114 年 國立中央大學數學系碩士班應用數學組在職生《線性代數》

本題主要在考驗對向量空間、線性組合、span（生成空間）以及線性獨立的理解。

核心觀念：

1. Span of S: 集合 $S$ 的 span，記作 $\text{span}(S)$，是所有由 $S$ 中向量所能形成的線性組合的集合。
2. 線性獨立 (Linearly Independent): 集合 $S = \{v_1, v_2, \dots, v_k\}$ 被稱為線性獨立，如果唯一的係數 $c_1, c_2, \dots, c_k$ 使得 $c_1 v_1 + c_2 v_2 + \dots + c_k v_k = \mathbf{0}$ 是 $c_1 = c_2 = \dots = c_k = 0$。

解題步驟：

(a) 判斷 $A$ 是否在 $S$ 的 span 中。

首先，題目給定的矩陣 $A$ 是 $M_{2\times 2}(\mathbb{R})$ 的元素，而集合 $S$ 中的元素是 $M_{2\times 1}(\mathbb{R})$ 的向量（或稱為 $2\times 1$ 的矩陣）。這裡的符號可能有些混淆，一般而言，span 的概念是針對同一向量空間中的向量。若題目意圖是 $A$ 是指一個 $2\times 2$ 的矩陣，而 $S$ 是一組 $2\times 1$ 的向量，那麼 $A$ 顯然不在 $\text{span}(S)$ 中，因為它們屬於不同的向量空間。

然而，從後續題目的形式和一般研究所考題的習慣來看，題目中的 $A$ 應為 $M_{2\times 1}(\mathbb{R})$ 的元素，即 $A = \begin{pmatrix} -3 \\ 2 \end{pmatrix}$，而 $S$ 是一組 $M_{2\times 1}(\mathbb{R})$ 中的向量。假設題目是這個意思，我們來解。

我們要判斷是否存在係數 $c_1, c_2, c_3$ 使得：
$c_1 \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} + c_3 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 \\ 2 \end{pmatrix}$
將上式寫成方程組：
$c_1 + c_3 = -3$
$-c_1 + c_2 = 2$
這個方程組有三個變數 ($c_1, c_2, c_3$) 和兩個方程。這表示如果方程組有解，則通常會有無窮多組解。我們需要檢查這個方程組是否有解。

從第二個方程，我們可以得到 $c_2 = 2 + c_1$。
將 $c_3 = -3 - c_1$ 代入，我們可以找到一組解。例如，令 $c_1 = 0$，則 $c_3 = -3$ 且 $c_2 = 2$。

本題考驗對線性轉換、零轉換 ($T_0$)、零空間 ($N(T)$) 和值域 ($R(T)$) 的性質，以及「若且唯若」證明技巧。

核心觀念：

1. 零轉換 ($T_0$): 對於空間中的任意向量 $v \in V$，有 $T_0(v) = \mathbf{0}$。
2. 零空間 ($N(T)$): $N(T) = \{v \in V \mid T(v) = \mathbf{0}\}$。
3. 值域 ($R(T)$): $R(T) = \{T(v) \mid v \in V\}$。
4. 線性轉換的性質: $T(c v_1 + d v_2) = c T(v_1) + d T(v_2)$ 對於任意 $c, d$ 以及 $v_1, v_2 \in V$。
5. 「若且唯若」證明: 需要證明兩個方向：
   • ($\Rightarrow$) 如果 $T^2 = T_0$，則 $R(T) \subseteq N(T)$。
   • ($\Leftarrow$) 如果 $R(T) \subseteq N(T)$，則 $T^2 = T_0$。

證明：

方向一：證明若 $T^2 = T_0$，則 $R(T) \subseteq N(T)$。

假設 $T^2 = T_0$。這表示對於任意向量 $v \in V$，有 $T^2(v) = T(T(v)) = \mathbf{0}$。
我們要證明 $R(T) \subseteq N(T)$。
根據定義，要證明 $R(T) \subseteq N(T)$，我們需要證明：對於任意屬於 $R(T)$ 的向量 $w$，都有 $w \in N(T)$。

本題考驗矩陣的轉置、逆矩陣性質以及相似矩陣的特徵多項式。

核心觀念：

1. 轉置矩陣 ($A^t$): 將矩陣 $A$ 的列與行交換得到的矩陣。
2. 逆矩陣 ($A^{-1}$): 如果 $AA^{-1} = A^{-1}A = I$，則 $A^{-1}$ 是 $A$ 的逆矩陣。
3. 相似矩陣 (Similar Matrices): 兩個 $n \times n$ 矩陣 $A$ 和 $B$ 稱為相似，如果存在一個可逆矩陣 $P$ 使得 $B = P^{-1}AP$。
4. 行列式 (Determinant): 一個方陣的數量值。
5. 特徵多項式 (Characteristic Polynomial): 對於一個 $n \times n$ 矩陣 $A$，其特徵多項式定義為 $p_A(\lambda) = \det(A - \lambda I)$。

解題步驟：

(a) 證明若 $A$ 可逆，則 $A^t$ 也可逆，且 $(A^t)^{-1} = (A^{-1})^t$。

已知 $A$ 是可逆的，所以存在 $A^{-1}$ 使得 $AA^{-1} = A^{-1}A = I$，其中 $I$ 是 $n \times n$ 的單位矩陣。
我們要證明 $A^t$ 可逆，並找到它的逆矩陣。
我們考慮矩陣 $(A^{-1})^t$。根據轉置矩陣的性質，我們知道 $(XY)^t = Y^t X^t$ 和 $(X^t)^t = X$。
我們來計算 $(A^t) (A^{-1})^t$ 和 $(A^{-1})^t (A^t)$：

計算 $(A^t) (A^{-1})^t$:
$(A^t) (A^{-1})^t = (A^{-1} A)^t$ （利用 $(XY)^t = Y^t X^t$ 的逆向形式，或直接應用 $Y^t X^t$）
$= I^t$
由於單位矩陣 $I$ 的轉置是它本身，即 $I^t = I$。
$= I$

本題要求計算一個 $3 \times 3$ 矩陣的行列式、秩以及逆矩陣。

核心觀念：

1. 行列式 (Determinant): 計算方陣的行列式有多種方法，例如展開公式、行/列運算化為上三角矩陣。
2. 秩 (Rank): 矩陣的秩是其行空間或列空間的維度，也可以通過將矩陣化為行階梯形（或列階梯形）來確定非零行的數量。
3. 逆矩陣 (Inverse Matrix): 對於一個 $n \times n$ 矩陣 $A$，如果 $\det(A) \neq 0$，則 $A$ 可逆。逆矩陣可以通過伴隨矩陣法或增廣矩陣行化法求得。

解題步驟：

首先，我們計算矩陣 $A$ 的行列式。
$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 3 & 4 \\ 2 & 3 & -1 \end{pmatrix}$

計算行列式 $\det(A)$：
我們使用第一行進行代數餘子式展開：
$\det(A) = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & 4 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} - 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & 4 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} + 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}$

本題是一個綜合性的題目，要求計算矩陣的特徵值、特徵向量、最小多項式，並判斷是否能對角化。

核心觀念：

1. 特徵值 (Eigenvalues): 矩陣 $A$ 的特徵值 $\lambda$ 是滿足 $\det(A - \lambda I) = 0$ 的值。
2. 特徵向量 (Eigenvectors): 對於特徵值 $\lambda$，對應的特徵向量 $v$ 是非零向量，滿足 $(A - \lambda I)v = \mathbf{0}$。
3. 最小多項式 (Minimal Polynomial): 使得 $p(A) = \mathbf{0}$ 的最低次多項式。
4. 對角化 (Diagonalization): 如果一個 $n \times n$ 矩陣 $A$ 有 $n$ 個線性獨立的特徵向量，則 $A$ 可以被對角化，即存在可逆矩陣 $Q$ 和對角矩陣 $D$ 使得 $Q^{-1}AQ = D$。此時 $Q$ 的列是 $A$ 的線性獨立特徵向量，$D$ 的對角元素是相應的特徵值。

解題步驟：

給定矩陣 $A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & -1 \\ 4 & 1 & -4 \\ 2 & 0 & -1 \end{pmatrix}$。

(a) 確定所有特徵值。
我們需要解 $\det(A - \lambda I) = 0$。
$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 2-\lambda & 0 & -1 \\ 4 & 1-\lambda & -4 \\ 2 & 0 & -1-\lambda \end{pmatrix}$
計算行列式，我們利用第二列展開，因為其中有兩個零：
$\det(A - \lambda I) = (1-\lambda) \det \begin{pmatrix} 2-\lambda & -1 \\ 2 & -1-\lambda \end{pmatrix} - 0 + 0$
$= (1-\lambda) [(2-\lambda)(-1-\lambda) - (-1)(2)]$
$= (1-\lambda) [-(2-\lambda)(1+\lambda) + 2]$
$= (1-\lambda) [- (2 + 2\lambda - \lambda - \lambda^2) + 2]$
$= (1-\lambda) [- (2 + \lambda - \lambda^2) + 2]$
$= (1-\lambda) [-2 - \lambda + \lambda^2 + 2]$
$= (1-\lambda) [\lambda^2 - \lambda]$
$= (1-\lambda) \lambda (\lambda - 1)$
$= -\lambda (1-\lambda)^2$

令 $\det(A - \lambda I) = 0$，即 $-\lambda (1-\lambda)^2 = 0$。
解得特徵值為 $\lambda_1 = 0$ 和 $\lambda_2 = 1$ (重根)。

【答案】 特徵值為 $\lambda = 0$ 和 $\lambda = 1$。

(b) 對於每個特徵值 $\lambda$，找出對應的特徵向量集合。

對於 $\lambda_1 = 0$：
我們需要解 $(A - 0I)v = \mathbf{0}$，即 $Av = \mathbf{0}$。
$A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & -1 \\ 4 & 1 & -4 \\ 2 & 0 & -1 \end{pmatrix}$
我們對矩陣 $A$ 進行行化：
$R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1$
$R_3 \leftarrow R_3 - R_1$
$\begin{pmatrix} 2 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
方程組為：
$2x - z = 0 \implies z = 2x$
$y - 2z = 0 \implies y = 2z$
令 $x=t$（自由變數），則 $z = 2t$， $y = 2(2t) = 4t$。
特徵向量 $v = \begin{pmatrix} t \\ 4t \\ 2t \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ 2 \end{pmatrix}$，其中 $t \neq 0$。
對應於 $\lambda_1 = 0$ 的特徵向量集合是 $\{t \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ 2 \end{pmatrix} \mid t \in \mathbb{R}, t \neq 0 \}$.

對於 $\lambda_2 = 1$：
我們需要解 $(A - 1I)v = \mathbf{0}$。
$A - I = \begin{pmatrix} 2-1 & 0 & -1 \\ 4 & 1-1 & -4 \\ 2 & 0 & -1-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 4 & 0 & -4 \\ 2 & 0 & -2 \end{pmatrix}$
我們對矩陣 $A-I$ 進行行化：
$R_2 \leftarrow R_2 - 4R_1$
$R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1$
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
方程組為：
$x - z = 0 \implies x = z$
$y$ 是自由變數。
令 $z=s$（自由變數），則 $x = s$。令 $y=r$（自由變數）。
特徵向量 $v = \begin{pmatrix} s \\ r \\ s \end{pmatrix} = s \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$，其中 $s, r$ 不全為零。
對應於 $\lambda_2 = 1$ 的特徵向量集合是 $\{s \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \mid s, r \in \mathbb{R}, \text{not both zero} \}$.
這個特徵空間的維度是 2。

【答案】
對應 $\lambda = 0$ 的特徵向量集合為 $\{t \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ 2 \end{pmatrix} \mid t \in \mathbb{R}, t \neq 0 \}$.

本題考驗 Gram-Schmidt 正交化過程以及正交補空間的概念。

核心觀念：

1. Gram-Schmidt 正交化: 將一組線性獨立向量 $\{w_1, \dots, w_k\}$ 轉換為一組正交向量 $\{u_1, \dots, u_k\}$，進而轉換為一組標準正交向量（單位向量且互相正交）$\{e_1, \dots, e_k\}$。
   • $u_1 = w_1$
   • $u_k = w_k - \text{proj}_{u_1} w_k - \dots - \text{proj}_{u_{k-1}} w_k$
   • $\text{proj}_u w = \frac{\langle w, u \rangle}{\langle u, u \rangle} u$
   • $e_k = \frac{u_k}{\|u_k\|}$
2. 正交補空間 ($W^\perp$): 對於向量空間 $V$ 的子空間 $W$，其正交補空間 $W^\perp$ 是 $V$ 中所有與 $W$ 中所有向量都正交的向量的集合。即 $W^\perp = \{v \in V \mid \langle v, w \rangle = 0 \text{ for all } w \in W\}$。
3. 維度關係: 如果 $W$ 是 $V$ 的一個子空間，則 $\dim(W) + \dim(W^\perp) = \dim(V)$。

解題步驟：

給定向量 $w_1 = (1,0,1,0)$, $w_2 = (1,1,1,1)$, $w_3 = (0,1,2,1)$。它們是線性獨立的，生成子空間 $W \subset \mathbb{R}^4$。
$\dim(W) = 3$。由於 $\dim(\mathbb{R}^4) = 4$，所以 $\dim(W^\perp) = \dim(\mathbb{R}^4) - \dim(W) = 4 - 3 = 1$。

(a) 使用 Gram-Schmidt 過程得到 $W$ 的一組標準正交基。

我們使用標準內積 $\langle x, y \rangle = x \cdot y$。

第一步：找到 $u_1$ 和 $e_1$。
$u_1 = w_1 = (1,0,1,0)$
$\|u_1\|^2 = \langle u_1, u_1 \rangle = 1^2 + 0^2 + 1^2 + 0^2 = 2$
$e_1 = \frac{u_1}{\|u_1\|} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,1,0) = (\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0)$

第二步：找到 $u_2$ 和 $e_2$。
$u_2 = w_2 - \text{proj}_{u_1} w_2 = w_2 - \frac{\langle w_2, u_1 \rangle}{\langle u_1, u_1 \rangle} u_1$
$\langle w_2, u_1 \rangle = (1)(1) + (1)(0) + (1)(1) + (1)(0) = 1 + 0 + 1 + 0 = 2$
$\langle u_1, u_1 \rangle = 2$
$u_2 = (1,1,1,1) - \frac{2}{2} (1,0,1,0) = (1,1,1,1) - (1,0,1,0) = (0,1,0,1)$
$\|u_2\|^2 = \langle u_2, u_2 \rangle = 0^2 + 1^2 + 0^2 + 1^2 = 2$
$e_2 = \frac{u_2}{\|u_2\|} = \frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,0,1) = (0, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}})$

第三步：找到 $u_3$ 和 $e_3$。
$u_3 = w_3 - \text{proj}_{u_1} w_3 - \text{proj}_{u_2} w_3$
$u_3 = w_3 - \frac{\langle w_3, u_1 \rangle}{\langle u_1, u_1 \rangle} u_1 - \frac{\langle w_3, u_2 \rangle}{\langle u_2, u_2 \rangle} u_2$

計算內積：
$\langle w_3, u_1 \rangle = (0)(1) + (1)(0) + (2)(1) + (1)(0) = 0 + 0 + 2 + 0 = 2$
$\langle w_3, u_2 \rangle = (0)(0) + (1)(1) + (2)(0) + (1)(1) = 0 + 1 + 0 + 1 = 2$
$\langle u_1, u_1 \rangle = 2$
$\langle u_2, u_2 \rangle = 2$

$u_3 = (0,1,2,1) - \frac{2}{2} (1,0,1,0) - \frac{2}{2} (0,1,0,1)$
$u_3 = (0,1,2,1) - (1,0,1,0) - (0,1,0,1)$
$u_3 = (0-1-0, 1-0-1, 2-1-0, 1-0-1)$
$u_3 = (-1, 0, 1, 0)$

$\|u_3\|^2 = \langle u_3, u_3 \rangle = (-1)^2 + 0^2 + 1^2 + 0^2 = 1 + 0 + 1 + 0 = 2$

本題考驗內積空間、子空間以及正交性在證明中的應用。

核心觀念：

1. 內積空間: 一個向量空間，上面定義了一個內積運算 $\langle \cdot, \cdot \rangle$，滿足線性、對稱性、正定性等性質。
2. 子空間: 向量空間的非空子集，對加法和純量乘法封閉。
3. 正交性: 兩個向量 $u, v$ 正交，如果 $\langle u, v \rangle = 0$。
4. 證明技巧: 反證法或構造性證明。

證明：

我們要證明：若 $V$ 是內積空間，$W$ 是 $V$ 的有限維子空間，且 $x \notin W$，則存在 $y \in V$ 使得 $y \notin W$ 但 $\langle x, y \rangle \neq 0$。

我們採用反證法。
假設結論不成立，也就是說：對於所有 $y \in V$ 使得 $y \notin W$，都有 $\langle x, y \rangle = 0$。

我們需要從這個假設推導出矛盾。

考慮向量 $x$ 本身。
情況一：如果 $x \notin W$。
我們可以直接選擇 $y=x$。
因為 $x \notin W$，所以 $y \notin W$。
根據我們的假設，對於所有 $y \notin W$ 都必須滿足 $\langle x, y \rangle = 0$。
因此，我們必須有 $\langle x, x \rangle = 0$。
然而，在內積空間中，根據正定性，$\langle x, x \rangle = 0$ 當且僅當 $x = \mathbf{0}$。
所以，如果 $x \notin W$ 且 $\langle x, x \rangle = 0$，則 $x = \mathbf{0}$。
但是，如果 $x = \mathbf{0}$，那麼 $x$ 必然屬於任何子空間 $W$（因為子空間包含零向量）。
這與我們的前提 $x \notin W$ 矛盾。
所以，如果 $x \notin W$ 且 $x \neq \mathbf{0}$，那麼 $\langle x, x \rangle \neq 0$。
因此，如果 $x \notin W$ 且 $x \neq \mathbf{0}$，我們可以直接取 $y=x$，則 $y \notin W$ 且 $\langle x, y \rangle = \langle x, x \rangle \neq 0$。這證明了結論。

現在我們需要考慮 $x \notin W$ 但 $x=\mathbf{0}$ 的情況。這是不可能的，因為如果 $x=\mathbf{0}$，它一定屬於任何子空間 $W$。所以 $x \notin W$ 必然意味著 $x \neq \mathbf{0}$。

因此，上面的證明已經涵蓋了所有情況：
若 $x \notin W$，則 $x \neq \mathbf{0}$。
選擇 $y = x$。
因為 $x \notin W$，所以 $y \notin W$。
根據內積空間的正定性，$\langle x, x \rangle > 0$。
所以 $\langle x, y \rangle = \langle x, x \rangle \neq 0$。

這直接證明了存在 $y \in V$ (取 $y=x$) 使得 $y \notin W$ 但 $\langle x, y \rangle \neq 0$。

另一種構造性證明思路 (使用正交補)：
令 $W$ 是 $V$ 的有限維子空間。

核心觀念

在 $\mathbb{C}^2$ 採用標準內積時，線性算子 $T$ 的伴隨算子 $T^*$ 對應到矩陣的共軛轉置。兩個判斷條件為：

• $T$ 是正規算子，若 $T^*T=TT^*$。
• $T$ 是自伴算子，若 $T^*=T$。

以標準基底表示題目中的算子：

$$[T]= \begin{pmatrix} 2&i\\ 1&2 \end{pmatrix}.$$

解題方法

先求矩陣的共軛轉置：

$$[T^*]=[T]^* = \begin{pmatrix} 2&1\\ -i&2 \end{pmatrix}.$$

(a) 判斷是否為正規算子

分別計算 $T^*T$ 與 $TT^*$：

$$[T^*T] = \begin{pmatrix} 2&1\\ -i&2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2&i\\ 1&2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5&2+2i\\ 2-2i&5 \end{pmatrix}.$$