112 年 國立中央大學數學系碩士班乙組《線性代數》

此題主要考察矩陣秩的性質與核空間的定義。

(1) 證明 $\text{rank}(AB) \le \text{rank}(B)$

證明方法一：利用線性變換的維度。
令 $T_A: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m$ 為由 $A$ 所定義的線性變換 $T_A(x) = Ax$，令 $T_B: \mathbb{R}^p \to \mathbb{R}^n$ 為由 $B$ 所定義的線性變換 $T_B(y) = By$。
則 $AB$ 所定義的線性變換為 $T_{AB}: \mathbb{R}^p \to \mathbb{R}^m$，$T_{AB}(y) = (AB)y = A(By) = T_A(T_B(y))$。
我們知道 $\text{rank}(M)$ 等於由矩陣 $M$ 所定義的線性變換的像空間（image space）的維度。
因此，$\text{rank}(AB) = \dim(\text{Im}(T_{AB}))$ 且 $\text{rank}(B) = \dim(\text{Im}(T_B))$。
觀察 $T_{AB}(y) = A(T_B(y))$。這表示 $T_{AB}$ 的像空間 $\text{Im}(T_{AB})$ 是 $\text{Im}(T_A)$ 的子空間，其中 $T_B$ 的像空間 $\text{Im}(T_B)$ 是 $\mathbb{R}^n$ 的一個子空間。
更精確地說，$\text{Im}(T_{AB}) = T_A(\text{Im}(T_B))$。
由於 $T_A(\text{Im}(T_B))$ 是 $\text{Im}(T_A)$ 的一個子空間，所以其維度不會大於 $\text{Im}(T_A)$ 的維度。
然而，這裡我們需要比較的是 $\text{Im}(T_{AB})$ 和 $\text{Im}(T_B)$。
我們知道 $\text{Im}(T_{AB}) = A(\text{Im}(T_B))$。
令 $W = \text{Im}(T_B)$。則 $W$ 是 $\mathbb{R}^n$ 的一個子空間，且 $\dim(W) = \text{rank}(B)$。
$\text{Im}(T_{AB}) = A(W)$。
考慮線性變換 $T_A|_W: W \to \mathbb{R}^m$，$T_A|_W(w) = Aw$。
根據秩-零度定理 (Rank-Nullity Theorem)，對於 $T_A|_W$，我們有 $\dim(W) = \dim(\ker(T_A|_W)) + \dim(\text{Im}(T_A|_W))$。
其中 $\dim(\text{Im}(T_A|_W)) = \dim(A(W)) = \dim(\text{Im}(T_{AB})) = \text{rank}(AB)$。
因為 $\dim(\ker(T_A|_W)) \ge 0$，所以 $\text{rank}(AB) = \dim(A(W)) \le \dim(W) = \text{rank}(B)$。

證明方法二：利用列空間。
矩陣 $AB$ 的列空間是 $A$ 的列空間的子空間。
令 $C = AB$。則 $C$ 的每一列都是 $A$ 的列的線性組合。
令 $c_j$ 為 $C$ 的第 $j$ 列，令 $a_i$ 為 $A$ 的第 $i$ 列。
則 $c_j = Ab_j$，其中 $b_j$ 是 $B$ 的第 $j$ 列。
$c_j = \sum_{k=1}^n b_{jk} a_k$。
這表示 $C$ 的每一列都是 $A$ 的列的線性組合。
因此，$C$ 的列空間 $\text{Col}(C) = \text{Col}(AB)$ 是 $A$ 的列空間 $\text{Col}(A)$ 的子空間。

此題考察冪等矩陣（idempotent matrix）的性質，特別是其特徵值和可對角化性。

核心觀念： 冪等矩陣 $A^2=A$ 的特徵值只能是 0 或 1，且此類矩陣必定可對角化。

(1) 求所有可能的特徵值

設 $\lambda$ 是矩陣 $A$ 的一個特徵值，對應的特徵向量為 $v \ne 0$。
根據特徵值的定義，我們有 $Av = \lambda v$。
將此式兩邊同時左乘矩陣 $A$：
$A(Av) = A(\lambda v)$
$A^2 v = \lambda (Av)$
由於 $A^2 = A$，我們有：
$Av = \lambda (\lambda v)$
$Av = \lambda^2 v$
又因為 $Av = \lambda v$，所以我們得到：
$\lambda v = \lambda^2 v$
將此式改寫為：
$(\lambda^2 - \lambda) v = 0$
由於 $v$ 是非零向量，我們必須有 $\lambda^2 - \lambda = 0$。
因式分解得：
$\lambda (\lambda - 1) = 0$
解此方程式，得到可能的特徵值為 $\lambda = 0$ 或 $\lambda = 1$。
因此，矩陣 $A$ 的所有可能特徵值只可能是 0 或 1。

【答案】 矩陣 $A$ 的所有可能特徵值為 0 或 1。

(2) 證明 $A$ 是可對角化的

一個 $n \times n$ 矩陣是可對角化的，若且唯若其代數重數（algebraic multiplicity）之和等於 $n$，或者說，若且唯若其特徵向量的總數（包含代數重數）能構成 $\mathbb{R}^n$ 的一組基底。這可以透過檢查每個特徵值的幾何重數（geometric multiplicity）之和是否等於 $n$ 來判斷。對於一個特徵值 $\lambda$，其幾何重數等於 $\dim(\ker(A - \lambda I))$。

我們已經知道 $A$ 的特徵值只能是 0 或 1。
令 $V_0 = \ker(A - 0I) = \ker(A)$，這是特徵值 0 對應的特徵空間。
令 $V_1 = \ker(A - 1I) = \ker(A - I)$，這是特徵值 1 對應的特徵空間。

我們需要證明 $A$ 的代數重數之和等於 $n$（即所有特徵值的代數重數之和為 $n$），或者證明幾何重數之和等於 $n$。

方法一：利用秩-零度定理證明幾何重數之和。
對於特徵值 $\lambda=0$，其幾何重數為 $g_0 = \dim(\ker(A)) = n - \text{rank}(A)$。
對於特徵值 $\lambda=1$，其幾何重數為 $g_1 = \dim(\ker(A-I))$。
根據秩-零度定理，對於矩陣 $A-I$，我們有 $\dim(\mathbb{R}^n) = \dim(\ker(A-I)) + \text{rank}(A-I)$。
所以 $n = g_1 + \text{rank}(A-I)$。

我們還需要證明 $A$ 的像空間 $\text{Im}(A)$ 和核空間 $\ker(A)$ 的直和是 $\mathbb{R}^n$。
對於任何向量 $x \in \mathbb{R}^n$，我們可以寫成 $x = Ax + (I-A)x$。
令 $y = Ax$。那麼 $Ay = A(Ax) = A^2x = Ax = y$。所以 $y \in \text{Im}(A)$ 且 $y$ 滿足 $Ay=y$。
令 $z = (I-A)x$。那麼 $Az = A(I-A)x = (A-A^2)x = (A-A)x = 0x = 0$。所以 $z \in \ker(A)$。
這表示 $\mathbb{R}^n = \text{Im}(A) + \ker(A)$。

此題要求判斷給定的 3x3 矩陣是否可對角化，需要計算其特徵值和特徵向量。

核心觀念： 一個 $n \times n$ 矩陣 $A$ 可對角化的充要條件是：(1) 矩陣的特徵多項式在複數域上可分解為 $n$ 個一次因子的乘積（即代數重數之和為 $n$）；(2) 每個特徵值的幾何重數等於其代數重數。

首先，我們計算矩陣 $A$ 的特徵多項式 $\det(A - \lambda I)$：
$A - \lambda I = \begin{pmatrix} -3-\lambda & 1 & -1 \\ -7 & 5-\lambda & -1 \\ -6 & 6 & -2-\lambda \end{pmatrix}$
計算行列式：
\begin{align*} \det(A - \lambda I) &= (-3-\lambda) [(5-\lambda)(-2-\lambda) - (6)(-1)] - 1 [(-7)(-2-\lambda) - (-1)(-6)] + (-1) [(-7)(6) - (5-\lambda)(-6)] \ &= (-3-\lambda) [-10 - 5\lambda + 2\lambda + \lambda^2 + 6] - [14 + 7\lambda - 6] - [-42 + 30 - 6\lambda] \ &= (-3-\lambda) [\lambda^2 - 3\lambda - 4] - [8 + 7\lambda] - [-12 - 6\lambda] \ &= (-3-\lambda) (\lambda-4)(\lambda+1) - 8 - 7\lambda + 12 + 6\lambda \ &= (-3-\lambda) (\lambda^2 - 3\lambda - 4) - \lambda + 4 \ &= -3\lambda^2 + 9\lambda + 12 - \lambda^3 + 3\lambda^2 + 4\lambda - \lambda + 4 \ &= -\lambda^3 + (9+4-1)\lambda + (12+4) \ &= -\lambda^3 + 12\lambda + 16 \end{align*}
令特徵多項式等於零來求解特徵值：
$-\lambda^3 + 12\lambda + 16 = 0$
$\lambda^3 - 12\lambda - 16 = 0$

我們嘗試尋找整數根。可能的整數根是 $\pm 1, \pm 2, \pm 4, \pm 8, \pm 16$。
當 $\lambda = 1$: $1 - 12 - 16 \ne 0$
當 $\lambda = -1$: $-1 + 12 - 16 \ne 0$
當 $\lambda = 2$: $8 - 24 - 16 \ne 0$
當 $\lambda = -2$: $(-2)^3 - 12(-2) - 16 = -8 + 24 - 16 = 0$。所以 $\lambda = -2$ 是一個特徵值。
由於 $\lambda = -2$ 是根，$(\lambda + 2)$ 是多項式的一個因子。我們可以用多項式長除法或綜合除法來分解。
使用綜合除法：

-2 | 1   0   -12   -16
   |    -2     4    16
   --------------------
     1  -2    -8     0

因此，$\lambda^3 - 12\lambda - 16 = (\lambda + 2)(\lambda^2 - 2\lambda - 8) = 0$。
進一步分解二次因子：$\lambda^2 - 2\lambda - 8 = (\lambda - 4)(\lambda + 2)$。
所以，特徵多項式為 $(\lambda + 2)^2 (\lambda - 4) = 0$。
特徵值為 $\lambda_1 = 4$ (代數重數 $m_1 = 1$)，$\lambda_2 = -2$ (代數重數 $m_2 = 2$)。

由於矩陣是 $3 \times 3$，且特徵多項式可以分解為 $( \lambda - 4 ) ( \lambda + 2 )^2$，代數重數之和為 $1+2=3$，這滿足第一個條件。
接下來，我們需要檢查每個特徵值的幾何重數是否等於其代數重數。

對於特徵值 $\lambda_1 = 4$：
幾何重數 $g_1 = \dim(\ker(A - 4I))$。
$A - 4I = \begin{pmatrix} -3-4 & 1 & -1 \\ -7 & 5-4 & -1 \\ -6 & 6 & -2-4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -7 & 1 & -1 \\ -7 & 1 & -1 \\ -6 & 6 & -6 \end{pmatrix}$
我們需要找到 $A-4I$ 的核空間。對矩陣進行列運算：

此題是關於一個 2x2 矩陣的特徵值問題，但是題目敘述中提到「3 個非零特徵值」和「3 個正特徵值」，這對於一個 2x2 矩陣來說是不可能的。這可能是題目印刷錯誤，或者題目意指的是其他矩陣（例如 $A^2$ 或 $A^3$ 等）。
然而，如果我們嚴格按照題目給出的矩陣 $A$ 來分析，它是一個 2x2 矩陣，最多只能有 2 個特徵值。
我們假設題目是想問關於 $A$ 的特徵值。

核心觀念： 2x2 矩陣最多有 2 個特徵值。

首先，我們計算矩陣 $A$ 的特徵多項式 $\det(A - \lambda I)$：
$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 2t-\lambda & 0 \\ t & 2-\lambda \end{pmatrix}$
$\det(A - \lambda I) = (2t-\lambda)(2-\lambda) - (0)(t) = (2t-\lambda)(2-\lambda)$
特徵值是令特徵多項式為零的 $\lambda$ 值：
$(2t-\lambda)(2-\lambda) = 0$
所以，特徵值是 $\lambda_1 = 2t$ 和 $\lambda_2 = 2$。

分析題意：
題目問「3 個非零特徵值」和「3 個正特徵值」。這對於一個 2x2 矩陣來說是不可能的。
我們有兩種可能的解釋：

1. 題目印刷錯誤，應該是指 2 個特徵值。
2. 題目可能指的是另一個矩陣，例如 $A^2$ 或 $A^3$，但題目沒有給出。

假設題目是指 $A$ 本身，並修正為「2 個非零特徵值」和「2 個正特徵值」。

(a) 找出所有 $t$ 值，使得 $A$ 有 2 個非零特徵值。

特徵值是 $\lambda_1 = 2t$ 和 $\lambda_2 = 2$。
我們要使這兩個特徵值都非零。
$\lambda_1 = 2t \ne 0 \implies t \ne 0$。
$\lambda_2 = 2$ 顯然是非零的。
因此，為了使 $A$ 有兩個非零特徵值，只需要 $t \ne 0$。

[答案 (a)] $t \ne 0$。

(b) 找出所有 $t$ 值，使得 $A$ 有 2 個正特徵值。

特徵值是 $\lambda_1 = 2t$ 和 $\lambda_2 = 2$。
我們要使這兩個特徵值都為正。
$\lambda_1 = 2t > 0 \implies t > 0$。
$\lambda_2 = 2 > 0$ 已經滿足。
因此，為了使 $A$ 有兩個正特徵值，只需要 $t > 0$。

[答案 (b)] $t > 0$。

如果題目確實是印刷錯誤，並且意指某個 3x3 矩陣，則此題無法解答，因為沒有給出該 3x3 矩陣。

另外一種可能性： 題目中的 $A$ 是一個 2x2 矩陣，但題目問的是「3 個非零特徵值」和「3 個正特徵值」，這可能是指一個 3x3 矩陣，而這個 3x3 矩陣的某些部分與 $A$ 有關。例如，如果題目意指一個 3x3 的對角矩陣 $D = \text{diag}(a, b, c)$，其中 $a, b, c$ 是特徵值，那麼 $a, b, c$ 必須是 $A$ 的特徵值。但 $A$ 只有兩個特徵值 $2t$ 和 $2$。
這意味著，如果題目是正確的，那麼 $A$ 必須是某個 3x3 矩陣的子矩陣，或者 $A$ 的特徵值需要被「複製」或「擴展」到一個 3x3 的情境。

另一種解釋 (較不常見)： 題目可能是在考量矩陣 $A$ 的 Jordan Canonical Form。如果 $A$ 不是對角化的，它可能有一個 2x2 的 Jordan block，加上一個 1x1 的 Jordan block。例如，如果 $2t=2$，即 $t=1$，那麼 $A = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$。其特徵值是 $\lambda=2$ (代數重數 2)。
$A-2I = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$。$\ker(A-2I)$ 的維度是 1 (特徵向量是 $\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$)。
所以 $A$ 在 $t=1$ 時不可對角化，其 Jordan Form 是 $\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$。
這仍然是 2x2 的情況。

極度假設性的解釋： 題目中的 $A$ 是一個 2x2 矩陣，但它可能被嵌入到一個 3x3 的矩陣中，例如：

核心觀念

本題考查矩陣冪次極限，以及特徵值與特徵向量在矩陣對角化中的應用。

若矩陣 $P$ 可對角化，且其特徵值包含 $1$ 與絕對值小於 $1$ 的特徵值，則當 $n\to\infty$ 時，絕對值小於 $1$ 的特徵值之 $n$ 次方會趨近於 $0$，只留下特徵值 $1$ 所對應的部分。

給定

$$P= \begin{pmatrix} 0.2&0.8\\ 0.4&0.6 \end{pmatrix}.$$

注意每一列元素和皆為 $1$，因此

$$P \begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix},$$

所以 $1$ 是 $P$ 的特徵值。

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解題方法

1. 求特徵值

特徵多項式為

$$\det(P-\lambda I) = \begin{vmatrix} 0.2-\lambda&0.8\\ 0.4&0.6-\lambda \end{vmatrix}.$$

因此

$$\det(P-\lambda I) =(0.2-\lambda)(0.6-\lambda)-0.8(0.4).$$

展開得

$$\det(P-\lambda I) =\lambda^2-0.8\lambda-0.2.$$

因式分解：

$$\lambda^2-0.8\lambda-0.2 =(\lambda-1)(\lambda+0.2).$$

故兩個特徵值為

$$\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=-0.2.$$

由於

$$|-0.2|<1,$$

所以

$$(-0.2)^n\longrightarrow 0.$$

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2. 求特徵向量

對於 $\lambda_1=1$，

$$(P-I)v=0,$$

即

$$\begin{pmatrix} -0.8&0.8\\ 0.4&-0.4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0 \end{pmatrix}.$$

因此 $x=y$，可取

$$v_1= \begin{pmatrix} 1\\1 \end{pmatrix}.$$

對於 $\lambda_2=-0.2$，

$$(P+0.2I)v=0,$$

即

$$\begin{pmatrix} 0.4&0.8\\ 0.4&0.8 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0 \end{pmatrix}.$$

所以

$$x+2y=0.$$

可取

$$v_2= \begin{pmatrix} -2\\1 \end{pmatrix}.$$

令

$$S= \begin{pmatrix} 1&-2\\ 1&1 \end{pmatrix}, \qquad D= \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&-0.2 \end{pmatrix}.$$

則

$$P=SDS^{-1}.$$

因此

$$P^n=SD^nS^{-1},$$

其中

此題考察矩陣方程與逆矩陣的存在性及特徵值。

核心觀念：

1. 矩陣 $B$ 有逆矩陣的充要條件是 $\det(B) \ne 0$。
2. 若一個矩陣 $B$ 滿足某個多項式方程 $p(B)=0$，則 $B$ 的特徵值 $\lambda$ 必定滿足 $p(\lambda)=0$。

(1) 證明 $B$ 的逆矩陣存在

給定的矩陣方程是 $2B^2 + B - I = 0$。
我們可以將此方程改寫為：
$I = 2B^2 + B$
$I = B(2B + I)$
同時，我們也可以改寫為：
$I = 2B^2 + B$
$I = (2B + I)B$

根據矩陣逆的定義，如果存在一個矩陣 $C$ 使得 $BC = CB = I$，則 $B$ 的逆矩陣存在，記為 $B^{-1} = C$。
從 $I = B(2B + I)$ 和 $I = (2B + I)B$，我們可以清楚地看到，矩陣 $2B + I$ 就是 $B$ 的逆矩陣。
也就是說，$B^{-1} = 2B + I$。
由於 $B^{-1}$ 存在，這證明了 $B$ 的逆矩陣存在。

另一種證明方式是考慮 $\det(B)$。
從 $2B^2 + B - I = 0$，我們可以得到 $\det(2B^2 + B - I) = \det(0) = 0$。
這條路徑不直接。
但我們可以從 $B(2B+I) = I$ 出發。
取行列式：$\det(B(2B+I)) = \det(I)$。
$\det(B) \det(2B+I) = 1$。
由於 $\det(B) \det(2B+I) = 1 \ne 0$，所以 $\det(B) \ne 0$。
因此，$B$ 的逆矩陣存在。

【答案】 見證明。

(2) 求所有可能的 $B^{-1}$ 的特徵值

從 $2B^2 + B - I = 0$，我們可以推斷出 $B$ 的特徵值所滿足的方程。
設 $\lambda$ 是 $B$ 的一個特徵值。則存在非零向量 $v$ 使得 $Bv = \lambda v$。
將此方程代入 $2B^2 + B - I = 0$：
$2(B^2 v) + (Bv) - (Iv) = 0$

此題考察可交換矩陣的性質，特別是它們共享特徵向量。

核心觀念： 如果兩個矩陣 $A$ 和 $B$ 可交換 ($AB=BA$)，且 $A$ 至少有一個特徵值，那麼 $A$ 的一個特徵向量也是 $B$ 的一個特徵向量。

證明：
設 $A$ 是一個 $n \times n$ 矩陣，且 $A$ 至少有一個特徵值（在複數域上，任何 $n \times n$ 矩陣都有至少一個特徵值）。
設 $\lambda$ 是 $A$ 的一個特徵值，且 $v \ne 0$ 是對應於 $\lambda$ 的特徵向量。
則 $Av = \lambda v$。

因為 $A$ 和 $B$ 可交換，所以 $AB = BA$。
我們考慮 $Bv$ 這個向量。
將 $B$ 作用在 $Av$ 上：
$B(Av) = B(\lambda v) = \lambda (Bv)$。
又因為 $AB = BA$，所以 $B(Av) = (BA)v = A(Bv)$。
因此，我們有 $A(Bv) = \lambda (Bv)$。

這個方程 $A(Bv) = \lambda (Bv)$ 表示向量 $Bv$ 是矩陣 $A$ 的一個特徵向量，其對應的特徵值也是 $\lambda$。

現在有兩種情況：

1. $Bv = 0$。
   由於 $v$ 是 $A$ 的非零特徵向量，所以 $v \ne 0$。
   如果 $Bv = 0$，則 $v$ 是 $B$ 的核空間 $N(B)$ 中的一個非零向量。
   同時，$Av = \lambda v$。
   這意味著 $v$ 既是 $A$ 的特徵向量（對應於 $\lambda$），也是 $B$ 的核（零空間）中的非零向量。核空間中的非零向量可以被視為特徵值為 0 的特徵向量（如果 $B$ 是奇異矩陣）。
   所以，如果 $B$ 是奇異矩陣，則 $v$ 就是一個同時是 $A$ 的特徵向量且是 $B$ 的特徵向量（特徵值為 0）。

2. $Bv \ne 0$。
   如果 $Bv \ne 0$，那麼根據方程 $A(Bv) = \lambda (Bv)$，向量 $Bv$ 是 $A$ 的一個非零特徵向量，對應於特徵值 $\lambda$。
   我們需要證明 $Bv$ 也是 $B$ 的一個特徵向量。
   這個證明稍微複雜一些，需要考慮 $A$ 的特徵空間。

核心觀念

奇異值分解將矩陣 $A$ 寫成

$$A=U\Sigma V^T,$$

其中：

• $U$ 為 $2\times 2$ 實正交矩陣；
• $V$ 為 $3\times 3$ 實正交矩陣；
• $\Sigma$ 為 $2\times 3$ 矩陣；
• $\sigma_1,\sigma_2$ 是 $A$ 的奇異值，且 $\sigma_1\geq \sigma_2\geq 0$。

題目中的 $D$ 與 $\Sigma$ 指的是同一個奇異值矩陣。

奇異值的平方是 $AA^T$ 的特徵值，而左奇異向量是 $AA^T$ 的單位特徵向量。右奇異向量則可由

$$v_i=\frac{Av_i}{\sigma_i} \quad\text{的等價關係}\quad v_i=\frac{A^Tu_i}{\sigma_i}$$

求得。

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解題方法

給定

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

先計算

$$AA^T= \begin{pmatrix} 1&0&3\\ 3&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&3\\ 0&0\\ 3&1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 10&6\\ 6&10 \end{pmatrix}.$$

求其特徵值：

$$\det(AA^T-\lambda I) = \begin{vmatrix} 10-\lambda&6\\ 6&10-\lambda \end{vmatrix} = (10-\lambda)^2-36.$$

因此

$$(10-\lambda)^2=36,$$

得到

$$\lambda_1=16,\qquad \lambda_2=4.$$

所以奇異值為

$$\sigma_1=\sqrt{16}=4,\qquad \sigma_2=\sqrt{4}=2.$$

故

$$\Sigma= \begin{pmatrix} 4&0&0\\ 0&2&0 \end{pmatrix}.$$

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求左奇異向量與矩陣 $U$

當 $\lambda_1=16$ 時，對應特徵向量可取

$$u_1=\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix}.$$

當 $\lambda_2=4$ 時，對應特徵向量可取

$$u_2=\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1\\ -1 \end{pmatrix}.$$

兩者互相正交且皆為單位向量，因此

$$U= \begin{pmatrix} u_1&u_2 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1&1\\ 1&-1 \end{pmatrix}.$$

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求右奇異向量與矩陣 $V$

由

$$v_i=\frac{A^Tu_i}{\sigma_i}$$

求得第一個右奇異向量：

$$A^Tu_1 = \begin{pmatrix} 1&3\\ 0&0\\ 3&1 \end{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 4\\ 0\\ 4 \end{pmatrix}.$$

因此

$$v_1=\frac{A^Tu_1}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}.$$

第二個右奇異向量為

核心觀念

本題考查：

1. 零化多項式與 Jordan 塊大小
2. Jordan 分解下矩陣函數的秩
3. 冪零 Jordan 塊的秩
4. 跡等於特徵值總和

令

$$p(x)=(x-2)^2(x-3)^3.$$

由條件 $(A-2I)^2(A-3I)^3=0$ 可知，$A$ 的特徵值只能是 $2$ 或 $3$，且：

• 特徵值 $2$ 的 Jordan 塊大小至多為 $2$；
• 特徵值 $3$ 的 Jordan 塊大小至多為 $3$。

記 $J_k(\lambda)$ 為特徵值 $\lambda$、大小為 $k$ 的 Jordan 塊。

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解題方法：分別分析特徵值 $2$ 與 $3$ 的廣義特徵空間

設

• $E_2$ 為特徵值 $2$ 的廣義特徵空間；
• $E_3$ 為特徵值 $3$ 的廣義特徵空間。

在 $E_2$ 上令

$$N=A-2I,$$

則 $N$ 是冪零矩陣，且 $N^2=0$。

在 $E_3$ 上令

$$M=A-3I,$$

則 $M$ 是冪零矩陣，且 $M^3=0$。

由於 $A$ 可相似分解為 $E_2\oplus E_3$ 上的部分，所有秩條件均可分別計算後相加。

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由三個乘積秩條件建立方程式

條件（2）

考慮

$$(A-2I)(A-3I).$$

在 $E_2$ 上，

$$A-2I=N,\qquad A-3I=N-I.$$

因為 $N-I$ 可逆，所以

$$\operatorname{rank}\bigl((A-2I)(A-3I)|_{E_2}\bigr) =\operatorname{rank}N.$$

在 $E_3$ 上，

$$A-2I=M+I,\qquad A-3I=M,$$

而 $M+I$ 可逆，因此秩為 $\operatorname{rank}M$。

設

$$r=\operatorname{rank}N,\qquad s=\operatorname{rank}M.$$

條件（2）給出

$$r+s=3. \tag{1}$$

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條件（3）

考慮

$$(A-2I)^2(A-3I).$$

在 $E_2$ 上，其秩等於 $\operatorname{rank}N^2$；在 $E_3$ 上，因為 $(M+I)^2$ 可逆，其秩等於 $\operatorname{rank}M$。

設

$$r_2=\operatorname{rank}N^2.$$

由條件（3）：

$$r_2+s=2. \tag{2}$$

但是 $N^2=0$，所以

$$r_2=0.$$

因此由（2）得

$$s=2.$$

再由（1）得

$$r=1. \tag{3}$$

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條件（4）

考慮

$$(A-2I)(A-3I)^2.$$

在 $E_2$ 上，$(A-3I)^2=(N-I)^2$ 可逆，因此秩等於 $\operatorname{rank}N=r$。

在 $E_3$ 上，$(A-2I)=(M+I)$ 可逆，因此秩等於 $\operatorname{rank}M^2$。

設

$$s_2=\operatorname{rank}M^2.$$

由條件（4）：

$$r+s_2=2.$$

代入 $r=1$：

$$s_2=1. \tag{4}$$

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決定特徵值 $2$ 的 Jordan 塊

特徵值 $2$ 的 Jordan 塊大小至多為 $2$，因此只能有 $J_1(2)$ 與 $J_2(2)$。

對冪零 Jordan 塊而言：

• $J_1(0)$ 的秩為 $0$；
• $J_2(0)$ 的秩為 $1$。

因此 $N$ 的秩就是大小為 $2$ 的 Jordan 塊數量。由 $r=1$ 可知：

$$E_2\text{ 中恰有一個 }J_2(2).$$

設 $J_1(2)$ 的個數為 $a$，則