間的基底。
零空間 $Null(A)$ 的基底可以透過求解齊次線性方程組 $Ax = 0$ 的通解來獲得。將矩陣 $A$ 進行列運算（Row Reduction）至階梯矩陣（Row Echelon Form）或約簡階梯矩陣（Reduced Row Echelon Form），然後寫出對應的變數關係，即可找出自由變數（Free Variables）所對應的向量，這些向量即為零空間的基底。
行空間 $Col(A)$ 的基底可以透過找出矩陣 $A$ 中對應於約簡階梯矩陣中主صفوف（Pivot Columns）的原始行向量來獲得。

(b) 證明 $I - A$ 與 $I + A$ 的可逆性。
若 A 是個 n x n 的冪等矩陣，則 $A^k = 0$ 對於某個正整數 k。
i. 證明 $I - A$ 可逆。
考慮級數展開：
$(I - A)(I + A + A^2 + \dots + A^{k-1}) = I + A + A^2 + \dots + A^{k-1} - (A + A^2 + A^3 + \dots + A^k)$

核心觀念

本題考查：

• 多項式向量空間的基底；
• 內積
  $\langle p,q\rangle=\int_0^1p(x)q(x)\,dx;$
• Gram–Schmidt 正交化；
• 向量的正規化。

空間
$V=\{ax^2+bx+c:a,b,c\in\mathbb R\}$
的維度為 $3$，可取標準基底
$\{1,x,x^2\}.$

先將此基底正交化，再將每個非零正交向量除以其長度，即可得到正交規範基底。

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解題方法：Gram–Schmidt 正交化

令
$v_1=1,\qquad v_2=x,\qquad v_3=x^2.$

第一步：處理 $v_1$

取
$u_1=v_1=1.$

其長度平方為

$$\|u_1\|^2=\langle 1,1\rangle =\int_0^1 1\,dx=1.$$

因此 $u_1$ 本身已經是單位向量。

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第二步：處理 $v_2=x$

將 $x$ 在 $u_1=1$ 上的投影扣除：

$$u_2=v_2-\frac{\langle v_2,u_1\rangle}{\langle u_1,u_1\rangle}u_1.$$

其中

$$\langle x,1\rangle=\int_0^1x\,dx=\frac12, \qquad \langle 1,1\rangle=1.$$

所以

$$u_2=x-\frac12.$$

計算其長度平方：

$$\begin{aligned} \|u_2\|^2 &=\int_0^1\left(x-\frac12\right)^2dx\\ &=\int_0^1\left(x^2-x+\frac14\right)dx\\ &=\frac13-\frac12+\frac14\\ &=\frac1{12}. \end{aligned}$$

故

$$\|u_2\|=\frac1{\sqrt{12}},$$

正規化後得到

$$e_2=\frac{u_2}{\|u_2\|} =\sqrt{12}\left(x-\frac12\right) =\sqrt3(2x-1).$$

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第三步：處理 $v_3=x^2$

將 $x^2$ 在 $u_1$ 與 $u_2$ 上的投影扣除：

$$u_3 =x^2-\frac{\langle x^2,u_1\rangle}{\langle u_1,u_1\rangle}u_1 -\frac{\langle x^2,u_2\rangle}{\langle u_2,u_2\rangle}u_2.$$

先計算投影到 $u_1=1$ 的係數：

$$\frac{\langle x^2,1\rangle}{\langle1,1\rangle} =\int_0^1x^2dx =\frac13.$$

再計算投影到 $u_2=x-\frac12$ 的係數：

核心觀念

本題考查：

• 特徵值與特徵向量的定義：
  $T v=\lambda v,\qquad v\neq 0.$
• 最小多項式 $m_T(x)$：滿足 $m_T(T)=0$ 的首一最低次多項式。
• 特徵多項式：
  $\chi_T(x)=\det(xI-T).$
• 若 $p(T)=0$，則最小多項式 $m_T(x)$ 整除 $p(x)$。
• 矩陣為上三角矩陣時，特徵多項式等於對角線元素所形成的乘積。

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(a) 證明最小多項式的零點恰為 $T$ 的特徵值

令 $m_T(x)$ 為 $T$ 的最小多項式。

必要性：特徵值必為最小多項式的零點

假設 $\lambda$ 是 $T$ 的特徵值，則存在非零向量 $v$ 使得

$$Tv=\lambda v.$$

對任意多項式 $p(x)$，皆有

$$p(T)v=p(\lambda)v.$$

特別地，因為 $m_T(T)=0$，所以

$$0=m_T(T)v=m_T(\lambda)v.$$

由於 $v\neq 0$，得到

$$m_T(\lambda)=0.$$

因此，每一個特徵值都是 $m_T(x)$ 的零點。

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充分性：最小多項式的零點必為特徵值

假設 $\lambda$ 是 $m_T(x)$ 的零點，即

$$m_T(\lambda)=0.$$

由因式定理，

$$m_T(x)=(x-\lambda)q(x)$$

其中 $q(x)$ 是某個多項式。代入算子 $T$，得到

$$0=m_T(T)=(T-\lambda I)q(T).$$

若 $\lambda$ 不是 $T$ 的特徵值，則 $T-\lambda I$ 沒有非零核，也就是 $T-\lambda I$ 為單射。

由

$$(T-\lambda I)q(T)=0$$

及 $T-\lambda I$ 的單射性，可得

$$q(T)=0.$$

但 $q(x)$ 的次數低於 $m_T(x)$，這與 $m_T(x)$ 是使 $p(T)=0$ 的最低次首一多項式矛盾。因此，$\lambda$ 必為 $T$ 的特徵值。

綜合兩方向可知：

$$\boxed{\text{$m_T(x)$ 的零點恰為 $T$ 的特徵值。}}$$

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(b) 線性算子 $T$ 的矩陣表示

相對於標準基底，題目給定

$$T(w_1,w_2,w_3,w_4)=(0,w_2+w_4,w_3,w_4).$$

因此 $T$ 的矩陣為

$$A= \begin{pmatrix} 0&0&0&0\\ 0&1&0&1\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1 \end{pmatrix}.$$

此矩陣是上三角矩陣，對角線元素為

$$0,1,1,1.$$

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(b)(i) 求最小多項式

先觀察 $T$ 在不同子空間上的作用。

對 $e_1=(1,0,0,0)$ 的作用

$$Te_1=0,$$

所以在 $\operatorname{span}\{e_1\}$ 上，$T$ 的最小多項式為 $x$。

對 $\operatorname{span}\{e_2,e_4\}$ 的作用

有

$$Te_2=e_2,\qquad Te_4=e_2+e_4.$$

因此

$$(T-I)e_2=0,$$

而

核心觀念

本題使用以下定義與定理：

1. $T$ 為 normal operator，表示
   $TT^*=T^*T.$

2. $v$ 是 $T$ 對應特徵值 $\lambda$ 的特徵向量，表示
   $Tv=\lambda v,\qquad v\neq 0.$

3. 在複數內積空間中，伴隨算子滿足
   $(\lambda I)^*=\overline{\lambda}I.$

因此
$(T-\lambda I)^*=T^*-\overline{\lambda}I.$

本題的正確結論應為：

$T^*v=\overline{\lambda}v.$

題目敘述中的「eigenvalue $\lambda$」只有在 $\lambda$ 為實數時才成立。

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解題方法

令

$S=T-\lambda I.$

因為 $T$ 是 normal operator，所以 $S$ 也是 normal operator。事實上，

$$SS^* =(T-\lambda I)(T^*-\overline{\lambda}I),$$ $$S^*S =(T^*-\overline{\lambda}I)(T-\lambda I).$$

利用 $TT^*=T^*T$，並注意純量彼此可交換，可得

$SS^*=S^*S.$

又因為 $v$ 是 $T$ 的 $\lambda$-特徵向量，

$Sv=(T-\lambda I)v=Tv-\lambda v=0.$

對 normal operator $S$，有

$\|Sx\|=\|S^*x\|$

對所有 $x\in V$ 成立。取 $x=v$，得到

$\|S^*v\|=\|Sv\|=0.$

因此

$S^*v=0.$

由 $S^*=T^*-\overline{\lambda}I$，可得

$(T^*-\overline{\lambda}I)v=0,$

所以

$T^*v=\overline{\lambda}v.$

故 $v$ 也是 $T^*$ 的特徵向量，對應特徵值為 $\overline{\lambda}$。

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為何 normal condition 足夠

對任意 $x\in V$，

本題要求證明：一個線性算子 $P$ 滿足 $P^2 = P$（即 $P$ 是投影算子），則 $P$ 是正交投影（Orthogonal Projection）當且僅當 $P$ 是自伴隨算子（Self-adjoint Operator）。

核心觀念：

1. 投影算子（Projection Operator）：一個算子 $P$ 滿足 $P^2 = P$。
2. 自伴隨算子（Self-adjoint Operator）：一個算子 $P$ 滿足 $P^* = P$。
3. 正交投影（Orthogonal Projection）：一個投影算子 $P$ 滿足 $P^* = P$。

證明思路：
這是一個「如果當且僅當」的證明，需要證明兩個方向：
(1) 如果 $P$ 是正交投影，則 $P$ 是自伴隨的。
(2) 如果 $P$ 是投影算子且是自伴隨的，則 $P$ 是正交投影。

方向 (1)：假設 $P$ 是正交投影。
根據定義，正交投影是滿足 $P^2 = P$ 且 $P^* = P$ 的算子。
所以，如果 $P$ 是正交投影，那麼它自然是自伴隨的。
這個方向的證明是直接從定義得來的。

方向 (2)：假設 $P$ 滿足 $P^2 = P$ 且 $P^* = P$。
我們需要證明 $P$ 是正交投影。
根據定義，正交投影就是滿足 $P^2 = P$ 且 $P^* = P$ 的算子。
所以，如果 $P$ 滿足這兩個條件，它就是正交投影。

這個證明似乎過於簡單，可能我誤解了題意。
「Prove that $P$ is an orthogonal projection if and only if $P$ is self-adjoint.」
這裡的條件是 $P^2 = P$。
所以，題目實際上是：
設 $P \in \mathcal{L}(V)$ 滿足 $P^2 = P$。證明：$P$ 是正交投影 $\iff P$ 是自伴隨的。

證明：
($\Rightarrow$) 方向：若 $P$ 是正交投影，則 $P$ 是自伴隨的。
根據正交投影的定義，一個算子 $P$ 是正交投影，若且唯若它滿足兩個條件：

1. $P^2 = P$ （$P$ 是投影算子）。
2. $P^* = P$ （$P$ 是自伴隨算子）。
   因此，如果 $P$ 是正交投影，則它滿足 $P^* = P$，即 $P$ 是自伴隨的。

($\Leftarrow$) 方向：若 $P$ 滿足 $P^2 = P$ 且 $P$ 是自伴隨的，則 $P$ 是正交投影。
根據正交投影的定義，一個算子 $P$ 是正交投影，若且唯若它滿足：

1. $P^2 = P$。
2. $P^* = P$。
   題目假設 $P$ 滿足 $P^2 = P$ 且 $P$ 是自伴隨的（即 $P^* = P$）。
   因此，$P$ 滿足了正交投影的兩個定義條件。
   所以，$P$ 是正交投影。

這個證明依然是直接從定義出發。
可能需要更深入地理解「正交投影」的性質，並從投影算子 $P^2=P$ 和自伴隨 $P^*=P$ 這兩個條件推導出正交投影的某個等價性質。

一個更深入的證明思路，可能需要利用向量空間的分解。
設 $P$ 滿足 $P^2 = P$。
則 $V = \text{Im}(P) \oplus \text{Ker}(P)$。
對於任意 $v \in V$，我們可以寫成 $v = w + u$，其中 $w \in \text{Im}(P)$ 且 $u \in \text{Ker}(P)$。
則 $Pw = w$ 且 $Pu = 0$。

現在，假設 $P^* = P$。
我們要證明 $P$ 是正交投影。
這意味著對於任意 $w_1, w_2 \in \text{Im}(P)$，有 $(w_1, w_2) = 0$ 嗎？不是。
正交投影的性質是：對於任意 $u_1, u_2 \in \text{Ker}(P)$ 和 $w_1, w_2 \in \text{Im}(P)$，有 $(w_1, u_2) = 0$。
即 $\text{Im}(P)$ 和 $\text{Ker}(P)$ 是正交的。

證明：
設 $w \in \text{Im}(P)$ 且 $u \in \text{Ker}(P)$。
我們需要證明 $(w, u) = 0$。
因為 $w \in \text{Im}(P)$，所以存在 $x \in V$ 使得 $w = Px$。
因為 $u \in \text{Ker}(P)$，所以 $Pu = 0$。
現在考慮內積 $(w, u)$：
$(w, u) = (Px, u)$。

本題分為兩部分：(a) 證明一個關於跡（Trace）與算子範數（Operator Norm）的關係，以及其與標準正交基底的無關性；(b) 證明特徵值的模長平方和與矩陣元素模長平方和的關係，這是 Bessel 不等式在特定情況下的應用。

(a) 證明 $\text{trace}(T^*T) = \sum_{i=1}^n \|Te_i\|^2$ 且此式與標準正交基底無關。

核心觀念：跡的性質、伴隨算子、標準正交基底、範數的定義。

證明步驟：
設 $\{e_1, \dots, e_n\}$ 是 $V$ 的一組標準正交基底。
我們知道跡的定義：$\text{trace}(A) = \sum_{i=1}^n a_{ii}$。
令 $A = T^*T$。我們需要計算 $A$ 的對角線元素 $a_{ii}$。
$a_{ii} = (e_i, (T^*T)e_i)$。
利用伴隨算子的定義：$(T^*u, v) = (u, Tv)$。
$(T^*T)e_i = T^*(T e_i)$。
所以，$a_{ii} = (e_i, T^*(T e_i))$。
這似乎不直接。

讓我們換一個角度。
我們知道 $\text{trace}(AB) = \text{trace}(BA)$。
同時，對於矩陣 $M$，$\text{trace}(M) = \sum_{i=1}^n (e_i, Me_i)$，其中 $\{e_i\}$ 是標準正交基底。
令 $M = T^*T$。
$\text{trace}(T^*T) = \sum_{i=1}^n (e_i, (T^*T)e_i) = \sum_{i=1}^n (e_i, T^*(T e_i))$。
利用伴隨算子的性質：$(e_i, T^*(T e_i)) = (Te_i, T e_i) = \|Te_i\|^2$。
所以，$\text{trace}(T^*T) = \sum_{i=1}^n \|Te_i\|^2$。
這證明了第一個等式。

接下來，需要證明右側 $\sum_{i=1}^n \|Te_i\|^2$ 與所選的標準正交基底無關。
我們知道 $\text{trace}(T^*T)$ 是矩陣 $T^*T$ 的跡。
跡是一個不變量，與所選的基底無關。
更具體地說，如果 $A$ 是矩陣，則 $\text{trace}(A)$ 是不變的。
$\text{trace}(T^*T)$ 的計算依賴於 $T^*T$ 這個算子本身，而不是它在某個特定基底下的矩陣表示。
因此，$\text{trace}(T^*T)$ 的值是不依賴於基底的。
由於 $\text{trace}(T^*T) = \sum_{i=1}^n \|Te_i\|^2$，所以 $\sum_{i=1}^n \|Te_i\|^2$ 也是不依賴於基底的。

(b) 證明 $|\lambda_1|^2 + \dots + |\lambda_n|^2 \leq \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^n |a_{jk}|^2$。
其中 $\lambda_i$ 是 $T$ 的特徵值，而 $A = (a_{jk})$ 是 $T$ 在某標準正交基底下的矩陣表示。

核心觀念：特徵值的性質、Bessel 不等式、範數的平方和。

證明步驟：
令 $A$ 是算子 $T$ 在標準正交基底 $\{e_1, \dots, e_n\}$ 下的矩陣表示，即 $Ae_j = \sum_{k=1}^n a_{kj} e_k$。
注意，題目中給出的矩陣 $A$ 的下標表示是 $a_{row, col}$。
所以，$Ae_j = \sum_{k=1}^n a_{kj} e_k$。
我們需要計算 $\|Ae_j\|^2 = \sum_{k=1}^n |a_{kj}|^2$。
$\|Ae_j\|^2 = (Ae_j, Ae_j) = (\sum_{k=1}^n a_{kj} e_k, \sum_{l=1}^n a_{lj} e_l) = \sum_{k=1}^n \sum_{l=1}^n a_{kj} \overline{a_{lj}} (e_k, e_l)$。
由於 $\{e_k\}$ 是標準正交基底，$(e_k, e_l) = \delta_{kl}$。
所以，$\|Ae_j\|^2 = \sum_{k=1}^n |a_{kj}|^2$。

現在，根據 part (a)，我們有 $\text{trace}(T^*T) = \sum_{j=1}^n \|Te_j\|^2$。
在這裡，矩陣 $A$ 是 $T$ 在標準正交基底下的表示。
那麼 $A^*$ 是 $T^*$ 在同一基底下的表示。
$A^* = (\overline{a_{kj}})^T = (\overline{a_{jk}})$。
$T^*T$ 在此基底下的矩陣表示是 $A^*A$.
$\text{trace}(T^*T) = \text{trace}(A^*A) = \sum_{j=1}^n (A^*A)_{jj}$。
$(A^*A)_{jj} = \sum_{k=1}^n (A^*)_{jk} A_{kj} = \sum_{k=1}^n \overline{a_{kj}} a_{kj} = \sum_{k=1}^n |a_{kj}|^2$。
所以，$\text{trace}(T^*T) = \sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^n |a_{kj}|^2$。

我們也從 part (a) 知道 $\text{trace}(T^*T) = \sum_{j=1}^n \|Te_j\|^2$。
所以，$\sum_{j=1}^n \|Te_j\|^2 = \sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^n |a_{kj}|^2$。
注意，這裡的 $a_{kj}$ 是矩陣 $A$ 的第 $k$ 列第 $j$ 行元素。
題目給出的矩陣 $A$ 的表示是 $a_{row, col}$。
所以，如果 $A = (a_{jk})$，則 $T e_j = \sum_k a_{kj} e_k$。
$\| T e_j \|^2 = \| \sum_k a_{kj} e_k \|^2 = \sum_k |a_{kj}|^2$。
$\text{trace}(T^*T) = \sum_{j=1}^n \| T e_j \|^2 = \sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^n |a_{kj}|^2$。
這與題目中的 $\sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^n |a_{jk}|^2$ 稍有不同，是按行和列求和的順序。但由於是求和，順序不影響結果。
所以，$\sum_{j=1}^n \| T e_j \|^2 = \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^n |a_{kj}|^2$。

現在，我們需要連接特徵值。
我們知道，對於任何算子 $T$，特徵值 $\lambda_i$ 滿足 $|\lambda_i| \leq \|T\|$。
但是這裡的求和是所有特徵值的模長平方和。

考慮一個重要的不等式：對於任意算子 $T$，特徵值 $\lambda_1, \dots, \lambda_n$（允許重複）滿足