108 年 國立中山大學應用數學系碩士班丙組《線性代數》

核心觀念

在矩陣向量空間中，一組矩陣 $S=\{A,B,C\}$ 線性獨立的定義是：

$$\alpha A+\beta B+\gamma C=0$$

只有平凡解

$$\alpha=\beta=\gamma=0$$

若存在不全為零的 $\alpha,\beta,\gamma$ 使上式成立，則 $S$ 為線性相依。

令

$$A=\begin{bmatrix}1&1\\1&3\end{bmatrix},\quad B=\begin{bmatrix}1&2\\5&7\end{bmatrix},\quad C=\begin{bmatrix}2&5\\9&11\end{bmatrix}.$$

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解題方法

考慮線性組合

$$\alpha A+\beta B+\gamma C = \begin{bmatrix}0&0\\0&0\end{bmatrix}.$$

比較矩陣各位置的元素，可得

$$\begin{cases} \alpha+\beta+2\gamma=0,\\ \alpha+2\beta+5\gamma=0,\\ \alpha+5\beta+9\gamma=0,\\ \alpha+3\beta+11\gamma=0. \end{cases}$$

只需利用前三個方程式即可判斷。用第二式減第一式：

$$\beta+3\gamma=0.$$

用第三式減第一式：

核心觀念

若矩陣 $R$ 是由矩陣 $A$ 經過列運算得到，則存在一個可逆矩陣 $E$，使得

$$EA=R.$$

左乘矩陣 $E$ 的作用，是將 $A$ 的各列作線性組合。因此，若將 $A$ 的三個列向量記為 $A_1,A_2,A_3$，則 $E$ 的第 $i$ 列係數，正好是用來表示 $R$ 第 $i$ 列的線性組合係數。

令

$$A_1=\begin{bmatrix}1&2&-1&0\end{bmatrix},\quad A_2=\begin{bmatrix}0&0&1&-3\end{bmatrix},\quad A_3=\begin{bmatrix}2&4&-1&-2\end{bmatrix}.$$

設

$$E= \begin{bmatrix} e_{11}&e_{12}&e_{13}\\ e_{21}&e_{22}&e_{23}\\ e_{31}&e_{32}&e_{33} \end{bmatrix}.$$

則 $EA$ 的每一列，分別是 $A_1,A_2,A_3$ 的線性組合。

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解題方法

求 $R$ 的第一列

設

$$R_1=xA_1+yA_2+zA_3 =\begin{bmatrix}1&2&0&0\end{bmatrix}.$$

比較各欄：

$$x+2z=1,$$ $$-x+y-z=0,$$ $$-3y-2z=0.$$

由第一式得 $x=1-2z$；由第三式得 $y=-\dfrac{2z}{3}$。代入第二式：

$$-(1-2z)-\frac{2z}{3}-z=0,$$

整理得

$$z=3.$$

因此

$$x=-5,\qquad y=-2.$$

所以

$$R_1=-5A_1-2A_2+3A_3.$$

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求 $R$ 的第二列

設

$$R_2=xA_1+yA_2+zA_3 =\begin{bmatrix}0&0&1&0\end{bmatrix}.$$

比較各欄：

$$x+2z=0,$$ $$-x+y-z=1,$$ $$-3y-2z=0.$$

由第一式得 $x=-2z$，由第三式得 $y=-\dfrac{2z}{3}$。代入第二式：

$$-(-2z)-\frac{2z}{3}-z=1,$$

本題主要考驗行列式的性質以及多項式的次數判斷。題目要求證明，若 $A, B$ 為 $n \times n$ 矩陣且 $B$ 可逆，則 $p(t) = \det(A + tB)$ 是次數為 $n$ 的多項式。

首先，我們需要理解 $\det(A + tB)$ 的結構。根據行列式的定義，一個 $n \times n$ 矩陣的行列式是其所有元素的組合，其中每個組合包含 $n$ 個元素，且每行每列恰好取一個元素。
令 $C(t) = A + tB$。則 $C(t)_{ij} = A_{ij} + tB_{ij}$。
$\det(C(t)) = \sum_{\sigma \in S_n} \text{sgn}(\sigma) \prod_{i=1}^n C(t)_{i, \sigma(i)}$
其中 $S_n$ 是所有 $n$ 個元素的排列集合。
$\prod_{i=1}^n C(t)_{i, \sigma(i)} = \prod_{i=1}^n (A_{i, \sigma(i)} + tB_{i, \sigma(i)})$
展開這個乘積，對於一個固定的排列 $\sigma$， $\prod_{i=1}^n (A_{i, \sigma(i)} + tB_{i, \sigma(i)})$ 是一個關於 $t$ 的多項式。每個項的形式是 $t^k \cdot (\text{product of some } A_{ij} \text{ and } B_{ij})$，其中 $k$ 是選擇了多少個 $tB_{i, \sigma(i)}$ 項。
由於有 $n$ 個因子，所以這個多項式的最高次數是 $n$。

$\prod_{i=1}^n (A_{i, \sigma(i)} + tB_{i, \sigma(i)}) = (\dots)t^n + (\dots)t^{n-1} + \dots + (\dots)t^0$
將所有這些多項式根據排列 $\sigma$ 相加（並乘以符號 $\text{sgn}(\sigma)$），我們得到 $p(t) = \det(A + tB)$。

我們需要證明 $p(t)$ 的最高次項係數（即 $t^n$ 的係數）不為零。
$t^n$ 項的來源是：對於每一個 $i$，我們都選擇 $tB_{i, \sigma(i)}$。
所以，$t^n$ 項的係數是 $\sum_{\sigma \in S_n} \text{sgn}(\sigma) \prod_{i=1}^n B_{i, \sigma(i)}$。
這個表達式恰好是 $\det(B)$。

由於題目假設 $B$ 是可逆的，所以 $\det(B) \neq 0$。
因此，$t^n$ 項的係數 $\det(B)$ 不為零。
這意味著 $p(t) = \det(A + tB)$ 是一個次數為 $n$ 的多項式。

更嚴謹的證明：
考慮矩陣 $C(t) = A + tB$。

本題考驗矩陣的零空間 (null space) 的概念，以及如何求兩個零空間的交集的基底。

首先，我們需要分別求出矩陣 $A$ 和矩陣 $B$ 的零空間 $N(A)$ 和 $N(B)$。零空間 $N(M)$ 是指齊次線性方程組 $M\mathbf{x} = \mathbf{0}$ 的解集合。求零空間的基底，通常是將矩陣化為列簡形，然後解出自由變數與基本變數的關係。

求 $N(A)$ 的基底：
對矩陣 $A$ 進行列運算，化為列簡形。
$A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & -1 \\ 2 & 1 & 0 & -1 \end{bmatrix}$
$R_2 \leftarrow R_2 - R_1$, $R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1$:
$\begin{bmatrix} 1 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 2 & -1 \end{bmatrix}$
$R_3 \leftarrow R_3 - R_2$:
$\begin{bmatrix} 1 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & -1 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
$R_1 \leftarrow R_1 + R_2$:
$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
$R_2 \leftarrow -R_2$:
$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
這是 $A$ 的列簡形。基本變數是 $x_1, x_2$，自由變數是 $x_3, x_4$。
從列簡形得到方程組：
$x_1 + x_3 - x_4 = 0 \implies x_1 = -x_3 + x_4$
$x_2 - 2x_3 + x_4 = 0 \implies x_2 = 2x_3 - x_4$

令 $x_3 = s, x_4 = t$，其中 $s, t \in \mathbb{R}$。
則 $\mathbf{x} = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -s + t \\ 2s - t \\ s \\ t \end{bmatrix} = s \begin{bmatrix} -1 \\ 2 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + t \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。
所以，$N(A)$ 的基底是 $\left\{ \begin{bmatrix} -1 \\ 2 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \right\}$。

求 $N(B)$ 的基底：
對矩陣 $B$ 進行列運算，化為列簡形。
$B = \begin{bmatrix} 2 & 1 & 0 & -1 \\ 4 & 2 & -4 & -1 \\ 6 & 3 & 0 & -3 \end{bmatrix}$
$R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1$, $R_3 \leftarrow R_3 - 3R_1$:
$\begin{bmatrix} 2 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & -4 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
$R_1 \leftarrow \frac{1}{2}R_1$:
$\begin{bmatrix} 1 & 1/2 & 0 & -1/2 \\ 0 & 0 & -4 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
$R_2 \leftarrow -\frac{1}{4}R_2$:
$\begin{bmatrix} 1 & 1/2 & 0 & -1/2 \\ 0 & 0 & 1 & -1/4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
這是 $B$ 的列簡形。基本變數是 $x_1, x_3$，自由變數是 $x_2, x_4$。
從列簡形得到方程組：
$x_1 + \frac{1}{2}x_2 - \frac{1}{2}x_4 = 0 \implies x_1 = -\frac{1}{2}x_2 + \frac{1}{2}x_4$
$x_3 - \frac{1}{4}x_4 = 0 \implies x_3 = \frac{1}{4}x_4$

令 $x_2 = u, x_4 = v$，其中 $u, v \in \mathbb{R}$。
則 $\mathbf{x} = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -\frac{1}{2}u + \frac{1}{2}v \\ u \\ \frac{1}{4}v \\ v \end{bmatrix} = u \begin{bmatrix} -1/2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + v \begin{bmatrix} 1/2 \\ 0 \\ 1/4 \\ 1 \end{bmatrix}$。
為了得到整數基底，我們可以將向量乘以 4：
$N(B)$ 的基底是 $\left\{ \begin{bmatrix} -2 \\ 4 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \\ 4 \end{bmatrix} \right\}$。

求 $N(A) \cap N(B)$ 的基底：
一個向量 $\mathbf{x}$ 在 $N(A) \cap N(B)$ 中，當且僅當 $\mathbf{x} \in N(A)$ 且 $\mathbf{x} \in N(B)$。
也就是說， $\mathbf{x}$ 必須同時滿足 $A\mathbf{x} = \mathbf{0}$ 和 $B\mathbf{x} = \mathbf{0}$。
這等價於 $\mathbf{x}$ 是齊次線性方程組 $\begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} \mathbf{x} = \mathbf{0}$ 的解。
我們將矩陣 $A$ 和 $B$ 疊加起來，然後求其零空間。
$\begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & -1 \\ 2 & 1 & 0 & -1 \\ 2 & 1 & 0 & -1 \\ 4 & 2 & -4 & -1 \\ 6 & 3 & 0 & -3 \end{bmatrix}$
注意，矩陣 $B$ 的第三行是 $3$ 倍的 $B$ 的第一行。所以第三行是冗餘的。
我們只需要考慮 $A$ 和 $B$ 的非零行空間的組合。
實際上，我們可以先將 $A$ 和 $B$ 化為行簡形，然後再組合。

我們已經有 $A$ 的行簡形 $A_{rref} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$。
$B$ 的行簡形 $B_{rref} = \begin{bmatrix} 1 & 1/2 & 0 & -1/2 \\ 0 & 0 & 1 & -1/4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$。

一個向量 $\mathbf{x}$ 在 $N(A) \cap N(B)$ 中，當且僅當 $\mathbf{x}$ 是 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$ 和 $B\mathbf{x}=\mathbf{0}$ 的共同解。

本題考驗向量空間的基底變換以及對應的變換矩陣。題目中給定了多項式空間 $P_2$ 的兩個基底 $B_1 = \{1, x, x^2\}$ 和 $B_2 = \{1, x-1, (x-1)^2\}$。一個多項式 $p(x)$ 可以用這兩個基底表示，並給出了兩種表示法的係數之間的關係。我們需要找到一個矩陣 $A$，使得用 $B_1$ 表示的係數向量 $\begin{bmatrix} a_0 \\ a_1 \\ a_2 \end{bmatrix}$ 可以通過乘以矩陣 $A$ 得到用 $B_2$ 表示的係數向量 $\begin{bmatrix} b_0 \\ b_1 \\ b_2 \end{bmatrix}$。

首先，我們需要理解基底變換矩陣的含義。假設我們有兩個基底 $B_1 = \{\mathbf{v}_1, \dots, \mathbf{v}_n\}$ 和 $B_2 = \{\mathbf{w}_1, \dots, \mathbf{w}_n\}$。如果一個向量 $\mathbf{x}$ 用 $B_1$ 表示為 $[\mathbf{x}]_{B_1} = \begin{bmatrix} c_1 \\ \vdots \\ c_n \end{bmatrix}$，用 $B_2$ 表示為 $[\mathbf{x}]_{B_2} = \begin{bmatrix} d_1 \\ \vdots \\ d_n \end{bmatrix}$。
那麼，從 $B_2$ 到 $B_1$ 的變換矩陣 $P$ 滿足 $[\mathbf{x}]_{B_1} = P [\mathbf{x}]_{B_2}$。矩陣 $P$ 的列是基底向量 $\mathbf{w}_j$ 用基底 $B_1$ 表示的係數向量。

在本題中，$P_2$ 的維度是 3。
基底 $B_1 = \{1, x, x^2\}$ 是標準基底。我們將其向量寫成列向量的形式：$\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ x \\ x^2 \end{bmatrix}$。
基底 $B_2 = \{1, x-1, (x-1)^2\}$。我們需要將 $B_2$ 中的向量用 $B_1$ 中的向量來表示。

1. $1 = 1 \cdot 1 + 0 \cdot x + 0 \cdot x^2$。所以向量 $\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$ 對應於 $B_2$ 中的基底向量 $1$。
2. $x-1 = -1 \cdot 1 + 1 \cdot x + 0 \cdot x^2$。所以向量 $\begin{bmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$ 對應於 $B_2$ 中的基底向量 $x-1$。
3. $(x-1)^2 = x^2 - 2x + 1 = 1 \cdot 1 - 2 \cdot x + 1 \cdot x^2$。所以向量 $\begin{bmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{bmatrix}$ 對應於 $B_2$ 中的基底向量 $(x-1)^2$。

我們將這些係數向量作為列向量，構成從 $B_2$ 到 $B_1$ 的變換矩陣 $P_{B_1 \leftarrow B_2}$。
$P_{B_1 \leftarrow B_2} = \begin{bmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$
這個矩陣滿足 $[\mathbf{p}]_{B_1} = P_{B_1 \leftarrow B_2} [\mathbf{p}]_{B_2}$。
題目中給定的關係是：
$p = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 = b_0 + b_1 (x-1) + b_2 (x-1)^2$
這意味著：

核心觀念

特徵值 $\lambda$ 與特徵向量 $x\ne 0$ 滿足 $Ax=\lambda x$。本題矩陣的第 2 至第 5 欄完全相同，因此矩陣作用只會把這四個座標的總和帶到第一個座標；可將空間拆成一個二維子空間與一個三維零空間來求特徵值。

解題方法

令 $e_1=(1,0,0,0,0)^T$，並令 $u=(0,1,1,1,1)^T$。直接計算可得

$$Ae_1=u,\qquad Au=4e_1.$$

因此，在基底 $\{e_1,u\}$ 張成的子空間上，$A$ 的表示矩陣為

$$\begin{bmatrix} 0&4\\ 1&0 \end{bmatrix}.$$

此子空間上的特徵值由下式求得：

$$\det\begin{bmatrix} -\lambda&4\\ 1&-\lambda \end{bmatrix} =\lambda^2-4=0.$$

所以得到 $\lambda=2$ 與 $\lambda=-2$。對應的特徵向量可分別取為

$$v_+=(2,1,1,1,1)^T,\qquad v_-=(-2,1,1,1,1)^T.$$