111 年 國立中央大學數學系碩士班甲組《線性代數》

本題要求計算一個 $5 \times 5$ 矩陣的行列式。由於矩陣中存在較多零元素，我們可以利用列運算來簡化計算。

首先，觀察矩陣 $M$ 的第三列，發現第二、四、五個元素為零。我們可以將第三列乘以適當的倍數加到其他列，以引入更多零。

我們可以看到第四列是第三列的兩倍。
$R_4 \leftarrow R_4 - 2R_3$

$$M' = \begin{pmatrix} -3 & 0 & 1 & -5 & 7 \\ 1 & 7 & 6 & -1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 2-2(1) & 4-2(2) & 2-2(1) & -3-2(0) & 0-2(0) \\ -4 & -8 & -4 & 6 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 & 0 & 1 & -5 & 7 \\ 1 & 7 & 6 & -1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -3 & 0 \\ -4 & -8 & -4 & 6 & 2 \end{pmatrix}$$

現在，我們可以對第四列進行列展開來計算行列式。
$\det(M) = \det(M') = (-3) \cdot (-1)^{4+4} \det \begin{pmatrix} -3 & 0 & 1 & -5 \\ 1 & 7 & 6 & -1 \\ 1 & 2 & 1 & 0 \\ -4 & -8 & -4 & 6 \end{pmatrix}$

接下來，我們需要計算這個 $4 \times 4$ 矩陣的行列式。
令 $N = \begin{pmatrix} -3 & 0 & 1 & -5 \\ 1 & 7 & 6 & -1 \\ 1 & 2 & 1 & 0 \\ -4 & -8 & -4 & 6 \end{pmatrix}$

核心觀念

本題考查：

• 增廣矩陣的列基本運算與最簡列梯形式（RREF）。
• 主變數、自由變數與線性方程組的解集表示。
• 非齊次系統的解集公式
  $K=x_p+K_H,$
  其中 $x_p$ 是 $Ax=b$ 的一組特解，$K_H$ 是齊次系統 $Ax=0$ 的解集。
• 齊次解集的基底由自由變數所對應的特殊解向量組成。

（a）求增廣矩陣的 RREF

原方程組的增廣矩陣為

$$(A|b)= \begin{bmatrix} 1&2&-3&-1&4&\mid&1\\ 2&5&-8&-1&6&\mid&4\\ 3&5&-7&-10&12&\mid&-2 \end{bmatrix}.$$

先消去第一欄：

$$R_2\leftarrow R_2-2R_1,\qquad R_3\leftarrow R_3-3R_1.$$

得到

$$\begin{bmatrix} 1&2&-3&-1&4&\mid&1\\ 0&1&-2&1&-2&\mid&2\\ 0&-1&2&-7&0&\mid&-5 \end{bmatrix}.$$

接著

$$R_3\leftarrow R_3+R_2,$$

得

$$\begin{bmatrix} 1&2&-3&-1&4&\mid&1\\ 0&1&-2&1&-2&\mid&2\\ 0&0&0&-6&-2&\mid&-3 \end{bmatrix}.$$

將第三列除以 $-6$：

$$R_3\leftarrow-\frac{1}{6}R_3,$$

得

$$\begin{bmatrix} 1&2&-3&-1&4&\mid&1\\ 0&1&-2&1&-2&\mid&2\\ 0&0&0&1&\frac13&\mid&\frac12 \end{bmatrix}.$$

利用第三列消去第一、二列的第四欄：

$$R_1\leftarrow R_1+R_3,\qquad R_2\leftarrow R_2-R_3.$$

得到

$$\begin{bmatrix} 1&2&-3&0&\frac{13}{3}&\mid&\frac32\\ 0&1&-2&0&-\frac73&\mid&\frac32\\ 0&0&0&1&\frac13&\mid&\frac12 \end{bmatrix}.$$

最後消去第一列的第二欄：

$$R_1\leftarrow R_1-2R_2.$$

因此

$$\boxed{ \operatorname{rref}(A|b)= \begin{bmatrix} 1&0&1&0&9&\mid&-\frac32\\ 0&1&-2&0&-\frac73&\mid&\frac32\\ 0&0&0&1&\frac13&\mid&\frac12 \end{bmatrix} }.$$

（b）解集與齊次解集

由 RREF 可得方程組

$$x_1+x_3+9x_5=-\frac32,$$ $$x_2-2x_3-\frac73x_5=\frac32,$$ $$x_4+\frac13x_5=\frac12.$$

主變數為 $x_1,x_2,x_4$，自由變數為 $x_3,x_5$。令

$$x_3=s,\qquad x_5=t.$$

則

$$x_1=-\frac32-s-9t,$$ $$x_2=\frac32+2s+\frac73t,$$ $$x_4=\frac12-\frac13t.$$

所以原題所列方程組的解集為

$$x= \begin{bmatrix} -\frac32\\[2pt] \frac32\\[2pt] 0\\[2pt] \frac12\\[2pt] 0 \end{bmatrix} +s \begin{bmatrix} -1\\ 2\\ 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix} +t \begin{bmatrix} -9\\ \frac73\\ 0\\ -\frac13\\ 1 \end{bmatrix}.$$

因此齊次解集為

核心觀念

矩陣 $A$ 可對角化的充分條件是：若特徵多項式具有互異的特徵值，則 $A$ 必可對角化。

若 $\lambda$ 是 $A$ 的特徵值，且 $v_\lambda$ 是對應的特徵向量，將所有線性獨立的特徵向量排列成矩陣

$$Q=\begin{pmatrix} |&|&|\\ v_{\lambda_1}&v_{\lambda_2}&v_{\lambda_3}\\ |&|&| \end{pmatrix},$$

則有

$$AQ=QD, \qquad D=Q^{-1}AQ,$$

其中 $D$ 的對角線元素為 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$。

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解題方法：求特徵值

令特徵多項式為

$$p(\lambda)=\det(\lambda I-A).$$

計算得

$$\begin{aligned} p(\lambda) &= \det\begin{pmatrix} \lambda-5&-12&-4\\ -4&\lambda+11&4\\ -12&-4&\lambda-5 \end{pmatrix}\\ &=\lambda^3+\lambda^2-165\lambda+419. \end{aligned}$$

此多項式不具有簡單的整數根，但可藉由代入值判斷其具有三個互異的實根：

$$p(-20)=-3881,\qquad p(-10)=1169,$$

因此在 $(-20,-10)$ 內有一個根。

又有

$$p(2)=101,\qquad p(3)=-40,$$

因此在 $(2,3)$ 內有一個根。

最後，

$$p(10)=-131,\qquad p(11)=56,$$

因此在 $(10,11)$ 內有一個根。

設這三個互異實根為 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$，其中

$$\lambda_1\in(-20,-10),\qquad \lambda_2\in(2,3),\qquad \lambda_3\in(10,11).$$

由三次多項式至多只有三個根，故這三個根即為全部特徵值，而且彼此互異。因此 $A$ 可對角化。

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求特徵向量

考慮

$$A-\lambda I= \begin{pmatrix} 5-\lambda&12&4\\ 4&-11-\lambda&-4\\ 12&4&5-\lambda \end{pmatrix}.$$

取前兩列的外積，可得一個特徵向量：

$$v_\lambda = \begin{pmatrix} 5-\lambda\\12\\4 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 4\\-11-\lambda\\-4 \end{pmatrix}.$$

計算後得到

本題考查線性變換的矩陣表示、特徵值、可逆性及逆變換的計算。

(a.) 求 $T$ 在標準基底 $\beta = \{1, x, x^2\}$ 下的矩陣表示 $[T]_\beta$。
我們需要計算 $T$ 對基底向量的作用，並將結果表示成基底的線性組合。
令 $f_1(x) = 1$ (常數多項式)。則 $f_1'(x) = 0$, $f_1''(x) = 0$。
$T(1) = 1 + 0 \cdot x + 0 \cdot x^2 = 1$。
將 $T(1)=1$ 表示成基底的線性組合：$1 = 1 \cdot 1 + 0 \cdot x + 0 \cdot x^2$。
所以，第一行是 $(1, 0, 0)$。

令 $f_2(x) = x$。則 $f_2'(x) = 1$, $f_2''(x) = 0$。
$T(x) = f_2(2) + f_2'(x)x + f_2''(1)x^2 = 2 + 1 \cdot x + 0 \cdot x^2 = 2 + x$。
將 $T(x)=2+x$ 表示成基底的線性組合：$2+x = 2 \cdot 1 + 1 \cdot x + 0 \cdot x^2$。
所以，第二行是 $(2, 1, 0)$。

令 $f_3(x) = x^2$。則 $f_3'(x) = 2x$, $f_3''(x) = 2$。
$T(x^2) = f_3(2) + f_3'(x)x + f_3''(1)x^2 = 2^2 + (2x)x + 2 \cdot x^2 = 4 + 2x^2 + 2x^2 = 4 + 4x^2$。
將 $T(x^2)=4+4x^2$ 表示成基底的線性組合：$4+4x^2 = 4 \cdot 1 + 0 \cdot x + 4 \cdot x^2$。
所以，第三行是 $(4, 0, 4)$。

因此，矩陣 $[T]_\beta$ 為：

$$[T]_\beta = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}$$

(b.) 求 $T$ 的所有特徵值之和。
特徵值之和等於矩陣 $[T]_\beta$ 的跡 (trace)。
$\text{tr}([T]_\beta) = 1 + 1 + 4 = 6$。
所以，所有特徵值之和為 6。

(c.) 證明線性變換 $T$ 是可逆的。
一個線性變換是可逆的，當且僅當其對應的矩陣是可逆的。
矩陣 $[T]_\beta$ 是上三角矩陣，其對角線元素為 $1, 1, 4$。
由於對角線元素均不為零，該矩陣的行列式不為零，因此是可逆的。
$\det([T]_\beta) = 1 \cdot 1 \cdot 4 = 4 \neq 0$。
因此，線性變換 $T$ 是可逆的。

(d.) 求 $T^{-1}(3 + x + 4x^2)$。
令 $g(x) = 3 + x + 4x^2$。我們需要找到一個多項式 $f(x) \in R_2[x]$，使得 $T(f(x)) = g(x)$。
設 $f(x) = a + bx + cx^2$。
則 $f'(x) = b + 2cx$, $f''(x) = 2c$。
$T(f(x)) = f(2) + f'(x)x + f''(1)x^2$
$f(2) = a + 2b + 4c$
$f'(x)x = (b + 2cx)x = bx + 2cx^2$
$f''(1) = 2c$
$T(f(x)) = (a + 2b + 4c) + (bx + 2cx^2) + (2c)x^2$
$T(f(x)) = (a + 2b + 4c) + bx + (2c + 2c)x^2$
$T(f(x)) = (a + 2b + 4c) + bx + 4cx^2$

我們希望 $T(f(x)) = 3 + x + 4x^2$。
將係數相等：

1. $a + 2b + 4c = 3$
2. $b = 1$
3. $4c = 4 \implies c = 1$

將 $b=1$ 和 $c=1$ 代入第一個方程：
$a + 2(1) + 4(1) = 3$
$a + 2 + 4 = 3$
$a + 6 = 3$
$a = -3$

所以，$f(x) = -3 + 1x + 1x^2 = -3 + x + x^2$。

或者，我們可以使用矩陣的逆來求解。
首先，將 $g(x) = 3 + x + 4x^2$ 表示成基底的線性組合：
$g(x) = 3 \cdot 1 + 1 \cdot x + 4 \cdot x^2$。
對應的向量是 $(3, 1, 4)^T$。

核心觀念

本題考查：

1. 正交補空間的定義
   $W^\perp=\{y\in V:\langle w,y\rangle=0\text{，對所有 }w\in W\}.$

2. 有限維子空間的正交分解定理：若 $W$ 為有限維子空間，則對任意 $x\in V$，存在唯一的 $w\in W$ 與 $z\in W^\perp$，使得
   $x=w+z.$

3. 正交向量的內積性質：

$$\langle x,z\rangle=\langle w+z,z\rangle =\langle w,z\rangle+\langle z,z\rangle =\|z\|^2.$$

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題目條件的必要修正

題目原文僅說 $x\in V$，若未附加 $x\notin W$，命題並不成立。

例如取 $x\in W$。對任意 $y\in W^\perp$，依定義都有
$\langle x,y\rangle=0,$
因為 $x$ 本身就是 $W$ 的元素。因此不可能找到滿足 $\langle x,y\rangle\neq 0$ 的 $y\in W^\perp$。

所以題目要成立，必要條件是

$x\notin W.$

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解題方法

由於 $W$ 是有限維子空間，可使用正交分解定理，將 $x$ 寫成

$x=w+z,$

其中

$w\in W,\qquad z\in W^\perp.$

因為假設 $x\notin W$，所以正交分量 $z$ 不可能為零。若 $z=0$，則 $x=w\in W$，與 $x\notin W$ 矛盾。因此

$z\neq 0.$

取

$y=z.$

由於 $z\in W^\perp$，可知 $y\in W^\perp$。接著計算：

$$\begin{aligned} \langle x,y\rangle &=\langle w+z,z\rangle\\ &=\langle w,z\rangle+\langle z,z\rangle\\ &=0+\|z\|^2\\ &=\|z\|^2. \end{aligned}$$

核心觀念

奇異值分解（Singular Value Decomposition, SVD）是將矩陣寫成

$$A=X\,Y\,Z^t$$

其中：

• $X,Z$ 為正交矩陣；
• $Y$ 為對角矩陣，其對角線元素為奇異值；
• 奇異值的平方是 $A A^t$ 或 $A^t A$ 的特徵值。

本題中的矩陣滿足 $A^t=A$，且可直接由其特徵值與正交特徵向量得到 SVD。

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解題方法

令

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

先觀察矩陣對向量的作用：

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

因此

$$\lambda_1=2,\qquad v_1=\frac{1}{\sqrt2} \begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix}.$$

另外，

$$A \begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix},$$

因此

$$\lambda_2=1,\qquad v_2= \begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix}.$$

最後，

$$A \begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix},$$

因此

$$\lambda_3=0,\qquad v_3=\frac{1}{\sqrt2} \begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix}.$$

三個特徵向量彼此正交且皆為單位向量，因此可組成正交矩陣

$$Z= \begin{pmatrix} \dfrac{1}{\sqrt2}&0&\dfrac{1}{\sqrt2}\\ 0&1&0\\ \dfrac{1}{\sqrt2}&0&-\dfrac{1}{\sqrt2} \end{pmatrix}.$$

由於 $A$ 為對稱矩陣，左、右奇異向量可以取為相同的特徵向量，因此

$$X=Z.$$

奇異值為特徵值的絕對值：

$$\sigma_1=2,\qquad \sigma_2=1,\qquad \sigma_3=0.$$

故