108 年 國立中山大學應用數學系碩士班乙組《線性代數》

核心觀念

矩陣 $A$ 的零空間定義為

$$N(A)=\{x\mid Ax=0\}.$$

因此，求零空間就是解齊次線性方程組 $Ax=0$。解出的所有向量形成一個向量空間，通常以自由變數表示，並寫成基底的線性組合。

解題方法

將矩陣列運算化簡，令未知向量為

$$x= \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{bmatrix}.$$

(a)

齊次方程組為

$$\begin{cases} x_1+2x_2-3x_3-x_4=0,\\ -2x_1-4x_2+6x_3+3x_4=0. \end{cases}$$

對第二列加上第一列的 $2$ 倍：

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

故

$$x_4=0.$$

代回第一式：

$$x_1+2x_2-3x_3=0,$$

所以

$$x_1=-2x_2+3x_3.$$

令自由變數

$$x_2=s,\qquad x_3=t,$$

則

$$x= \begin{bmatrix} -2s+3t\\ s\\ t\\ 0 \end{bmatrix} = s \begin{bmatrix} -2\\1\\0\\0 \end{bmatrix} +t \begin{bmatrix} 3\\0\\1\\0 \end{bmatrix}.$$

因此

$$N(A)= \operatorname{span} \left\{ \begin{bmatrix} -2\\1\\0\\0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 3\\0\\1\\0 \end{bmatrix} \right\}.$$

(b)

齊次方程組為

$$\begin{cases} x_1+x_2-x_3+2x_4=0,\\ 2x_1+2x_2-3x_3+x_4=0,\\ -x_1-x_2-5x_4=0. \end{cases}$$

令

$$s=x_1+x_2.$$

方程組可改寫為

核心觀念

本題考查：

• Gaussian elimination 與 $LU$ 分解。

• 部分選主元（partial pivoting）。

• 三角矩陣行列式公式：

  $\det(L)=\prod_i l_{ii},\qquad \det(U)=\prod_i u_{ii}$

若直接消去，第二個主元會出現 $0$，因此必須先交換列。令 $P$ 表示列交換矩陣，則分解形式為

$$PA=LU$$

其中 $L$ 為下三角矩陣，$U$ 為上三角矩陣。

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解題方法

原矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} 1&1&1&1\\ 1&1&3&4\\ 1&2&6&10\\ 1&4&10&20 \end{bmatrix}$$

第一個主元為 $a_{11}=1$。消去第一欄後：

$$R_2\leftarrow R_2-R_1,\qquad R_3\leftarrow R_3-R_1,\qquad R_4\leftarrow R_4-R_1$$

得到

$$\begin{bmatrix} 1&1&1&1\\ 0&0&2&3\\ 0&1&5&9\\ 0&3&9&19 \end{bmatrix}$$

此時第二個主元位置為 $0$，因此交換第二列與第三列。令

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

則

$$PA= \begin{bmatrix} 1&1&1&1\\ 1&2&6&10\\ 1&1&3&4\\ 1&4&10&20 \end{bmatrix}$$

交換後進行消去：

$$R_2\leftarrow R_2-R_1,\qquad R_3\leftarrow R_3-R_1,\qquad R_4\leftarrow R_4-R_1$$

得

$$\begin{bmatrix} 1&1&1&1\\ 0&1&5&9\\ 0&0&2&3\\ 0&3&9&19 \end{bmatrix}$$

再以第二列消去第四列：

$$R_4\leftarrow R_4-3R_2$$

得

$$\begin{bmatrix} 1&1&1&1\\ 0&1&5&9\\ 0&0&2&3\\ 0&0&-6&-8 \end{bmatrix}$$

最後以第三列消去第四列。第三個主元為 $2$，消去倍數為 $-3$：

$$R_4\leftarrow R_4+3R_3$$

因此

$$U= \begin{bmatrix} 1&1&1&1\\ 0&1&5&9\\ 0&0&2&3\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix}$$

各列消去時所使用的倍數為：

• 第一欄：$1,1,1$
• 第二欄：$3$
• 第三欄：$-3$

因此下三角矩陣為

本題探討矩陣乘積為零矩陣的性質，涉及矩陣的零空間、行空間以及秩 (rank)。

(a) 證明 $AB = O \iff \text{Col}(B) \subseteq N(A)$

首先，我們證明 $AB = O \implies \text{Col}(B) \subseteq N(A)$。
假設 $AB = O$。我們需要證明矩陣 $B$ 的任意一個向量 $b \in \text{Col}(B)$ 都屬於矩陣 $A$ 的零空間 $N(A)$。
任取 $b \in \text{Col}(B)$。根據定義，存在一個向量 $x \in \mathbb{R}^n$ 使得 $b = Bx$。
現在我們來看 $Ab$ 的值：
$Ab = A(Bx) = (AB)x$。
由於 $AB = O$（零矩陣），所以 $(AB)x = Ox = 0$。
因此，$Ab = 0$。這表示向量 $b$ 屬於矩陣 $A$ 的零空間 $N(A)$。
因為 $b$ 是 $\text{Col}(B)$ 中的任意向量，所以我們證明了 $\text{Col}(B) \subseteq N(A)$。

接下來，我們證明 $\text{Col}(B) \subseteq N(A) \implies AB = O$。
假設 $\text{Col}(B) \subseteq N(A)$。我們需要證明 $AB = O$。
矩陣 $AB$ 的每一列都是由 $A$ 乘以 $B$ 的對應列得到。
令 $B_j$ 表示矩陣 $B$ 的第 $j$ 個列向量。那麼 $B_j \in \text{Col}(B)$。
根據假設，$\text{Col}(B) \subseteq N(A)$，所以 $B_j \in N(A)$。
根據零空間的定義，如果 $B_j \in N(A)$，則 $AB_j = 0$。
$AB_j$ 正是矩陣 $AB$ 的第 $j$ 個列向量。
因為 $AB$ 的每一列向量都等於零向量，所以 $AB$ 是零矩陣，即 $AB = O$。

綜合以上兩部分，我們證明了 $AB = O$ 當且僅當 $\text{Col}(B) \subseteq N(A)$。

本題是關於非齊次線性方程組 $Ax=b$ 的解的結構。它要求證明，方程組的任意解都可以表示為一個特解加上齊次方程組 $Ax=0$ 的一個解。

證明：

我們需要證明兩部分：

1. 若 $y$ 是 $Ax=b$ 的一個解，則 $y$ 可以寫成 $x_0 + z$ 的形式，其中 $x_0$ 是 $Ax=b$ 的一個特解，$z \in N(A)$。
2. 若 $y = x_0 + z$，其中 $x_0$ 是 $Ax=b$ 的一個特解，$z \in N(A)$，則 $y$ 是 $Ax=b$ 的一個解。

第一部分：若 $y$ 是 $Ax=b$ 的一個解，則 $y = x_0 + z$ 且 $z \in N(A)$。

假設 $y \in \mathbb{R}^n$ 是方程組 $Ax=b$ 的一個解。這意味著 $Ay = b$。
同時，我們已知 $x_0 \in \mathbb{R}^n$ 是 $Ax=b$ 的一個特解，這意味著 $Ax_0 = b$。

考慮向量 $z = y - x_0$。我們需要證明 $z$ 屬於矩陣 $A$ 的零空間 $N(A)$。
計算 $Az$：
$Az = A(y - x_0) = Ay - Ax_0$。
由於 $Ay = b$ 且 $Ax_0 = b$，我們有：
$Az = b - b = 0$。

核心觀念

本題考查：

• 特徵多項式 $\det(\lambda I-A)$ 的計算。
• 特徵值與特徵向量的求法：
  $\det(\lambda I-A)=0,$
  並解
  $(A-\lambda I)\mathbf{x}=\mathbf{0}.$
• 對角化定理：若矩陣有 $n$ 個線性獨立的特徵向量，則可令 $C$ 的各欄為特徵向量，並有
  $D=C^{-1}AC.$

本題的 $A$ 為實對稱矩陣，因此不同特徵值所對應的特徵向量必定互相正交，且可對角化。

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(a) 特徵多項式

採用特徵多項式定義

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

先寫出

$$\lambda I-A= \begin{bmatrix} \lambda & -2 & 1\\ -2 & \lambda-3 & 2\\ 1 & 2 & \lambda \end{bmatrix}.$$

沿第一列展開：

$$\begin{aligned} p_A(\lambda) &=\lambda \begin{vmatrix} \lambda-3 & 2\\ 2 & \lambda \end{vmatrix} +2 \begin{vmatrix} -2 & 2\\ 1 & \lambda \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} -2 & \lambda-3\\ 1 & 2 \end{vmatrix}\\ &=\lambda\bigl(\lambda(\lambda-3)-4\bigr) +2(-2\lambda-2) +\bigl(-4-(\lambda-3)\bigr)\\ &=\lambda(\lambda^2-3\lambda-4)-4\lambda-4-\lambda-1\\ &=\lambda^3-3\lambda^2-9\lambda-5. \end{aligned}$$

因式分解：

$$\begin{aligned} p_A(\lambda) &=\lambda^3-3\lambda^2-9\lambda-5\\ &=(\lambda+1)(\lambda^2-4\lambda-5)\\ &=(\lambda+1)^2(\lambda-5). \end{aligned}$$

因此特徵多項式為

$$\boxed{p_A(\lambda)=(\lambda+1)^2(\lambda-5)}.$$

若採用 $\det(A-\lambda I)$ 的定義，結果會是上述多項式乘以 $-1$；本解採用標準形式 $\det(\lambda I-A)$。

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(b) 特徵值與對應特徵向量

特徵值 $\lambda=5$

解

$$(A-5I)\mathbf{x}=\mathbf{0}.$$

其中

$$A-5I= \begin{bmatrix} -5 & 2 & -1\\ 2 & -2 & -2\\ -1 & -2 & -5 \end{bmatrix}.$$

令 $\mathbf{x}=(x,y,z)^T$，由前兩列可得

$$-5x+2y-z=0,$$

以及

$$2x-2y-2z=0 \quad\Longrightarrow\quad x-y-z=0.$$

所以

$$z=x-y.$$

代入第一式：

$$-5x+2y-(x-y)=0 \quad\Longrightarrow\quad -6x+3y=0,$$

故

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

取 $x=1$，得到一個特徵向量

$$\mathbf{v}_3= \begin{bmatrix} 1\\ 2\\ -1 \end{bmatrix}.$$

因此

$$E_5=\operatorname{span} \left\{ \begin{bmatrix} 1\\ 2\\ -1 \end{bmatrix} \right\}.$$

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特徵值 $\lambda=-1$

解

$$(A+I)\mathbf{x}=\mathbf{0}.$$

其中

$$A+I= \begin{bmatrix} 1 & 2 & -1\\ 2 & 4 & -2\\ -1 & -2 & 1 \end{bmatrix}.$$

三列只有一個獨立方程：

$$x+2y-z=0.$$

因此

$$z=x+2y.$$

令 $x=s,\ y=t$，則

本題要求找到一條直線 $y = ax + b$ 來最佳擬合給定的數據點。這是一個典型的最小平方法問題。

核心觀念：
最小平方法的核心是最小化誤差平方和。對於線性擬合 $y = ax + b$，我們希望最小化 $\sum_{i=1}^n (y_i - (ax_i + b))^2$。
這可以通過建立一個超定方程組 $Ax = y$ 並求解其最小平方法解 $x = (A^T A)^{-1} A^T y$ 來實現。
在這裡，我們的模型是 $y = ax + b$。對於給定的數據點 $(x_i, y_i)$，我們希望 $ax_i + b \approx y_i$。
將每個數據點代入，我們得到一個方程組：
$-a(1) + b \approx 0$
$a(0) + b \approx 1$
$a(1) + b \approx 3$
$a(2) + b \approx 2$

寫成矩陣形式 $Ax = y'$，其中 $x = \begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix}$。

$$A = \begin{bmatrix} -1 & 1 \\ 0 & 1 \\ 1 & 1 \\ 2 & 1 \end{bmatrix}, \quad y' = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 3 \\ 2 \end{bmatrix}$$

我們需要求解 $A^T A \begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix} = A^T y'$。

步驟 1：計算 $A^T A$

$$A^T = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{bmatrix}$$ $$A^T A = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1 & 1 \\ 0 & 1 \\ 1 & 1 \\ 2 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} (-1)(-1)+0(0)+1(1)+2(2) & (-1)(1)+0(1)+1(1)+2(1) \\ 1(-1)+1(0)+1(1)+1(2) & 1(1)+1(1)+1(1)+1(1) \end{bmatrix}$$ $$A^T A = \begin{bmatrix} 1+0+1+4 & -1+0+1+2 \\ -1+0+1+2 & 1+1+1+1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 6 & 2 \\ 2 & 4 \end{bmatrix}$$

步驟 2：計算 $A^T y'$

$$A^T y' = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 3 \\ 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} (-1)(0)+0(1)+1(3)+2(2) \\ 1(0)+1(1)+1(3)+1(2) \end{bmatrix}$$ $$A^T y' = \begin{bmatrix} 0+0+3+4 \\ 0+1+3+2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 7 \\ 6 \end{bmatrix}$$

步驟 3：求解方程組 $(A^T A) \begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix} = A^T y'$

核心觀念

對 $x=(x_1,\dots,x_n)^T\in\mathbb{R}^n$，三種常用範數定義為

$$\|x\|_1=\sum_{i=1}^n |x_i|, \qquad \|x\|_2=\left(\sum_{i=1}^n x_i^2\right)^{1/2}, \qquad \|x\|_\infty=\max_{1\le i\le n}|x_i|.$$

本題主要考察：

• 柯西－施瓦茲不等式；
• 不同向量範數之間的大小關係；
• 等號成立條件與反例判斷。

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解題方法與 (a) 證明

將 $\|x\|_1$ 寫成兩個向量的內積：

$$\|x\|_1 =\sum_{i=1}^n |x_i| =\sum_{i=1}^n 1\cdot |x_i|.$$

由柯西－施瓦茲不等式，

$$\left(\sum_{i=1}^n 1\cdot |x_i|\right)^2 \le \left(\sum_{i=1}^n 1^2\right) \left(\sum_{i=1}^n |x_i|^2\right).$$

由於 $|x_i|^2=x_i^2$，因此

$$\|x\|_1^2 \le n\sum_{i=1}^n x_i^2 =n\|x\|_2^2.$$

兩邊皆非負，開平方可得

$$\boxed{\|x\|_1\le \sqrt{n}\,\|x\|_2}.$$

等號成立於兩個向量

$$(1,1,\dots,1) \quad\text{與}\quad (|x_1|,|x_2|,\dots,|x_n|)$$

線性相關時，也就是存在常數 $c\ge 0$，使得

$$|x_1|=|x_2|=\cdots=|x_n|=c.$$

因此，$x$ 的每個分量絕對值相同時，(a) 取等號。

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(b) 命題判斷

題目給出的敘述為

$$\|x\|_2\le \|x\|_\infty.$$

此敘述對一般的 $x\in\mathbb{R}^n$ 不成立。

由 $\|x\|_\infty$ 的定義，對每個 $i$ 都有

$$|x_i|\le \|x\|_\infty.$$

平方後加總：