109 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

線性映射 $f:V\to W$ 必須滿足：

1. 加法性：對任意 $p,q\in V$，
   $f(p+q)=f(p)+f(q)$

2. 齊次性：對任意實數 $c$ 與 $p\in V$，
   $f(cp)=cf(p)$

本題的函數將多項式 $p(x)$ 分別代入 $1,2,3$，再組成向量。這類「在固定點取值」的運算稱為評估映射，其結果仍保有多項式的加法與純量倍乘，因此可用線性映射定義直接驗證。

解題方法

任取

$$p,q\in P_2$$

以及任意實數 $c$。由函數定義，

$$f(p)=(p(1),p(2),p(3)),\qquad f(q)=(q(1),q(2),q(3)).$$

驗證加法性

因為多項式相加後，在任意 $x$ 的取值滿足

$$(p+q)(x)=p(x)+q(x),$$

所以

$$\begin{aligned} f(p+q) &=((p+q)(1),(p+q)(2),(p+q)(3))\\ &=(p(1)+q(1),p(2)+q(2),p(3)+q(3))\\ &=(p(1),p(2),p(3))+(q(1),q(2),q(3))\\ &=f(p)+f(q). \end{aligned}$$

因此 $f$ 滿足加法性。

驗證齊次性

因為純量倍乘後，在任意 $x$ 的取值滿足

$$(cp)(x)=cp(x),$$

所以

本題要求證明兩個向量方程的等價性，即 $Ax = 0$ 與 $A^T Ax = 0$ 的解空間相同。這是一個關於矩陣和向量的基礎證明題。

證明思路：
要證明「若 P 則 Q」且「若 Q 則 P」，我們需要分別證明兩個方向：

1. 若 $Ax = 0$，則 $A^T Ax = 0$。
2. 若 $A^T Ax = 0$，則 $Ax = 0$。

證明方向一：若 $Ax = 0$，則 $A^T Ax = 0$

假設 $Ax = 0$ 成立。
我們將等式的兩邊同時左乘矩陣 $A^T$：
$A^T (Ax) = A^T (0)$

由於矩陣乘以零向量結果為零向量，我們得到：
$A^T Ax = 0$

因此，如果 $Ax = 0$ 成立，則 $A^T Ax = 0$ 也一定成立。

證明方向二：若 $A^T Ax = 0$，則 $Ax = 0$

假設 $A^T Ax = 0$ 成立。
我們需要證明 $Ax = 0$。
考慮向量 $Ax$。我們知道 $A^T Ax = 0$。
現在，我們將向量 $Ax$ 與其自身進行點積（或內積），這相當於將 $Ax$ 的轉置乘以 $Ax$。
$(Ax)^T (Ax)$

根據矩陣乘法的轉置性質，$(AB)^T = B^T A^T$。所以，$(Ax)^T = x^T A^T$。
因此，$(Ax)^T (Ax) = (x^T A^T) (Ax) = x^T (A^T A) x$。

核心觀念

本題考查：

1. 齊次線性方程組所形成的子空間。
2. 秩—零度定理：
   $\dim(V)=\text{未知數個數}-\operatorname{rank}(A)。$
3. Gram–Schmidt 正交化，將 $V$ 的一組基底轉換為正交規一基底。

將條件寫成矩陣形式：

$$x+y+z+w=0 \quad\Longleftrightarrow\quad \begin{bmatrix}1&1&1&1\end{bmatrix} \begin{bmatrix}x\\y\\z\\w\end{bmatrix}=0。$$

因此，$V$ 是矩陣

$$A=\begin{bmatrix}1&1&1&1\end{bmatrix}$$

的零空間。

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解題方法

一、求 $V$ 的維度

矩陣 $A$ 只有一列，且該列不為零，因此

$$\operatorname{rank}(A)=1。$$

矩陣共有 $4$ 個未知數，利用秩—零度定理：

$$\dim(V)=4-\operatorname{rank}(A)=4-1=3。$$

也可直接令 $y,z,w$ 為自由變數，由條件得

$$x=-y-z-w。$$

所以

$$(x,y,z,w)=(-y-z-w,y,z,w)$$

可寫成

$$(x,y,z,w) = y(-1,1,0,0)+z(-1,0,1,0)+w(-1,0,0,1)。$$

因此 $V$ 由三個向量張成，且維度為 $3$。

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二、取出一組適合正交化的基底

選取

$$v_1=(1,-1,0,0),\qquad v_2=(1,1,-2,0),\qquad v_3=(1,1,1,-3)。$$

三個向量皆屬於 $V$，因為

$$1+(-1)+0+0=0,$$ $$1+1+(-2)+0=0,$$ $$1+1+1+(-3)=0。$$

此外，它們兩兩正交：

$$v_1\cdot v_2 =1\cdot1+(-1)\cdot1=0,$$ $$v_1\cdot v_3 =1\cdot1+(-1)\cdot1=0,$$

本題要求證明存在且唯一一個次數不超過 3 的多項式，能夠通過給定的四個點。這是一個典型的插值問題，通常使用拉格朗日插值法或考慮多項式係數來證明。

第一部分：證明存在性 (Existence)

設我們尋找的多項式為 $P(x) = a_3 x^3 + a_2 x^2 + a_1 x + a_0$。
我們有四個點 $(x_1, y_1), (x_2, y_2), (x_3, y_3), (x_4, y_4)$。
這些點必須滿足多項式方程，即 $P(x_i) = y_i$ 對於 $i=1, 2, 3, 4$。
這給我們一個方程組：
$a_3 x_1^3 + a_2 x_1^2 + a_1 x_1 + a_0 = y_1$
$a_3 x_2^3 + a_2 x_2^2 + a_1 x_2 + a_0 = y_2$
$a_3 x_3^3 + a_2 x_3^2 + a_1 x_3 + a_0 = y_3$
$a_3 x_4^3 + a_2 x_4^2 + a_1 x_4 + a_0 = y_4$

這個方程組可以寫成矩陣形式 $M \mathbf{a} = \mathbf{y}$，其中：
$\mathbf{a} = \begin{pmatrix} a_3 \\ a_2 \\ a_1 \\ a_0 \end{pmatrix}$, $\mathbf{y} = \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \\ y_4 \end{pmatrix}$

而矩陣 $M$ 為：
$M = \begin{pmatrix} x_1^3 & x_1^2 & x_1 & 1 \\ x_2^3 & x_2^2 & x_2 & 1 \\ x_3^3 & x_3^2 & x_3 & 1 \\ x_4^3 & x_4^2 & x_4 & 1 \end{pmatrix}$

這個矩陣 $M$ 是一個 Vandermonde 矩陣的轉置（或者說，其列是 Vandermonde 矩陣的列的逆序）。
一個標準的 Vandermonde 矩陣形式為：
$V = \begin{pmatrix} 1 & x_1 & x_1^2 & x_1^3 \\ 1 & x_2 & x_2^2 & x_2^3 \\ 1 & x_3 & x_3^2 & x_3^3 \\ 1 & x_4 & x_4^2 & x_4^3 \end{pmatrix}$
則 $M = V^T$.

Vandermonde 矩陣的行列式為 $\det(V) = \prod_{1 \le i < j \le 4} (x_j - x_i)$。
由於題目給定 $x_1, x_2, x_3, x_4$ 是互不相同的 (distinct)，所以 $x_j - x_i \neq 0$ 對於所有 $i < j$。
因此，$\det(V) \neq 0$。
由於 $M = V^T$，所以 $\det(M) = \det(V^T) = \det(V) \neq 0$。

因為矩陣 $M$ 的行列式不為零，所以矩陣 $M$ 是可逆的。
這意味著方程組 $M \mathbf{a} = \mathbf{y}$ 有一個唯一的解 $\mathbf{a} = M^{-1} \mathbf{y}$。

本題要求計算一個特殊矩陣 $A_n$ 的行列式。這個矩陣的對角線元素為 0，非對角線元素為 1。我們需要找到一個通用的公式來表達 $\det(A_n)$ 與 $n$ 的關係。

矩陣 $A_n$ 的形式如下：
$A_n = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & \dots & 1 \\ 1 & 0 & 1 & \dots & 1 \\ 1 & 1 & 0 & \dots & 1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & 1 & \dots & 0 \end{pmatrix}$

我們來計算幾個小 $n$ 的情況：

情況 n=1:
$A_1 = (0)$
$\det(A_1) = 0$.

情況 n=2:
$A_2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$
$\det(A_2) = (0)(0) - (1)(1) = -1$.

情況 n=3:
$A_3 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}$
$\det(A_3) = 0(0-1) - 1(0-1) + 1(1-0) = 0 - (-1) + 1 = 1 + 1 = 2$.

情況 n=4:
$A_4 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}$
計算行列式。我們可以通過行變換來簡化。
一個常見的技巧是將所有行的元素加到第一行，或者進行類似操作。
另一種方法是觀察矩陣結構。矩陣 $A_n$ 可以寫成 $J_n - I_n$，其中 $J_n$ 是所有元素都是 1 的 $n \times n$ 矩陣，而 $I_n$ 是單位矩陣。
$J_n = \begin{pmatrix} 1 & 1 & \dots & 1 \\ 1 & 1 & \dots & 1 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & \dots & 1 \end{pmatrix}$
$I_n = \begin{pmatrix} 1 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 1 & \dots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \dots & 1 \end{pmatrix}$
所以 $A_n = J_n - I_n$.

考慮特徵值。矩陣 $J_n$ 的特徵值是 $n$ (對應特徵向量 $(1, 1, \dots, 1)^T$) 和 0 (有 $n-1$ 個，對應於維度為 $n-1$ 的零空間)。
設 $\lambda$ 是 $A_n$ 的一個特徵值，對應於特徵向量 $v$。
$A_n v = \lambda v$
$(J_n - I_n) v = \lambda v$
$J_n v - v = \lambda v$
$J_n v = (\lambda+1) v$

這意味著 $(\lambda+1)$ 是 $J_n$ 的一個特徵值。
$J_n$ 的特徵值是 $n$ (重數 1) 和 $0$ (重數 $n-1$)。

所以，$\lambda+1$ 可以是 $n$ 或 $0$。

1. 若 $\lambda+1 = n$，則 $\lambda = n-1$。
   這種情況對應於 $J_n v = n v$。這個特徵值 $n$ 對應的特徵向量是 $(1, 1, \dots, 1)^T$。
   所以 $A_n$ 的一個特徵值是 $n-1$。

2. 若 $\lambda+1 = 0$，則 $\lambda = -1$。
   這種情況對應於 $J_n v = 0 v = 0$。
   $J_n$ 的零空間的維度是 $n-1$。
   因此，矩陣 $A_n$ 有 $n-1$ 個特徵值為 $-1$。

所以，矩陣 $A_n$ 的特徵值是：
$n-1$ (重數 1)
$-1$ (重數 $n-1$)

矩陣的行列式等於其所有特徵值的乘積。
$\det(A_n) = (n-1) \times (-1)^{n-1}$。

我們來驗證這個公式：
For $n=1$: $\det(A_1) = (1-1) \times (-1)^{1-1} = 0 \times (-1)^0 = 0$. (正確)
For $n=2$: $\det(A_2) = (2-1) \times (-1)^{2-1} = 1 \times (-1)^1 = -1$. (正確)

核心觀念

本題考查以下三個觀念：

1. 實對稱矩陣的特徵值皆為實數。
2. 正定矩陣 $P$ 可寫成唯一的對稱正定平方根形式：
   $P=P^{1/2}P^{1/2},$
   且 $P^{1/2}$ 可逆。
3. 相似矩陣具有完全相同的特徵值。

雖然 $PA$ 通常不具對稱性，但可將它轉換成一個與對稱矩陣相似的矩陣，因此仍能保證其特徵值為實數。

解題方法

因為 $P$ 為正定矩陣，所以 $P$ 可逆，且存在對稱正定矩陣 $P^{1/2}$，滿足

$$P=P^{1/2}P^{1/2}.$$

考慮矩陣

$$B=P^{1/2}AP^{1/2}.$$

由於 $A$ 與 $P^{1/2}$ 都是實對稱矩陣，有

$$B^T =(P^{1/2}AP^{1/2})^T =(P^{1/2})^T A^T (P^{1/2})^T.$$

利用

$$(P^{1/2})^T=P^{1/2}, \qquad A^T=A,$$

可得

$$B^T=P^{1/2}AP^{1/2}=B.$$

因此 $B$ 是實對稱矩陣，其所有特徵值皆為實數。

接著證明 $PA$ 與 $B$ 相似：

$$P^{1/2}BP^{-1/2} = P^{1/2}(P^{1/2}AP^{1/2})P^{-1/2}.$$

整理得