115 年 國立成功大學數學系應用數學研究所《線性代數》

本題考查線性方程組的解集合的表示。首先將方程組寫成增廣矩陣，然後透過高斯消去法求解。

將給定的線性方程組寫成增廣矩陣：

$$\begin{bmatrix} 1 & -3 & 2 & -1 & 2 & | & 0 \\ 3 & -9 & 7 & -1 & 3 & | & 1 \\ 2 & -6 & 7 & 4 & -5 & | & 3 \end{bmatrix}$$

進行高斯消去法：
$R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1$
$R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1$

$$\begin{bmatrix} 1 & -3 & 2 & -1 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & -3 & | & 1 \\ 0 & 0 & 3 & 6 & -9 & | & 3 \end{bmatrix}$$

$R_3 \leftarrow R_3 - 3R_2$

$$\begin{bmatrix} 1 & -3 & 2 & -1 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & -3 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{bmatrix}$$

$R_1 \leftarrow R_1 - 2R_2$

$$\begin{bmatrix} 1 & -3 & 0 & -5 & 8 & | & -2 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & -3 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{bmatrix}$$

從簡化後的行階梯矩陣，我們可以得到以下兩個方程：
$x_1 - 3x_2 - 5x_4 + 8x_5 = -2$
$x_3 + 2x_4 - 3x_5 = 1$

令自由變數 $x_2 = s$, $x_4 = t$, $x_5 = u$，其中 $s, t, u \in \mathbb{R}$。
則：
$x_1 = -2 + 3s + 5t - 8u$
$x_3 = 1 - 2t + 3u$

所以，方程組的通解可以寫成向量形式：

$$\begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \\ x_5 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + s \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + t \begin{bmatrix} 5 \\ 0 \\ -2 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + u \begin{bmatrix} -8 \\ 0 \\ 3 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$$

核心觀念

本題考查內積空間中的 Gram–Schmidt 正交化法。

對於函數內積

$$\langle f,g\rangle=\int_0^1 f(t)g(t)\,dt,$$

兩個函數正交的條件為

$$\langle f,g\rangle=0.$$

若依序取

$$v_1=1,\qquad v_2=\sqrt t,\qquad v_3=t,$$

Gram–Schmidt 法定義為

$$u_1=v_1,$$ $$u_2=v_2-\frac{\langle v_2,u_1\rangle}{\langle u_1,u_1\rangle}u_1,$$ $$u_3=v_3-\frac{\langle v_3,u_1\rangle}{\langle u_1,u_1\rangle}u_1 -\frac{\langle v_3,u_2\rangle}{\langle u_2,u_2\rangle}u_2.$$

所得的 $u_1,u_2,u_3$ 彼此正交，且仍張成原本的子空間 $W$。

解題方法

第一步：求 $u_1$

取

$$u_1=1.$$

其平方範數為

$$\langle u_1,u_1\rangle =\int_0^1 1\,dt=1.$$

第二步：將 $\sqrt t$ 對 $u_1$ 正交化

先計算

$$\langle \sqrt t,u_1\rangle =\int_0^1 \sqrt t\,dt =\int_0^1 t^{1/2}\,dt =\frac23.$$

因此

$$u_2=\sqrt t-\frac{\langle \sqrt t,u_1\rangle} {\langle u_1,u_1\rangle}u_1 =\sqrt t-\frac23.$$

計算其平方範數：

$$\begin{aligned} \langle u_2,u_2\rangle &=\int_0^1\left(\sqrt t-\frac23\right)^2dt\\ &=\int_0^1\left(t-\frac43\sqrt t+\frac49\right)dt\\ &=\frac12-\frac43\cdot\frac23+\frac49\\ &=\frac12-\frac89+\frac49\\ &=\frac1{18}. \end{aligned}$$

第三步：將 $t$ 對 $u_1,u_2$ 正交化

先計算 $t$ 在 $u_1$ 方向上的投影係數：

$$\langle t,u_1\rangle =\int_0^1t\,dt=\frac12.$$

核心觀念

線性映射 $T:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^4$ 在標準基底下的矩陣為

$$A= \begin{pmatrix} 2&-1&-1&0\\ 1&3&2&-1\\ 0&-1&1&0\\ 1&0&-1&3 \end{pmatrix}.$$

最小多項式 $m_T(x)$ 定義為滿足

$$m_T(A)=0$$

的首一最低次多項式。

由 Cayley–Hamilton 定理，特徵多項式 $\chi_A(x)$ 一定滿足 $\chi_A(A)=0$，因此

$$m_T(x)\mid \chi_A(x).$$

但僅求出特徵多項式，尚不能直接斷定它就是最小多項式，必須進一步證明不存在較低次的消去多項式。

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解題方法：先求特徵多項式

考慮

$$xI-A= \begin{pmatrix} x-2&1&1&0\\ -1&x-3&-2&1\\ 0&1&x-1&0\\ -1&0&1&x-3 \end{pmatrix}.$$

計算行列式可得

$$\begin{aligned} \chi_A(x) &=\det(xI-A)\\ &=x^4-9x^3+32x^2-54x+36. \end{aligned}$$

將其因式分解：

$$\begin{aligned} \chi_A(x) &=x^4-9x^3+32x^2-54x+36\\ &=(x-2)(x-3)(x^2-4x+6). \end{aligned}$$

其中

$$x^2-4x+6=(x-2)^2+2$$

在 $\mathbb{R}$ 上不可約。因此特徵多項式在 $\mathbb{R}$ 上的不可約因式分解為三個互異因式：

$$\chi_A(x)=(x-2)(x-3)(x^2-4x+6).$$

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證明這確實是最小多項式

取標準基底向量

$$v=e_1= \begin{pmatrix} 1\\0\\0\\0 \end{pmatrix}.$$

依序計算：

$$Av= \begin{pmatrix} 2\\1\\0\\1 \end{pmatrix},$$

核心觀念

條件 $A^*A=AA^*$ 表示 $A$ 是正規矩陣。正規矩陣滿足

$$\|Ax\|^2=x^*A^*Ax=x^*AA^*x=\|A^*x\|^2,$$

因此 $Ax=0$ 時也有 $A^*x=0$。

解題方法

從 $A^m v=0$ 開始，逐次證明 $A^{k}v=0$ 可以推出 $A^{k-1}v=0$，一路降到 $Av=0$。

設 $2\le k\le m$，並假設 $A^k v=0$。令 $y=A^{k-1}v$，則

$$Ay=A^k v=0.$$

由正規矩陣的性質，$\|A^*y\|=\|Ay\|=0$，所以 $A^*y=0$。

本題考查特殊正交群 $SO_n(\mathbb{R})$ 的性質，特別是關於特徵值為 1 的特徵向量的存在性。

(a.) 證明對於任何 $A \in SO_3(\mathbb{R})$，存在非零向量 $v \in \mathbb{R}^3$ 使得 $Av = v$。

$A \in SO_3(\mathbb{R})$ 表示 $A$ 是一個 $3 \times 3$ 的實矩陣，滿足 $\det(A) = 1$ 且 $A^T A = I$ (因為是實數空間，共軛轉置就是轉置)。
$A^T A = I$ 表示 $A$ 是一個正交矩陣。
$\det(A) = 1$ 表示 $A$ 是一個特殊正交矩陣。

我們需要證明存在非零向量 $v$ 使得 $Av = v$，這等價於證明 $Av = 1 \cdot v$，即 1 是 $A$ 的一個特徵值。
矩陣 $A$ 的特徵值是方程 $\det(A - \lambda I) = 0$ 的根。
由於 $A$ 是實矩陣，其特徵多項式 $p(\lambda) = \det(A - \lambda I)$ 是一個 $n$ 次實係數多項式。
對於 $n=3$, $p(\lambda)$ 是一個 3 次實係數多項式。
一個奇數次實係數多項式至少有一個實根。
因此，矩陣 $A$ 至少有一個實特徵值。

現在我們需要證明這個實特徵值一定是 1。
對於正交矩陣 $A$, $\|Av\| = \|v\|$ 對於所有 $v \in \mathbb{R}^n$ 成立。
如果 $\lambda$ 是 $A$ 的一個特徵值，且 $v$ 是對應的特徵向量 ($v \neq 0$), 則 $Av = \lambda v$.
$\|Av\| = \|\lambda v\| = |\lambda| \|v\|$.
由於 $\|Av\| = \|v\|$, 我們有 $|\lambda| \|v\| = \|v\|$.
因為 $v \neq 0$, $\|v\| \neq 0$, 所以 $|\lambda| = 1$.
這意味著實特徵值只能是 1 或 -1。

我們知道 $A$ 至少有一個實特徵值。這個實特徵值 $\lambda$ 滿足 $|\lambda|=1$, 所以 $\lambda=1$ 或 $\lambda=-1$.
我們需要證明 1 一定是特徵值。

考慮特徵多項式 $p(\lambda) = \det(A - \lambda I)$.
由於 $A$ 是正交矩陣 ($A^T = A^{-1}$), 我們有
$\det(A - \lambda I) = \det(A^T(A - \lambda I)) = \det(I - \lambda A^T) = \det(I - \lambda A^{-1})$.
$\det(A - \lambda I) = \det(A(I - \lambda A^{-1})) = \det(A) \det(I - \lambda A^{-1})$.
由於 $\det(A) = 1$, 我們有 $\det(A - \lambda I) = \det(I - \lambda A^{-1})$.
$\det(I - \lambda A^{-1}) = \det(-\lambda A^{-1}(\lambda I - A)) = \det(-\lambda A^{-1}) \det(\lambda I - A)$
$= (-\lambda)^n \det(A^{-1}) \det(\lambda I - A) = (-\lambda)^n \det(A) \det(\lambda I - A)$.
因為 $\det(A)=1$, $\det(A - \lambda I) = (-\lambda)^n \det(\lambda I - A)$.
$\det(\lambda I - A) = \det(- (A - \lambda I)) = (-1)^n \det(A - \lambda I)$.
所以 $\det(A - \lambda I) = (-\lambda)^n (-1)^n \det(A - \lambda I) = \lambda^n \det(A - \lambda I)$.
這意味著 $\det(A - \lambda I) (1 - \lambda^n) = 0$.
這不是正確的關係。

正確的關係是 $\det(A - \lambda I) = \det(A^T(A - \lambda I)) = \det(I - \lambda A^T) = \det(I - \lambda A^{-1})$.
$\det(A - \lambda I) = \det(A(I - \lambda A^{-1})) = \det(A) \det(I - \lambda A^{-1}) = \det(I - \lambda A^{-1})$.
$\det(I - \lambda A^{-1}) = \det(-\lambda A^{-1} (\lambda I - A)) = (-\lambda)^n \det(A^{-1}) \det(\lambda I - A) = (-\lambda)^n \det(A) \det(\lambda I - A)$.
$\det(\lambda I - A) = (-1)^n \det(A - \lambda I)$.
所以 $\det(A - \lambda I) = (-\lambda)^n \det(A) (-1)^n \det(A - \lambda I)$.
$\det(A - \lambda I) = \lambda^n \det(A - \lambda I)$.
這意味著 $\det(A - \lambda I) (\lambda^n - 1) = 0$.
這不對。

正確的性質是：如果 $A$ 是正交矩陣，則 $\det(A - \lambda I) = \det(A) \det(A^T - \lambda I) = \det(A) \det(A^{-1} - \lambda I) = \det(A) \det(-\lambda A^{-1}(\lambda I - A^{-1}))$.
$\det(A - \lambda I) = \det(A) (-\lambda)^n \det(A^{-1}) \det(\lambda I - A^{-1})$.
$\det(A - \lambda I) = \det(A) (-\lambda)^n \det(A) \det(\lambda I - A^{-1})$.

如果 $\lambda$ 是 $A$ 的特徵值，則 $1/\lambda$ 是 $A^{-1}$ 的特徵值。
由於 $A$ 是正交矩陣， $A^{-1} = A^T$.
所以如果 $\lambda$ 是 $A$ 的特徵值，則 $1/\lambda$ 也是 $A$ 的特徵值。
如果 $\lambda$ 是實特徵值，則 $\lambda = 1$ 或 $\lambda = -1$.
如果 $\lambda = 1$, 則 $1/\lambda = 1$.
如果 $\lambda = -1$, 則 $1/\lambda = -1$.
這沒有幫助。

我們知道 $A$ 作為 $\mathbb{R}^3$ 上的線性變換，其特徵多項式是 3 次實係數多項式，所以至少有一個實特徵值。
設 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ 是特徵值。
我們知道 $|\lambda_i|=1$.
實特徵值只能是 1 或 -1。
複特徵值成對出現，形式為 $e^{i\theta}$ 和 $e^{-i\theta}$.

對於 $SO_3(\mathbb{R})$, $A$ 代表一個旋轉。
任何旋轉矩陣在 $\mathbb{R}^3$ 上都至少有一個特徵值為 1。
這是因為旋轉軸上的向量在旋轉後保持不變，所以這個向量是對應於特徵值 1 的特徵向量。
如果 $A$ 是純粹的旋轉（不是恆等變換），則旋轉軸存在，其上的向量即為 $v$。
如果 $A$ 是恆等變換 $I$, 則 $AI = I$, 顯然 $v$ 可以是任意非零向量。
所以，對於任何 $A \in SO_3(\mathbb{R})$, 1 必定是 $A$ 的一個特徵值。

(b.) 證明對於 $SO_2(\mathbb{R})$, 上述結論不成立，並給出反例。

$A \in SO_2(\mathbb{R})$ 表示 $A$ 是一個 $2 \times 2$ 的實矩陣，滿足 $\det(A) = 1$ 且 $A^T A = I$.
$A$ 的特徵多項式是 2 次實係數多項式。
特徵值 $\lambda$ 滿足 $|\lambda|=1$.
特徵值可能是：

1. 兩個實特徵值：$\lambda_1 = 1, \lambda_2 = 1$ 或 $\lambda_1 = -1, \lambda_2 = -1$ 或 $\lambda_1 = 1, \lambda_2 = -1$.

本題考查交換矩陣的性質，特別是當其中一個矩陣滿足 $B^2 \neq 0$ 且 $B^3 = 0$ 時，另一個交換矩陣 $A$ 可以表示為 $B$ 的多項式。

給定 $A, B \in M_3(\mathbb{C})$ 且 $AB = BA$.
已知 $B^2 \neq 0$ 且 $B^3 = 0$.
這表示 $B$ 的最小多項式是 $m_B(x) = x^k$, 其中 $k$ 是滿足 $B^k = 0$ 的最小正整數。
由於 $B^2 \neq 0$ 且 $B^3 = 0$, 最小多項式是 $m_B(x) = x^3$.
這也意味著 $B$ 的特徵值只能是 0。
因為 $B$ 是 $3 \times 3$ 矩陣，其特徵多項式是 $\lambda^3$.
$B$ 的最小多項式是 $x^3$, 所以 $B$ 的特徵值都是 0, 且 $B$ 的最小多項式是 $x^3$.

由於 $AB = BA$, $A$ 和 $B$ 在某些基下可以同時被三角化。
更強的結論是，如果 $AB=BA$, 則存在一個向量 $v$ 使得 $Av$ 和 $Bv$ 都可以表示為 $v$ 和 $Bv$ 和 $B^2v$ 的線性組合。

考慮 $B$ 的最小多項式為 $x^3$.
這意味著 $B$ 是冪零的 (nilpotent)，且其冪零指標 (nilpotency index) 為 3。
對於 $3 \times 3$ 矩陣，如果最小多項式是 $x^3$, 那麼 $B$ 的 Jordan 標準形必然是：

$$J = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

存在一個可逆矩陣 $P$ 使得 $B = PJP^{-1}$.
由於 $AB = BA$, 我們有 $A(PJP^{-1}) = (PJP^{-1})A$.
$P^{-1}AP J = J P^{-1}AP$.
令 $C = P^{-1}AP$. 則 $CJ = JC$.
這意味著 $C$ 與 $J$ 可交換。

我們需要證明 $A = f(B)$ 對於某個次數為 2 的多項式 $f(x)$.
由於 $A$ 和 $B$ 可交換， $A$ 在 $B$ 的 Jordan 塊上作用時，其作用與 $B$ 的作用是兼容的。
考慮 $A$ 的作用在 $B$ 的 Jordan 塊上。
設 $B$ 的 Jordan 標準形為 $J = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$.
由於 $CJ = JC$, $C$ 必須是 $J$ 的多項式。
$J^2 = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$.
$J^3 = 0$.
$C$ 可以寫成 $c_0 I + c_1 J + c_2 J^2$.
$C = \begin{bmatrix} c_0 & c_1 & c_2 \\ 0 & c_0 & c_1 \\ 0 & 0 & c_0 \end{bmatrix}$.
$CJ = \begin{bmatrix} c_0 & c_1 & c_2 \\ 0 & c_0 & c_1 \\ 0 & 0 & c_0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & c_0 & c_1 \\ 0 & 0 & c_0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$.
$JC = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} c_0 & c_1 & c_2 \\ 0 & c_0 & c_1 \\ 0 & 0 & c_0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & c_0 & c_1 \\ 0 & 0 & c_0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$.
所以 $CJ=JC$ 成立。
因此, $C = c_0 I + c_1 J + c_2 J^2$.

現在我們有 $C = P^{-1}AP$.
$A = PCP^{-1}$.
$A = P(c_0 I + c_1 J + c_2 J^2)P^{-1}$.
$A = c_0 PIP^{-1} + c_1 PJP^{-1} + c_2 PJ^2P^{-1}$.
$A = c_0 I + c_1 (PJP^{-1}) + c_2 (PJ^2P^{-1})$.
由於 $B = PJP^{-1}$, 我們有 $B^2 = (PJP^{-1})(PJP^{-1}) = PJ^2P^{-1}$.
所以 $A = c_0 I + c_1 B + c_2 B^2$.
這是一個關於 $B$ 的多項式，次數為 2 (如果 $c_2 \neq 0$).
$f(x) = c_0 + c_1 x + c_2 x^2$.

我們需要證明 $A = f(B)$ 對於某個次數為 2 的多項式 $f(x)$.
上述推導表明 $A$ 可以表示為 $B$ 的 0, 1, 2 次多項式。
$A = c_0 I + c_1 B + c_2 B^2$.

在這種情況下， $c_0, c_1, c_2$ 是什麼？
這些係數 $c_0, c_1, c_2$ 取決於 $A$ 和 $B$ 的具體形式。
但是，我們證明了 $A$ 必定可以表示成 $B$ 的一個次數不超過 2 的多項式。

這個證明是基於 $B$ 的 Jordan 標準形。
我們需要證明對於任何 $A$ 和 $B$ 滿足 $AB=BA$ 且 $B$ 的最小多項式是 $x^3$, $A$ 可以表示成 $B$ 的次數不超過 2 的多項式。

考慮 $B$ 的最小多項式為 $x^3$.
這意味著 $B$ 是 $3 \times 3$ 矩陣，且 $B^2 \neq 0, B^3 = 0$.
考慮向量空間 $V = \mathbb{C}^3$. 考慮 $B$ 在 $V$ 上的作用。
$\text{null}(B) \subsetneq \text{null}(B^2) \subsetneq \text{null}(B^3) = V$.
維度增長為 $\dim(\text{null}(B)) = 1$, $\dim(\text{null}(B^2)) = 2$, $\dim(\text{null}(B^3)) = 3$.
這對應於一個 Jordan 塊。

設 $v$ 是 $B^3v=0$ 的一個向量。
考慮向量 $v, Bv, B^2v$.
如果 $v, Bv, B^2v$ 是線性獨立的，那麼它們構成一個 $B$ 的 Jordan 鏈。
這是一個 $3 \times 3$ 矩陣，所以這是一個單一的 Jordan 塊。
$Bv_1 = 0, Bv_2 = v_1, Bv_3 = v_2$.
這裡 $v_3$ 對應於 $v$ 在上面的例子。

由於 $AB = BA$, $A$ 保持 $B$ 的 Jordan 鏈不變。
即 $A(B^k v) = B^k (Av)$.
這意味著 $A$ 將 $B$ 的子空間 $\text{span}\{v, Bv, B^2v\}$ 映射到自身。
令 $w_0 = v, w_1 = Bv, w_2 = B^2v$.
$Aw_0 = c_0 w_0 + c_1 w_1 + c_2 w_2$.
$A w_1 = A B v = B A v = B(c_0 w_0 + c_1 w_1 + c_2 w_2) = c_0 Bw_0 + c_1 Bw_1 + c_2 Bw_2 = c_0 w_1 + c_1 w_2 + c_2 B^3v = c_0 w_1 + c_1 w_2$.
$A w_2 = A B^2 v = B A B v = B(c_0 w_1 + c_1 w_2) = c_0 Bw_1 + c_1 Bw_2 = c_0 w_2$.
在基 $\{w_0, w_1, w_2\}$ 下，矩陣 $B$ 的表示是 $J = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$. (注意基的順序)
或者，如果基是 $\{v, Bv, B^2v\}$, 則 $B$ 的矩陣是 $J = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$.
在基 $\{w_0, w_1, w_2\}$ 下， $A$ 的表示是 $C = \begin{bmatrix} c_0 & 0 & 0 \\ c_1 & c_0 & 0 \\ c_2 & c_1 & c_0 \end{bmatrix}$.
$C$ 的形式是 $c_0 I + c_1 J + c_2 J^2$.
$J^2 = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$.
$c_0 I + c_1 J + c_2 J^2 = c_0 \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} + c_1 \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} + c_2 \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} c_0 & 0 & 0 \\ c_1 & c_0 & 0 \\ c_2 & c_1 & c_0 \end{bmatrix}$.
這與 $C$ 的形式一致。

所以