113 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

本題涉及：

• 矩陣可逆的判定：若 $\det(M)\neq 0$，則 $M$ 可逆。
• 矩陣 $\Omega$ 的性質：

$$\Omega^T=-\Omega,\qquad \Omega^2=-I_{2n},\qquad \Omega^{-1}=-\Omega.$$

題目給定

$$M\Omega M=\Omega.$$

不過，依照此條件實際推導出的反矩陣公式，並非題目所寫的 $\Omega M^T\Omega$。

解題方法

先對等式兩邊取行列式：

$$\det(M\Omega M)=\det(\Omega).$$

因此

$$\det(M)\det(\Omega)\det(M)=\det(\Omega),$$

即

$$\det(M)^2\det(\Omega)=\det(\Omega).$$

由於 $\Omega$ 可逆，所以 $\det(\Omega)\neq 0$，可約去 $\det(\Omega)$，得到

$$\det(M)^2=1.$$

故 $\det(M)\neq 0$，因此 $M$ 確實可逆。

接著由

$$M\Omega M=\Omega$$

左乘 $M^{-1}$，得

$$\Omega M=M^{-1}\Omega.$$

再右乘 $\Omega^{-1}=-\Omega$：

$$M^{-1}=\Omega M\Omega^{-1} =\Omega M(-\Omega).$$

所以由題目所給條件必然得到

$$\boxed{M^{-1}=-\Omega M\Omega}.$$

此結果不包含 $M^T$，且前方有負號。

題目所給公式的反例

取 $n=1$，則

$$\Omega= \begin{pmatrix} 0&1\\ -1&0 \end{pmatrix}, \qquad M= \begin{pmatrix} 2&1\\ 1&1 \end{pmatrix}.$$

直接計算：

核心觀念

本題考查兩個觀念：

1. 分塊矩陣的乘法。
2. 區塊三角矩陣的行列式公式： $$\det\begin{pmatrix}A&B\\0&D\end{pmatrix} =\det A\cdot\det D.$$

不過，題目所給的矩陣分解式依原文直接計算並不成立，應有排版或誤植。

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解題方法：檢查題目所給分解式

當 $C=0$ 時，

$$M=\begin{pmatrix}A&B\\0&D\end{pmatrix}.$$

依題目右側的分解式：

$$\begin{pmatrix}I_n&B\\0&I_n\end{pmatrix} \begin{pmatrix}A&0\\0&D\end{pmatrix} \begin{pmatrix}I_n&0\\C&I_n\end{pmatrix}.$$

由於 $C=0$，第三個矩陣為 $I_{2n}$，因此右側等於

$$\begin{pmatrix}I_n&B\\0&I_n\end{pmatrix} \begin{pmatrix}A&0\\0&D\end{pmatrix}.$$

進行分塊矩陣乘法：

$$\begin{pmatrix}I_n&B\\0&I_n\end{pmatrix} \begin{pmatrix}A&0\\0&D\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A&BD\\ 0&D \end{pmatrix}.$$

這一般不等於

$$\begin{pmatrix}A&B\\0&D\end{pmatrix}.$$

因此，題目原式中的第一個矩陣應有誤植。

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正確的分解式

若 $D$ 可逆，則正確分解為

$$\begin{pmatrix}A&B\\0&D\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}I_n&BD^{-1}\\0&I_n\end{pmatrix} \begin{pmatrix}A&0\\0&D\end{pmatrix}.$$

驗算如下：

$$\begin{pmatrix}I_n&BD^{-1}\\0&I_n\end{pmatrix} \begin{pmatrix}A&0\\0&D\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A&BD^{-1}D\\ 0&D \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}A&B\\0&D\end{pmatrix}.$$

若要保留三個矩陣的形式，也可寫成

核心觀念

本題考查分塊矩陣的行列式與 Schur 補矩陣。當左上角區塊 $A$ 可逆時，可用分塊消去把矩陣化成分塊上三角矩陣，再利用分塊上三角矩陣的行列式公式。

此外，條件 $AC=CA$ 可推出 $A^{-1}C=CA^{-1}$，用來把消去後的行列式改寫成題目指定的形式。

解題方法

對 $M$ 左乘分塊下三角矩陣

$$L= \begin{pmatrix} I&0\\ -CA^{-1}&I \end{pmatrix}.$$

因為 $L$ 是對角區塊皆為 $I$ 的分塊下三角矩陣，所以 $\det L=1$。計算乘積得

$$LM= \begin{pmatrix} I&0\\ -CA^{-1}&I \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A&B\\ C&D \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A&B\\ 0&D-CA^{-1}B \end{pmatrix}.$$

核心觀念

本題考查矩陣的乘法型 Jordan–Chevalley 分解：

$$M=DU=UD,$$

其中：

• $D$ 可對角化；
• $U-I_4$ 為冪零矩陣。

若 $M$ 的最小多項式為

$$m_M(x)=\prod_i (x-\lambda_i)^{r_i},$$

則 $D$ 在 $\lambda_i$ 的廣義特徵空間上作用為 $\lambda_i I$，而 $U$ 負責保留 Jordan 區塊中的冪零部分。

本題先求 $M$ 的特徵值與廣義特徵空間，再利用投影矩陣構造 $D$，最後令

$$U=D^{-1}M.$$

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一、求特徵多項式

計算 $\det(M-xI_4)$。令

$$a=5-x,\qquad b=1-x,\qquad c=3-x.$$

對矩陣 $M-xI_4$ 做列運算，可得

$$\det(M-xI_4) =(1-x)^2\bigl((5-x)(3-x)+1\bigr).$$

而

$$(5-x)(3-x)+1=x^2-8x+16=(x-4)^2.$$

因此

$$\chi_M(x)=(x-1)^2(x-4)^2.$$

所以 $M$ 的特徵值為 $1,4$，且兩者的代數重數皆為 $2$。

接著檢查幾何重數。對 $\lambda=1$，

$$M-I_4= \begin{pmatrix} 4&4&2&1\\ 0&0&-1&-1\\ -1&-1&2&0\\ 1&1&-2&0 \end{pmatrix}.$$

其秩為 $3$，故

$$\dim\ker(M-I_4)=1.$$

由於特徵值 $1$ 的代數重數為 $2$，幾何重數為 $1$，因此 $1$ 對應一個大小為 $2$ 的 Jordan 區塊。

同理，

$$\dim\ker(M-4I_4)=1,$$

所以 $4$ 也對應一個大小為 $2$ 的 Jordan 區塊。因此

$$m_M(x)=(x-1)^2(x-4)^2.$$

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二、構造特徵空間投影矩陣

令 $P_4$ 為投影到特徵值 $4$ 的廣義特徵空間上的投影矩陣。要求多項式 $p(x)$ 滿足

$$p(x)\equiv 0\pmod{(x-1)^2}, \qquad p(x)\equiv 1\pmod{(x-4)^2}.$$

設

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

由 $p(4)=1$ 與 $p'(4)=0$，得到

$$a=-\frac{2}{27}, \qquad b=\frac{11}{27}.$$

因此

$$P_4 =\frac{(M-I_4)^2(-2M+11I_4)}{27}.$$

直接計算可得

$$(M-I_4)^2(-2M+11I_4) = \begin{pmatrix} 27&27&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&27&0\\ 0&0&-27&0 \end{pmatrix}.$$

故

$$P_4= \begin{pmatrix} 1&1&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&-1&0 \end{pmatrix}.$$

投影到特徵值 $1$ 的廣義特徵空間上的矩陣為

$$P_1=I_4-P_4.$$

在特徵值 $1$ 的廣義特徵空間上，$D$ 應作用為 $1$；在特徵值 $4$ 的廣義特徵空間上，$D$ 應作用為 $4$。因此

$$D=P_1+4P_4=I_4+3P_4.$$

所以

核心觀念

本題考查矩陣跡的循環性質：

$$\operatorname{Tr}(XY)=\operatorname{Tr}(YX).$$

因此，對三個矩陣的乘積而言，也有

$$\operatorname{Tr}(XYZ) = \operatorname{Tr}(YZX) = \operatorname{Tr}(ZXY).$$

交換矩陣乘法的順序通常會改變矩陣本身，但在取跡之後，可以進行循環位移。題目中的交換子定義為

$$[M,N]=MN-NM.$$

因此只需將三個交換子展開，再利用跡的循環性質即可。

解題方法

先處理左側表達式：

$$\operatorname{Tr}\bigl(A[B,C]\bigr) = \operatorname{Tr}\bigl(A(BC-CB)\bigr).$$

由跡的線性性質，

$$\operatorname{Tr}\bigl(A[B,C]\bigr) = \operatorname{Tr}(ABC)-\operatorname{Tr}(ACB).$$

接著處理第二個表達式：

$$\operatorname{Tr}\bigl(B[C,A]\bigr) = \operatorname{Tr}\bigl(B(CA-AC)\bigr)$$ $$= \operatorname{Tr}(BCA)-\operatorname{Tr}(BAC).$$

利用循環性質，

$$\operatorname{Tr}(BCA)=\operatorname{Tr}(ABC),$$

且

$$\operatorname{Tr}(BAC)=\operatorname{Tr}(ACB).$$

所以

$$\operatorname{Tr}\bigl(B[C,A]\bigr) = \operatorname{Tr}(ABC)-\operatorname{Tr}(ACB) = \operatorname{Tr}\bigl(A[B,C]\bigr).$$

再處理第三個表達式：

$$\operatorname{Tr}\bigl(C[A,B]\bigr) = \operatorname{Tr}\bigl(C(AB-BA)\bigr)$$

本題考驗對正算子 (Positive Operator) 和自伴算子 (Self-Adjoint Operator) 的定義及性質的理解，以及複數域上內積空間的算子理論。

核心觀念： 正算子、自伴算子、譜定理 (Spectral Theorem)、矩陣的平方根。

解題過程：
題目要求證明一個算子 $T$ 是正算子若且唯若存在唯一的正算子 $R$ 使得 $R^2 = T$。

證明方向：
我們需要證明兩部分：

1. 若 $T$ 是正算子，則存在唯一的正算子 $R$ 使得 $R^2 = T$。
2. 若存在唯一的正算子 $R$ 使得 $R^2 = T$，則 $T$ 是正算子。

第一部分：若 $T$ 是正算子，則存在唯一的正算子 $R$ 使得 $R^2 = T$。

由於 $V$ 是複數域上的內積空間，且 $T$ 是自伴算子 (正算子的定義之一)，根據譜定理 (Spectral Theorem for Self-Adjoint Operators)，存在一個 $V$ 的標準正交基 $\{v_i\}$，使得 $T$ 在這個基下的矩陣表示是對角矩陣。
設 $T v_i = \lambda_i v_i$。
由於 $T$ 是自伴算子，其特徵值 $\lambda_i$ 都是實數。
由於 $T$ 是正算子，我們還有 $(Tv_i, v_i) \geq 0$。
$(Tv_i, v_i) = (\lambda_i v_i, v_i) = \lambda_i (v_i, v_i) = \lambda_i \|v_i\|^2$。
由於 $\|v_i\|^2 = 1$ (標準正交基)，所以 $\lambda_i \geq 0$。
因此， $T$ 的所有特徵值 $\lambda_i$ 都是非負實數。

我們希望找到一個正算子 $R$ 使得 $R^2 = T$。
設 $R v_i = \mu_i v_i$。
為了使 $R$ 成為正算子， $R$ 必須是自伴算子且特徵值 $\mu_i \geq 0$。
$R^2 v_i = R(R v_i) = R(\mu_i v_i) = \mu_i R(v_i) = \mu_i (\mu_i v_i) = \mu_i^2 v_i$。
我們希望 $R^2 v_i = T v_i = \lambda_i v_i$。
所以，我們需要 $\mu_i^2 = \lambda_i$。
由於 $\lambda_i \geq 0$, 我們可以取 $\mu_i = \sqrt{\lambda_i}$ (取非負平方根)。
這樣，我們定義了一個算子 $R$ 使得 $R v_i = \sqrt{\lambda_i} v_i$。
由於 $\sqrt{\lambda_i} \geq 0$, $R$ 的所有特徵值都是非負實數。
由於 $R$ 在 $\{v_i\}$ 基下的矩陣表示是對角矩陣 diag$(\sqrt{\lambda_1}, \dots, \sqrt{\lambda_n})$，它是一個自伴算子。
因此，$R$ 是一個正算子。
並且 $R^2 v_i = (\sqrt{\lambda_i})^2 v_i = \lambda_i v_i = T v_i$。
由於 $R^2$ 和 $T$ 在基 $\{v_i\}$ 的所有向量上都相等，所以 $R^2 = T$。

唯一性 (Uniqueness)：
假設存在另一個正算子 $S$ 使得 $S^2 = T$。
由於 $S$ 是正算子，它也是自伴算子。
根據譜定理，存在 $V$ 的標準正交基 $\{w_j\}$ 使得 $S$ 在此基下的矩陣表示是對角矩陣 diag$(\nu_1, \dots, \nu_n)$，其中 $\nu_j \geq 0$ 是 $S$ 的特徵值。
$S^2 w_j = \nu_j^2 w_j$。
我們有 $S^2 = T$, 所以 $S^2 w_j = T w_j$。
這意味著 $T$ 的特徵值 $\lambda_i$ 必須與 $\nu_j^2$ 相對應。
由於 $T$ 的特徵值 $\lambda_i$ 是唯一的 (對於一個給定的 $T$)，且 $\nu_j \geq 0$, 我們必須有 $\nu_j = \sqrt{\lambda_i}$。
因此，$S$ 的特徵值必須與 $R$ 的特徵值相同。
由於 $S$ 和 $R$ 都是自伴算子，它們在各自的特徵向量基下都是對角矩陣。
如果 $T$ 的特徵值是 $\lambda_i$, 則 $R$ 的特徵值是 $\sqrt{\lambda_i}$。
如果 $S$ 的特徵值是 $\nu_j$, 且 $S^2=T$, 則 $\nu_j^2 = \lambda_i$, 所以 $\nu_j = \sqrt{\lambda_i}$ (因為 $\nu_j \ge 0$)。
所以 $R$ 和 $S$ 擁有相同的非負特徵值。
由於 $R$ 和 $S$ 都是自伴算子，它們都可以被對角化。
如果兩個自伴算子有相同的特徵值（包括重數），則它們是相同的算子。
更嚴格地說，對於 $T$ 的每一個特徵值 $\lambda_i > 0$, 其對應的特徵空間 $E_{\lambda_i} = \text{span}\{v \in V | Tv = \lambda v\}$。
對於 $R$, $R v = \sqrt{\lambda_i} v$ 對於 $v \in E_{\lambda_i}$。
對於 $S$, $S v = \sqrt{\lambda_i} v$ 對於 $v \in E_{\lambda_i}$。
如果 $\lambda_i = 0$, 則 $T v = 0$, $R v = 0$, $S v = 0$。
因此，$R$ 和 $S$ 在 $T$ 的特徵空間上作用相同。
由於 $V$ 可以分解為 $T$ 的特徵空間的直和，所以 $R=S$。
因此，$R$ 是唯一的。

第二部分：若存在唯一的正算子 $R$ 使得 $R^2 = T$，則 $T$ 是正算子。

我們已知 $R$ 是正算子。這意味著 $R$ 是自伴算子且 $(Rv, v) \geq 0$ 對於所有 $v \in V$。
由於 $R$ 是自伴算子, $R^* = R$.
我們有 $T = R^2 = R \cdot R$.
考慮 $T$ 的伴隨算子 $T^*$：
$T^* = (R^2)^* = (R \cdot R)^* = R^* \cdot R^* = R \cdot R = R^2 = T$.
所以 $T$ 是自伴算子。