111 年 國立中山大學應用數學系碩士班丙組《線性代數》

本題考查線性轉換的像空間（Range）的基底。我們需要找出線性轉換 $f$ 的值域，並求出其基底。

首先，我們需要理解向量空間 $P_2$ 的結構。$P_2$ 是所有次數不超過 2 的實係數多項式的集合，其標準基底為 $\{1, x, x^2\}$。
線性轉換 $f$ 的定義為 $f(p) = p - xp' + p''$。
我們將標準基底中的三個多項式分別代入 $f$ 來觀察其像。

設 $p(x) = 1$。則 $p'(x) = 0$ 且 $p''(x) = 0$。
$f(1) = 1 - x(0) + 0 = 1$。

設 $p(x) = x$。則 $p'(x) = 1$ 且 $p''(x) = 0$。
$f(x) = x - x(1) + 0 = x - x = 0$。

設 $p(x) = x^2$。則 $p'(x) = 2x$ 且 $p''(x) = 2$。
$f(x^2) = x^2 - x(2x) + 2 = x^2 - 2x^2 + 2 = -x^2 + 2$。

核心觀念

令線性算子

$$T:M_{2,5}\to M_{2,5},\qquad T(X)=AX-XB.$$

若 $X_1,X_2\in V$，且 $\alpha,\beta\in\mathbb R$，則

$$T(\alpha X_1+\beta X_2) =A(\alpha X_1+\beta X_2)-(\alpha X_1+\beta X_2)B =\alpha T(X_1)+\beta T(X_2)=O.$$

因此 $V=\ker T$ 為向量空間。

題目所列 $B$ 是 $5\times 5$ 矩陣，因此原文的 $M_{2,4}$ 與 $XB$ 的乘法維度不相容；以下依 $B$ 的矩陣大小，採合理修正 $X\in M_{2,5}$。

解題方法

將 $X$ 寫成兩個列向量：

$$X= \begin{bmatrix} u\\ v \end{bmatrix}, \qquad u=(a,b,c,d,e),\quad v=(p,q,r,s,t).$$

矩陣

$$A= \begin{bmatrix} 0&2\\ 2&0 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 0&1&1&1&1\\ 1&0&0&0&0\\ 1&0&0&0&0\\ 1&0&0&0&0\\ 1&0&0&0&0 \end{bmatrix}.$$

由 $AX-XB=O$ 得

$$AX= \begin{bmatrix} 2v\\ 2u \end{bmatrix}, \qquad XB= \begin{bmatrix} uB\\ vB \end{bmatrix}.$$

所以必須滿足

$$2v=uB,\qquad 2u=vB.$$

將第一式代入第二式：

$$4u=uB^2.$$

計算 $B^2$：

$$B^2= \begin{bmatrix} 4&0&0&0&0\\ 0&1&1&1&1\\ 0&1&1&1&1\\ 0&1&1&1&1\\ 0&1&1&1&1 \end{bmatrix}.$$

設

$$u=(a,b,c,d,e),\qquad S=b+c+d+e.$$

則

$$uB^2=(4a,S,S,S,S).$$

由 $4u=uB^2$ 可得

$$(4a,4b,4c,4d,4e)=(4a,S,S,S,S).$$

因此

$$4b=4c=4d=4e=S,$$

故

$$b=c=d=e=k$$

核心觀念

本題考查行列式對參數的微分，以及餘因子展開公式。

令

$$A_x=B+xI,$$

其中

$$B=A_0= \begin{bmatrix} 0&1&1&1&1\\ 1&0&4&9&16\\ 1&3&0&27&81\\ 1&4&16&0&256\\ 1&5&25&125&0 \end{bmatrix}.$$

由行列式對各元素的偏微分公式，

$$\frac{d}{dx}\det(A_x) = \sum_{i=1}^{5} C_{ii}(A_x),$$

其中 $C_{ii}(A_x)$ 是第 $i$ 個對角元素的餘因子。因此

$$f'(0)=\sum_{i=1}^{5}C_{ii}(B).$$

注意：雖然 $A_x$ 的五個對角元素都含有 $x$，但每個對角元素對 $x$ 的導數皆為 $1$，所以只需將 $A_0$ 的五個主餘因子相加。

解題方法與計算

計算 $C_{11}(B)$

刪去第 $1$ 列、第 $1$ 行：

$$C_{11} = \det \begin{bmatrix} 0&4&9&16\\ 3&0&27&81\\ 4&16&0&256\\ 5&25&125&0 \end{bmatrix}.$$

沿第一行或第一列展開可得

$$C_{11}=-179100.$$

計算 $C_{22}(B)$

$$C_{22} = \det \begin{bmatrix} 0&1&1&1\\ 1&0&27&81\\ 1&16&0&256\\ 1&25&125&0 \end{bmatrix} =9049.$$

計算 $C_{33}(B)$

本題考查特徵空間（Eigenspace）的線性獨立性。我們需要證明，對於一個具有不同特徵值 $\lambda_1, \ldots, \lambda_q$ 的矩陣 $A$，對應的特徵空間 $E_{\lambda_1}, \ldots, E_{\lambda_q}$ 是線性獨立的。

核心觀念：
線性代數中的一個重要定理指出，屬於不同特徵值的特徵向量是線性獨立的。這個定理可以推廣到特徵空間。

證明方法：
我們採用歸納法來證明。

基本情況：
當 $q=1$ 時，我們只有一個特徵空間 $E_{\lambda_1}$。任何非零向量空間本身就是線性獨立的（因為零向量空間的基底是空集，是線性獨立的）。如果 $E_{\lambda_1}$ 只包含零向量，則它也是線性獨立的。所以，對於 $q=1$， $\{E_{\lambda_1}\}$ 是線性獨立的。

歸納假設：
假設對於任意 $k < q$，如果一個矩陣有 $k$ 個不同的特徵值 $\lambda_1, \ldots, \lambda_k$，那麼對應的特徵空間 $\{E_{\lambda_1}, \ldots, E_{\lambda_k}\}$ 是線性獨立的。

歸納步驟：
考慮一個矩陣 $A$ 具有 $q$ 個不同的特徵值 $\lambda_1, \ldots, \lambda_q$，以及對應的特徵空間 $E_{\lambda_1}, \ldots, E_{\lambda_q}$。
我們要證明 $\{E_{\lambda_1}, \ldots, E_{\lambda_q}\}$ 是線性獨立的。
假設存在一個線性組合等於零向量，其中至少有一個係數非零：
$v_1 + v_2 + \ldots + v_q = 0$
其中 $v_i \in E_{\lambda_i}$ 對於所有 $i = 1, \ldots, q$。

我們需要證明，這個等式只能在所有 $v_i = 0$ 的情況下成立。
考慮這個等式：
$v_1 + v_2 + \ldots + v_q = 0$ (1)

將等式兩邊同時作用於矩陣 $A$：
$A(v_1 + v_2 + \ldots + v_q) = A(0)$
$Av_1 + Av_2 + \ldots + Av_q = 0$
由於 $v_i$ 是 $E_{\lambda_i}$ 中的向量，所以 $Av_i = \lambda_i v_i$。
$\lambda_1 v_1 + \lambda_2 v_2 + \ldots + \lambda_q v_q = 0$ (2)

現在我們有兩個方程式：
(1) $v_1 + v_2 + \ldots + v_q = 0$
(2) $\lambda_1 v_1 + \lambda_2 v_2 + \ldots + \lambda_q v_q = 0$

從 (1) 中，我們可以表達 $v_q$：
$v_q = -(v_1 + v_2 + \ldots + v_{q-1})$

將此代入 (2)：
$\lambda_1 v_1 + \lambda_2 v_2 + \ldots + \lambda_{q-1} v_{q-1} + \lambda_q (-(v_1 + v_2 + \ldots + v_{q-1})) = 0$
$\lambda_1 v_1 + \lambda_2 v_2 + \ldots + \lambda_{q-1} v_{q-1} - \lambda_q v_1 - \lambda_q v_2 - \ldots - \lambda_q v_{q-1} = 0$
$(\lambda_1 - \lambda_q) v_1 + (\lambda_2 - \lambda_q) v_2 + \ldots + (\lambda_{q-1} - \lambda_q) v_{q-1} = 0$

這是一個關於向量 $v_1, v_2, \ldots, v_{q-1}$ 的線性組合，其中 $v_i \in E_{\lambda_i}$。
由於 $\lambda_1, \ldots, \lambda_q$ 是不同的特徵值，所以 $(\lambda_i - \lambda_q) \neq 0$ 對於 $i = 1, \ldots, q-1$。

核心觀念

本題考複數矩陣的 Schur 分解定理：每個複數方陣都能經由酉相似變換化為上三角矩陣。

酉矩陣 $Q$ 滿足 $Q^*Q=QQ^*=I$，因此 $Q^{-1}=Q^*$。所以要證明存在 $A=QTQ^*$，等價於證明存在酉矩陣 $Q$，使得 $Q^*AQ=T$ 為上三角矩陣。

複數矩陣的特徵多項式在複數域上必有根，因此每個複數方陣至少有一個特徵值與對應的非零特徵向量。這是本題逐步構造上三角矩陣的起點。

解題方法

對矩陣維度 $n$ 使用數學歸納法。

當 $n=1$ 時，矩陣本身已是上三角矩陣，結論成立。

假設所有 $(n-1)\times(n-1)$ 複數矩陣都能酉相似地化為上三角矩陣。現在考慮 $n\times n$ 複數矩陣 $A$。

由於 $A$ 至少有一個特徵值 $\lambda$，取對應的單位特徵向量 $v$，使得

$$Av=\lambda v,\qquad v^*v=1.$$

將 $v$ 延伸為 $\mathbb{C}^n$ 的一組標準正交基，並以這組基底組成酉矩陣 $Q_1$，使其第一個欄向量為 $v$。在這組基底下，$A$ 的矩陣為

$$Q_1^*AQ_1= \begin{pmatrix} \lambda & r\\ 0 & B \end{pmatrix},$$

其中 $r$ 是一列，$B$ 是 $(n-1)\times(n-1)$ 複數矩陣。