112 年 國立中山大學應用數學系碩士班丙組《線性代數》

本題要求解一個三元一次非齊次線性方程組。首先，我們將該方程組寫成增廣矩陣的形式，然後透過高斯-約旦消去法（Gauss-Jordan elimination）將其化為列梯形式（row echelon form）或約旦-霍爾文書形式（reduced row echelon form），以便找出其通解。

將方程組寫成增廣矩陣：

$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & -1 & 1 & 1 & | & 1 \\ -1 & -1 & 2 & -1 & -1 & | & -1 \\ 2 & 2 & -1 & -1 & 2 & | & -1 \end{bmatrix}$$

進行列運算：
$R_2 \leftarrow R_2 + R_1$
$R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1$

$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & -1 & 1 & 1 & | & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & -2 & 1 & -3 & 0 & | & -3 \end{bmatrix}$$

$R_1 \leftarrow R_1 - 2R_2$
$R_3 \leftarrow R_3 + 2R_2$

$$\begin{bmatrix} 1 & 0 & -3 & 1 & 1 & | & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 3 & -3 & 0 & | & -3 \end{bmatrix}$$

$R_3 \leftarrow \frac{1}{3}R_3$

$$\begin{bmatrix} 1 & 0 & -3 & 1 & 1 & | & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & | & -1 \end{bmatrix}$$

本題要求找出一個可逆矩陣 $P$ 和一個對角矩陣 $D$，使得 $P^{-1}AP = D$。這實際上是在尋找矩陣 $A$ 的對角化（diagonalization）。矩陣 $A$ 可對角化若且唯若它有 $n$ 個線性獨立的特徵向量（eigenvectors），其中 $n$ 是矩陣的維度。對角矩陣 $D$ 的對角元素將會是矩陣 $A$ 的特徵值（eigenvalues），而矩陣 $P$ 的行向量將會是對應的特徵向量。

步驟 1: 求解矩陣 $A$ 的特徵值。
特徵值 $\lambda$ 滿足特徵方程 $\det(A - \lambda I) = 0$，其中 $I$ 是單位矩陣。

$$A - \lambda I = \begin{bmatrix} 3-\lambda & 2 \\ -2 & -2-\lambda \end{bmatrix}$$ $$\det(A - \lambda I) = (3-\lambda)(-2-\lambda) - (2)(-2) = -6 - 3\lambda + 2\lambda + \lambda^2 + 4 = \lambda^2 - \lambda - 2$$

令特徵方程為零：

$$\lambda^2 - \lambda - 2 = 0$$

因式分解得到：

$$(\lambda - 2)(\lambda + 1) = 0$$

所以，特徵值為 $\lambda_1 = 2$ 和 $\lambda_2 = -1$。

步驟 2: 求解對應於每個特徵值的特徵向量。
對於 $\lambda_1 = 2$:
我們需要解 $(A - 2I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$

$$A - 2I = \begin{bmatrix} 3-2 & 2 \\ -2 & -2-2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ -2 & -4 \end{bmatrix}$$

方程組為：

$$\begin{cases} 1v_1 + 2v_2 = 0 \\ -2v_1 - 4v_2 = 0 \end{cases}$$

兩個方程都給出 $v_1 = -2v_2$。令 $v_2 = 1$，則 $v_1 = -2$。
所以，對應於 $\lambda_1 = 2$ 的特徵向量是 $\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} -2 \\ 1 \end{bmatrix}$。

對於 $\lambda_2 = -1$:
我們需要解 $(A - (-1)I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$，即 $(A + I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$

$$A + I = \begin{bmatrix} 3+1 & 2 \\ -2 & -2+1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4 & 2 \\ -2 & -1 \end{bmatrix}$$

方程組為：

$$\begin{cases} 4v_1 + 2v_2 = 0 \\ -2v_1 - v_2 = 0 \end{cases}$$

兩個方程都給出 $v_2 = -2v_1$。令 $v_1 = 1$，則 $v_2 = -2$。
所以，對應於 $\lambda_2 = -1$ 的特徵向量是 $\mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ -2 \end{bmatrix}$。

本題要求找出矩陣 $A$ 的零空間（null space）和行空間（column space）的基底。

首先，我們需要對矩陣 $A$ 進行列運算，將其化為列梯形式（row echelon form）或約旦-霍爾文書形式（reduced row echelon form），以便更容易地找出零空間和行空間的基底。

矩陣 $A$ 是 $2 \times 4$ 的矩陣：

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

步驟 1: 求零空間的基底。
零空間 $N(A)$ 是方程組 $A\mathbf{x} = \mathbf{0}$ 的解空間。
我們將增廣矩陣 $[A | \mathbf{0}]$ 寫出來並進行列運算。

$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 1 & -2 & | & 0 \\ -2 & -3 & 1 & 1 & | & 0 \end{bmatrix}$$

$R_2 \leftarrow R_2 + 2R_1$

$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 1 & -2 & | & 0 \\ 0 & 1 & 3 & -3 & | & 0 \end{bmatrix}$$

$R_1 \leftarrow R_1 - 2R_2$

$$\begin{bmatrix} 1 & 0 & -5 & 4 & | & 0 \\ 0 & 1 & 3 & -3 & | & 0 \end{bmatrix}$$

這是約旦-霍爾文書形式。從這個形式，我們可以寫出對應的方程組：
$x_1 - 5x_3 + 4x_4 = 0$
$x_2 + 3x_3 - 3x_4 = 0$

令自由變數 $x_3 = s$ 和 $x_4 = t$，其中 $s, t \in \mathbb{R}$。
則：
$x_1 = 5s - 4t$
$x_2 = -3s + 3t$
$x_3 = s$
$x_4 = t$

將解寫成向量形式：

本題要求計算一個關於矩陣 $A$ 的多項式。直接計算 $A^5, A^4, A^3, A^2$ 然後相加會非常繁瑣。我們可以利用凱萊-哈密頓定理（Cayley-Hamilton Theorem）來簡化計算。凱萊-哈密頓定理指出，任何一個方陣都滿足其自身的特徵方程。

步驟 1: 求解矩陣 $A$ 的特徵方程。

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

特徵方程為 $\det(A - \lambda I) = 0$。

$$\det \begin{bmatrix} 1-\lambda & 2 \\ 4 & -1-\lambda \end{bmatrix} = (1-\lambda)(-1-\lambda) - (2)(4) = -(1-\lambda)(1+\lambda) - 8 = -(1-\lambda^2) - 8 = \lambda^2 - 1 - 8 = \lambda^2 - 9$$

特徵方程為 $\lambda^2 - 9 = 0$。

根據凱萊-哈密頓定理，矩陣 $A$ 滿足其特徵方程：

$$A^2 - 9I = \mathbf{0} \quad \text{(其中 $\mathbf{0}$ 是零矩陣)}$$

由此，我們可以得到 $A^2 = 9I$。

步驟 2: 利用 $A^2 = 9I$ 來簡化多項式。
我們需要計算 $P(A) = A^5 + A^4 - 11A^3 - 8A^2 + 20A - 6I$。
由於 $A^2 = 9I$，我們可以將高次項的 $A$ 替換為 $I$。

本題要求找出一個線性轉換 $T: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ 相對於給定基底 $B$ 的矩陣表示。線性轉換的矩陣表示 $[T]_B$ 的每一列，都是將基底向量透過線性轉換後，用基底 $B$ 來表示的座標向量。

給定的線性轉換是 $T[(x, y)] = (x + y, 2x - y)$。
給定的基底是 $B = \{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2\}$，其中 $\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$，$\mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$。

步驟 1: 將基底向量 $\mathbf{v}_1$ 和 $\mathbf{v}_2$ 分別透過線性轉換 $T$ 進行轉換。
對 $\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$，這裡 $x=1, y=1$。
$T(\mathbf{v}_1) = T[(1, 1)] = (1 + 1, 2(1) - 1) = (2, 1)$。
所以，$T(\mathbf{v}_1) = \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}$。

對 $\mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$，這裡 $x=1, y=0$。
$T(\mathbf{v}_2) = T[(1, 0)] = (1 + 0, 2(1) - 0) = (1, 2)$。
所以，$T(\mathbf{v}_2) = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \end{bmatrix}$。

步驟 2: 將轉換後的向量 $T(\mathbf{v}_1)$ 和 $T(\mathbf{v}_2)$ 用基底 $B$ 來表示。
也就是說，我們要找到係數 $c_{11}, c_{21}$ 使得 $T(\mathbf{v}_1) = c_{11}\mathbf{v}_1 + c_{21}\mathbf{v}_2$，以及係數 $c_{12}, c_{22}$ 使得 $T(\mathbf{v}_2) = c_{12}\mathbf{v}_1 + c_{22}\mathbf{v}_2$。
矩陣表示 $[T]_B$ 的第一列將是 $\begin{bmatrix} c_{11} \\ c_{21} \end{bmatrix}$，第二列將是 $\begin{bmatrix} c_{12} \\ c_{22} \end{bmatrix}$。

尋找 $T(\mathbf{v}_1) = \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}$ 在基底 $B$ 下的表示：
我們要解 $\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix} = c_{11} \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} + c_{21} \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$。
寫成方程組：

$$\begin{cases} c_{11} + c_{21} = 2 \\ c_{11} = 1 \end{cases}$$

從第二個方程得知 $c_{11} = 1$。代入第一個方程得到 $1 + c_{21} = 2$，所以 $c_{21} = 1$。
因此，$T(\mathbf{v}_1) = 1\mathbf{v}_1 + 1\mathbf{v}_2$。第一列是 $\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$。

尋找 $T(\mathbf{v}_2) = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \end{bmatrix}$ 在基底 $B$ 下的表示：
我們要解 $\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \end{bmatrix} = c_{12} \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} + c_{22} \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$。
寫成方程組：

本題核心觀念
本題測驗「特徵多項式、最小多項式」與「Jordan 正規形」之概念。核心步驟包括

1. 計算 $\det(\lambda I-A)$ 取得特徵多項式，藉由根的重複度判斷最小多項式。
2. 若特徵根全部互異，Jordan 形即為對角矩陣。
3. 依每個特徵根求解 $(A-\lambda I)v=0$，取線性獨立的特徵向量組成可逆矩陣 $P$，使 $P^{-1}AP=J$。
   重點在 「為什麼」：特徵根的代數重複度決定 Jordan 塊的大小；最小多項式是能使 $m(A)=0$ 的最低次多項式，若所有特徵根皆不重複，則 $m_A$ 必與特徵多項式相同。

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(a) 特徵多項式與最小多項式

$$A=\begin{bmatrix} 2 & 0 & 1\\ -2 & -1 & -2\\ 0 & 1 & 5 \end{bmatrix}$$ $$\begin{aligned} p_A(\lambda)&=\det(\lambda I-A)\\ &=\det\!\begin{bmatrix} \lambda-2 & 0 & -1\\ 2 & \lambda+1 & 2\\ 0 & -1 & \lambda-5 \end{bmatrix}\\ &=(\lambda-2)\bigl[(\lambda+1)(\lambda-5)+2\bigr]+2\\ &=(\lambda-2)(\lambda^{2}-4\lambda-3)+2\\ &=\lambda^{3}-6\lambda^{2}+5\lambda+8. \end{aligned}$$

檢查根的重複度
特徵多項式的導數為 $p'_A(\lambda)=3\lambda^{2}-12\lambda+5$。

$\gcd\!\bigl(p_A(\lambda),p'_A(\lambda)\bigr)=1,$

因此 $p_A$ 沒有重根，三個特徵根皆互異（實根且不同）。

由於所有特徵根均不重複，最小多項式必與特徵多項式相同：

$\boxed{\,m_A(\lambda)=\lambda^{3}-6\lambda^{2}+5\lambda+8\,}.$

【答案】

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(b) Jordan 正規形 $J$

特徵根互異 ⇒ 每個 Jordan 塊大小 $1\times1$，故 $J$ 為對角矩陣，對角線上為三個實根。
若以近似數值 (使用牛頓法或圖形計算) 可得到

$$\begin{aligned} \lambda_1 &\approx -0.777,\\ \lambda_2 &\approx 2.280,\\ \lambda_3 &\approx 4.497, \end{aligned} \qquad (\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=6).$$

因此