112 年 國立中山大學應用數學系碩士班乙組《線性代數（乙）》

第 1 題

核心觀念

本題考查以下觀念：

1. 矩陣的特徵值由特徵多項式決定。
2. 二階矩陣的特徵多項式判別式大於零時，具有兩個相異的實特徵值。
3. 相異特徵值所對應的特徵向量必定線性獨立。
4. 一個 $2\times 2$ 矩陣若有兩個線性獨立的特徵向量，即可對角化。

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(a) 證明 $A$ 可對角化

令

$$A= \begin{bmatrix} a&b\\ c&d \end{bmatrix}.$$

其特徵多項式為

$$\begin{aligned} p_A(\lambda) &=\det(\lambda I-A)\\ &=\det \begin{bmatrix} \lambda-a&-b\\ -c&\lambda-d \end{bmatrix}\\ &=(\lambda-a)(\lambda-d)-bc\\ &=\lambda^2-(a+d)\lambda+(ad-bc). \end{aligned}$$

因此，其判別式為

$$\begin{aligned} \Delta &=(a+d)^2-4(ad-bc)\\ &=a^2+2ad+d^2-4ad+4bc\\ &=(a-d)^2+4bc. \end{aligned}$$

由題設，

$$(a-d)^2+4bc>0,$$

所以 $\Delta>0$。因此 $A$ 有兩個相異的實特徵值：

$$\lambda_1=\frac{a+d+\sqrt{(a-d)^2+4bc}}{2},$$ $$\lambda_2=\frac{a+d-\sqrt{(a-d)^2+4bc}}{2}.$$

由於 $\lambda_1\neq \lambda_2$，兩個特徵值所對應的特徵向量必定線性獨立。設其對應的特徵向量分別為 $v_1,v_2$，則 $\{v_1,v_2\}$ 是 $\mathbb R^2$ 的一組基底。

令

$$P= \begin{bmatrix} |&|\\ v_1&v_2\\ |&| \end{bmatrix}, \qquad D= \begin{bmatrix} \lambda_1&0\\ 0&\lambda_2 \end{bmatrix}.$$

因為

$$Av_1=\lambda_1v_1,\qquad Av_2=\lambda_2v_2,$$

故有

$$AP=PD.$$

又因為 $v_1,v_2$ 線性獨立，所以 $P$ 可逆，於是

$$P^{-1}AP=D.$$

因此 $A$ 可對角化。

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(b) 求所有特徵值及其特徵空間

令

$$B= \begin{bmatrix} 5&8&16\\ 4&1&8\\ -4&-4&-11 \end{bmatrix}.$$

第一步：求特徵多項式

計算 $\det(\lambda I-B)$：

$$\lambda I-B= \begin{bmatrix} \lambda-5&-8&-16\\ -4&\lambda-1&-8\\ 4&4&\lambda+11 \end{bmatrix}.$$

展開後可得

$$\det(\lambda I-B) =\lambda^3+5\lambda^2+3\lambda-9.$$

將其因式分解：

$$\begin{aligned} \lambda^3+5\lambda^2+3\lambda-9 &=(\lambda-1)(\lambda^2+6\lambda+9)\\ &=(\lambda-1)(\lambda+3)^2. \end{aligned}$$

因此，所有特徵值為

$$\boxed{\lambda=1,\,-3}.$$

其中 $\lambda=1$ 的代數重數為 $1$，$\lambda=-3$ 的代數重數為 $2$。

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第二步：求 $\lambda=1$ 的特徵空間

計算

$$B-I= \begin{bmatrix} 4&8&16\\ 4&0&8\\ -4&-4&-12 \end{bmatrix}.$$

令特徵向量為

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

則需解

$$(B-I)x=0.$$

方程組為

本題考驗矩陣的行空間維度計算以及 Gram-Schmidt 正交化過程。

(a) 計算行空間維度

矩陣的行空間維度等於該矩陣的秩 (rank)。矩陣的秩可以通過將矩陣化為列階梯形矩陣 (row echelon form) 後，非零行的個數來確定。

對矩陣 $A$ 進行列運算：
$A = \begin{bmatrix} 1 & 3 & 1 \\ 1 & 2 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

$R_2 \leftarrow R_2 - R_1$
$R_3 \leftarrow R_3 + R_1$
$A \sim \begin{bmatrix} 1 & 3 & 1 \\ 0 & -1 & -1 \\ 0 & 3 & 2 \end{bmatrix}$

$R_2 \leftarrow -R_2$
$A \sim \begin{bmatrix} 1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 3 & 2 \end{bmatrix}$

$R_3 \leftarrow R_3 - 3R_2$
$A \sim \begin{bmatrix} 1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix}$

此時矩陣已化為列階梯形矩陣。有三行非零行。因此，矩陣 $A$ 的秩為 3。
行空間的維度等於秩，所以行空間的維度是 3。
另外，由於矩陣是 $3 \times 3$ 且秩為 3，這意味著矩陣是可逆的，其行向量（或列向量）構成 $\mathbb{R}^3$ 的一組基底。

【答案】行空間的維度是 3。

(b) 求行空間的一組標準正交基

行空間 $C(A)$ 由矩陣 $A$ 的列向量張成。令 $A$ 的列向量為 $\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3$：
$\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix}$, $\mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 3 \\ 2 \\ 0 \end{bmatrix}$, $\mathbf{v}_3 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。
我們將使用 Gram-Schmidt 正交化過程來找到這三個向量的一組標準正交基。

步驟 1: 找到第一個正交向量 $\mathbf{u}_1$
令 $\mathbf{u}_1 = \mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix}$。
為了得到標準正交基，我們需要將其正規化。
$\|\mathbf{u}_1\| = \sqrt{1^2 + 1^2 + (-1)^2} = \sqrt{3}$。
第一個標準正交向量為 $\mathbf{e}_1 = \frac{1}{\sqrt{3}} \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix}$。

步驟 2: 找到第二個正交向量 $\mathbf{u}_2$
$\mathbf{u}_2 = \mathbf{v}_2 - \text{proj}_{\mathbf{u}_1} \mathbf{v}_2 = \mathbf{v}_2 - \frac{\mathbf{v}_2 \cdot \mathbf{u}_1}{\mathbf{u}_1 \cdot \mathbf{u}_1} \mathbf{u}_1$
$\mathbf{v}_2 \cdot \mathbf{u}_1 = (3)(1) + (2)(1) + (0)(-1) = 3 + 2 + 0 = 5$
$\mathbf{u}_1 \cdot \mathbf{u}_1 = \|\mathbf{u}_1\|^2 = 3$
$\mathbf{u}_2 = \begin{bmatrix} 3 \\ 2 \\ 0 \end{bmatrix} - \frac{5}{3} \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 - 5/3 \\ 2 - 5/3 \\ 0 - (-5/3) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4/3 \\ 1/3 \\ 5/3 \end{bmatrix}$。
我們可以取 $\mathbf{u}_2' = 3\mathbf{u}_2 = \begin{bmatrix} 4 \\ 1 \\ 5 \end{bmatrix}$ 作為正交向量。
正規化 $\mathbf{u}_2'$：

本題考驗線性轉換的矩陣表示與基底變換。題目給定線性轉換 $T$ 相對於基底 $\beta$ 和 $\beta'$ 的矩陣 $A$，並要求計算轉換後的向量以及轉換的一般公式。

(a) 計算 $T(\mathbf{u}_1)$ 和 $T(\mathbf{u}_2)$

矩陣 $A$ 是線性轉換 $T$ 相對於基底 $\beta$ 和 $\beta'$ 的矩陣表示。這意味著，如果我們將向量 $\mathbf{u}_i$ 的座標表示在基底 $\beta$ 下寫成向量 $\mathbf{x}_i$，那麼 $A \mathbf{x}_i$ 就是 $T(\mathbf{u}_i)$ 在基底 $\beta'$ 下的座標表示。

在題目中，$\mathbf{u}_1$ 和 $\mathbf{u}_2$ 是基底 $\beta$ 的向量，它們的座標表示在 $\beta$ 基底下就是它們本身，即：
$[\mathbf{u}_1]_\beta = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$, $[\mathbf{u}_2]_\beta = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。

我們直接使用矩陣 $A$ 和這些向量的 $\beta$ 座標表示來計算 $T(\mathbf{u}_1)$ 和 $T(\mathbf{u}_2)$ 在 $\beta'$ 基底下的座標表示：

$T(\mathbf{u}_1)$ 在 $\beta'$ 基底下的座標表示為：
$[T(\mathbf{u}_1)]_{\beta'} = A [\mathbf{u}_1]_\beta = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ -1 & 2 \\ 3 & 4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ -1 \\ 3 \end{bmatrix}$。

$T(\mathbf{u}_2)$ 在 $\beta'$ 基底下的座標表示為：
$[T(\mathbf{u}_2)]_{\beta'} = A [\mathbf{u}_2]_\beta = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ -1 & 2 \\ 3 & 4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 2 \\ 4 \end{bmatrix}$。

現在，我們需要將這些在 $\beta'$ 基底下的座標表示轉換回 $\mathbb{R}^{3\times 1}$ 的標準向量。基底 $\beta' = \{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3\}$。
$T(\mathbf{u}_1) = 0 \cdot \mathbf{v}_1 + (-1) \cdot \mathbf{v}_2 + 3 \cdot \mathbf{v}_3$
$T(\mathbf{u}_1) = 0 \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} - 1 \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix} + 3 \begin{bmatrix} 0 \\ 3 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ -1 \\ -1 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 \\ 9 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 8 \\ -1 \end{bmatrix}$。

$T(\mathbf{u}_2) = 0 \cdot \mathbf{v}_1 + 2 \cdot \mathbf{v}_2 + 4 \cdot \mathbf{v}_3$
$T(\mathbf{u}_2) = 0 \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + 2 \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix} + 4 \begin{bmatrix} 0 \\ 3 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 4 \\ 2 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 \\ 12 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 16 \\ 2 \end{bmatrix}$。

【答案】$T(\mathbf{u}_1) = \begin{bmatrix} 0 \\ 8 \\ -1 \end{bmatrix}$，$T(\mathbf{u}_2) = \begin{bmatrix} 2 \\ 16 \\ 2 \end{bmatrix}$。

(b) 求 $T \left( \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \right)$ 的公式

給定一個任意向量 $\mathbf{w} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \in \mathbb{R}^{2\times 1}$。首先，我們需要將 $\mathbf{w}$ 表示為基底 $\beta = \{\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2\}$ 的線性組合。設

這是一個關於矩陣的零空間 (Null Space) 和值空間 (Range/Column Space) 的基本定理，稱為維度定理 (Rank-Nullity Theorem)。

證明：

我們需要證明 $\dim N(A) + \dim R(A) = n$，其中 $n$ 是矩陣 $A$ 的列數。

令 $A$ 是一個 $m \times n$ 的矩陣。
$N(A)$ 是 $A\mathbf{x} = \mathbf{0}$ 的解空間，稱為 $A$ 的零空間。
$R(A)$ 是 $A$ 的所有輸出向量的集合，也就是 $A$ 的列空間 (Column Space)。

我們知道，$R(A)$ 是 $\mathbb{R}^m$ 的一個子空間，其維度等於矩陣 $A$ 的秩 (rank)，即 $\dim R(A) = \text{rank}(A)$。
$N(A)$ 是 $\mathbb{R}^n$ 的一個子空間，其維度稱為 $A$ 的零度 (nullity)，即 $\dim N(A) = \text{nullity}(A)$。

維度定理指出，對於任何一個 $m \times n$ 的矩陣 $A$，都有：
$\text{nullity}(A) + \text{rank}(A) = n$
$\dim N(A) + \dim R(A) = n$

證明思路：
我們可以使用矩陣的列空間基底來構造證明。
設 $R(A)$ 的一組基底為 $\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \dots, \mathbf{v}_k\}$，其中 $k = \dim R(A) = \text{rank}(A)$。
因為這些基底向量是 $A$ 的列空間的向量，所以它們是 $A$ 的某些列向量的線性組合。更直接地，我們可以從 $A$ 的列空間的基底出發。

假設 $A$ 的列空間 $R(A)$ 的一組基底是 $\{\mathbf{b}_1, \mathbf{b}_2, \dots, \mathbf{b}_k\}$，其中 $k = \text{rank}(A)$。
這些基底向量 $\mathbf{b}_i \in \mathbb{R}^m$。
零空間 $N(A)$ 是一個 $\mathbb{R}^n$ 的子空間。我們需要找到 $N(A)$ 的一組基底，並且證明其維度是 $n-k$。

考慮矩陣 $A$ 的列空間的基底 $\{\mathbf{b}_1, \dots, \mathbf{b}_k\}$。這些向量來自 $A$ 的列向量。
可以證明，存在 $n$ 個線性獨立的向量 $\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_n \in \mathbb{R}^n$ 使得 $A\mathbf{x}_i$ 構成 $R(A)$ 的一組基底。
然而，直接這樣做比較複雜。

本題是線性代數中的一個重要定理：不同特徵值對應的特徵向量是線性獨立的。

證明：

我們使用數學歸納法來證明。
設 $S = \{\mathbf{v}_1, \dots, \mathbf{v}_m\}$ 是一組對應於不同特徵值 $\lambda_1, \dots, \lambda_m$ 的特徵向量。

基本情況 (m=1):
如果只有一個特徵值 $\lambda_1$，則我們有一個特徵向量 $\mathbf{v}_1$。由於特徵向量是非零向量，所以 $\{\mathbf{v}_1\}$ 是線性獨立的。

歸納假設 (m=k):
假設對於 $k$ 個不同的特徵值 $\lambda_1, \dots, \lambda_k$，對應的特徵向量 $\{\mathbf{v}_1, \dots, \mathbf{v}_k\}$ 是線性獨立的。

歸納步驟 (m=k+1):
現在考慮 $k+1$ 個不同的特徵值 $\lambda_1, \dots, \lambda_{k+1}$ 和它們對應的特徵向量 $\{\mathbf{v}_1, \dots, \mathbf{v}_{k+1}\}$。
我們需要證明 $\{\mathbf{v}_1, \dots, \mathbf{v}_{k+1}\}$ 是線性獨立的。
考慮一個線性組合等於零向量的式子：
$c_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \mathbf{v}_2 + \dots + c_k \mathbf{v}_k + c_{k+1} \mathbf{v}_{k+1} = \mathbf{0}$ (1)

將矩陣 $A$ 作用於等式 (1) 的兩邊：
$A(c_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \mathbf{v}_2 + \dots + c_k \mathbf{v}_k + c_{k+1} \mathbf{v}_{k+1}) = A\mathbf{0}$
$c_1 A\mathbf{v}_1 + c_2 A\mathbf{v}_2 + \dots + c_k A\mathbf{v}_k + c_{k+1} A\mathbf{v}_{k+1} = \mathbf{0}$

由於 $\mathbf{v}_i$ 是對應於特徵值 $\lambda_i$ 的特徵向量，所以 $A\mathbf{v}_i = \lambda_i \mathbf{v}_i$。
$c_1 \lambda_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \lambda_2 \mathbf{v}_2 + \dots + c_k \lambda_k \mathbf{v}_k + c_{k+1} \lambda_{k+1} \mathbf{v}_{k+1} = \mathbf{0}$ (2)

現在，我們從式 (2) 中減去式 (1) 乘以 $\lambda_{k+1}$：
$(c_1 \lambda_1 \mathbf{v}_1 + \dots + c_{k+1} \lambda_{k+1} \mathbf{v}_{k+1}) - \lambda_{k+1} (c_1 \mathbf{v}_1 + \dots + c_{k+1} \mathbf{v}_{k+1}) = \mathbf{0} - \lambda_{k+1} \mathbf{0}$

本題考驗矩陣列向量線性獨立性與 $A^T A$ 可逆性之間的關係。這是一個核心的線性代數概念，與矩陣的秩和可逆性緊密相關。

證明：

我們需要證明兩個方向的蘊含關係：

1. 若 $\{A_{+1}, \dots, A_{+n}\}$ 線性獨立，則 $A^T A$ 可逆。
2. 若 $A^T A$ 可逆，則 $\{A_{+1}, \dots, A_{+n}\}$ 線性獨立。

方向 1: 若 $\{A_{+1}, \dots, A_{+n}\}$ 線性獨立，則 $A^T A$ 可逆。

若矩陣 $A$ 的列向量 $\{A_{+1}, \dots, A_{+n}\}$ 是線性獨立的，這意味著 $A$ 的列空間的維度等於 $n$。
也就是說，$\text{rank}(A) = n$。
對於一個 $n \times n$ 的矩陣，秩等於其維度意味著該矩陣是可逆的。
所以，如果 $A$ 的列向量是線性獨立的，則 $A$ 是可逆的。

現在我們考慮 $A^T A$。
我們知道，對於任何矩陣 $A$，$\text{rank}(A^T A) = \text{rank}(A)$。
由於 $\text{rank}(A) = n$，所以 $\text{rank}(A^T A) = n$。
因為 $A^T A$ 是一個 $n \times n$ 的矩陣，並且其秩等於 $n$，所以 $A^T A$ 是可逆的。

方向 2: 若 $A^T A$ 可逆，則 $\{A_{+1}, \dots, A_{+n}\}$ 線性獨立。

若 $A^T A$ 是可逆的，這意味著 $\text{rank}(A^T A) = n$。
我們再次利用性質 $\text{rank}(A^T A) = \text{rank}(A)$。
所以，$\text{rank}(A) = n$。
一個 $n \times n$ 矩陣的秩等於 $n$ 意味著該矩陣是可逆的。
當 $A$ 可逆時，它的列向量 $\{A_{+1}, \dots, A_{+n}\}$ 是線性獨立的。

另一種證明方式（直接使用定義）：

方向 1: 若 $\{A_{+1}, \dots, A_{+n}\}$ 線性獨立，則 $A^T A$ 可逆。
矩陣 $A$ 的列向量 $\{A_{+1}, \dots, A_{+n}\}$ 線性獨立，意味著方程 $A\mathbf{x} = \mathbf{0}$ 只有零解 $\mathbf{x} = \mathbf{0}$。
考慮方程 $(A^T A)\mathbf{x} = \mathbf{0}$。
我們可以將此方程寫成 $A^T(A\mathbf{x}) = \mathbf{0}$。
令 $\mathbf{y} = A\mathbf{x}$。那麼我們有 $A^T \mathbf{y} = \mathbf{0}$。