113 年 國立中山大學應用數學系碩士班乙組《線性代數（乙）》

核心觀念

1. 矩陣相乘的行向量觀點（Column-wise Multiplication）：
   若 $M$ 為任意可相乘的矩陣、$N$ 為矩陣，則乘積矩陣 $MN$ 的第 $j$ 個行向量（column）等於 $M$ 與 $N$ 的第 $j$ 個行向量的乘積： $$\operatorname{col}_j(MN) = M \cdot \operatorname{col}_j(N) = M N e_j$$ 其中 $e_j$ 為第 $j$ 個標準單位向量（standard basis vector）。因此求四個矩陣乘積的第 3 行，不需要將整個乘積矩陣展開計算，只需利用結合律由右向左計算作用在 $e_3$ 上的向量。
2. 全 1 向量與各列元素總和（Row Sums）：
   矩陣乘上全 1 向量 $\mathbf{1} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \end{bmatrix}$，其結果向量的各分量恰好為該矩陣各列（rows）的元素總和。
3. 循環矩陣（Circulant Matrix）性質：
   各列為循環位移的矩陣，每列元素之和均相同，故 $\mathbf{1}$ 為其特徵向量，對應的特徵值為每列元素的總和 $(a+b+c)$。

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解題方法

令題目所給的四個矩陣依序為 $A, B, C, D$：

$$A = \begin{bmatrix} \sqrt{e} & \frac{1}{3} & \sqrt{2} & \pi \\ 10^5 & 7 & 0 & 3.7 \\ i & \sin 3 & -1 & \ln 2 \end{bmatrix}_{3 \times 4}$$ $$B = \begin{bmatrix} 0.2 & -0.3 & 0.1 \\ 2 & -1 & -1 \\ \frac{1}{6} & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} \\ -\sqrt{3} & 0 & \sqrt{3} \end{bmatrix}_{4 \times 3}$$ $$C = \begin{bmatrix} a & b & c \\ b & c & a \\ c & a & b \end{bmatrix}_{3 \times 3}$$ $$D = \begin{bmatrix} -e & 2.3 & 1 & -\pi \\ \frac{1}{7} & \sqrt{5} & 1 & 2 \\ \pi & -2 & 1 & -\sqrt{2} \end{bmatrix}_{3 \times 4}$$

欲求乘積矩陣 $P = ABCD$ 的第 3 個行向量 $\operatorname{col}_3(P)$：

$$\operatorname{col}_3(P) = ABCD e_3 = ABC(De_3)$$

依序由右向左計算：

步驟 1：計算 $D e_3$（取 $D$ 的第 3 行）

觀察矩陣 $D$ 的第 3 個行向量，全部元素皆為 $1$：

$$D e_3 = \operatorname{col}_3(D) = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$$

步驟 2：計算 $C (D e_3)$

將 $C$ 作用於全 1 向量 $\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$，即計算 $C$ 各列的元素和：

核心觀念

本題評量實對稱矩陣與正定矩陣（Symmetric Positive Definite Matrix, SPD）的定義與判定定理：

1. 對稱性（Symmetric）：實數矩陣 $A \in M_{2\times 2}(\mathbb{R})$ 滿足 $A = A^T$，即非對角線元素相等（$b = c$）。
2. 正定性（Positive Definite）：對於所有非零向量 $\mathbf{x} \in \mathbb{R}^2 \setminus \{\mathbf{0}\}$，二次型均恆為正，即： $$\mathbf{x}^T A \mathbf{x} > 0$$
3. 判別法（Sylvester's Criterion / 西爾維斯特準則）：對於實對稱矩陣，矩陣為正定的充要條件為其所有階數的「首主子式」（Leading Principal Minors）皆嚴格大於零。
4. 本題為證明題，若直接引用高階定理（如西爾維斯特準則或特徵值全正），可能因省略定理之基礎證明而失分；因此，本題以**二次型定義配方法（First Principles）**進行雙向充要條件證明最為嚴謹、完整。

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解題方法

1. 充要條件之提出

矩陣 $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ 為實對稱正定矩陣的充分必要條件為：

$$b = c,\quad a > 0,\quad ad - b^2 > 0$$

（註：由 $a > 0$ 且 $ad - b^2 > 0$ 亦可直接保證 $d > 0$）

2. 嚴謹證明（Proof）

$(\Rightarrow)$ 必要性（Necessity）：

假設 $A$ 為對稱正定矩陣（Symmetric Positive Definite）：

1. 對稱性：
   依定義 $A = A^T$，得： $$\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix} \implies b = c$$
2. 正定性推導係數條件：
   對任意非零向量 $\mathbf{x} = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \neq \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$，恆有 $\mathbf{x}^T A \mathbf{x} > 0$。
   • 取 $\mathbf{x}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \neq \mathbf{0}$，代入二次型： $$\mathbf{x}_1^T A \mathbf{x}_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & b \\ b & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = a > 0$$ 因此必有 $a > 0$。
   • 取 $\mathbf{x}_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \neq \mathbf{0}$，代入二次型： $$\mathbf{x}_2^T A \mathbf{x}_2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & b \\ b & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = d > 0$$ 因此必有 $d > 0$。
   • 由於已知 $a > 0$，可取特定非零向量 $\mathbf{x}_3 = \begin{pmatrix} -b/a \\ 1 \end{pmatrix} \neq \mathbf{0}$，代入二次型： $$\mathbf{x}_3^T A \mathbf{x}_3 = a\left(-\frac{b}{a}\right)^2 + 2b\left(-\frac{b}{a}\right)(1) + d(1)^2 = \frac{b^2}{a} - \frac{2b^2}{a} + d = d - \frac{b^2}{a}$$

核心觀念

本題評量**多元線性迴歸中的最小平方法（Method of Least Squares）與正規方程式（Normal Equations）**之求解：

1. 矛盾方程組（Inconsistent System）之矩陣表示：
   欲求迴歸平面 $z = ax + by + c$，將 $m$ 筆觀測資料點 $(x_i, y_i, z_i)$ 代入，可形成一超額系統（Overdetermined system）：

   $$A \mathbf{u} = \mathbf{z}$$

   其中設計矩陣（Design matrix）為 $A \in \mathbb{R}^{m \times 3}$，待求參數向量為 $\mathbf{u} = \begin{bmatrix} a & b & c \end{bmatrix}^T$，觀測值向量為 $\mathbf{z} \in \mathbb{R}^{m \times 1}$。

2. 最小平方解之幾何意義：
   當 $\mathbf{z} \notin \operatorname{Col}(A)$ 時，系統無解。最小平方解 $\hat{\mathbf{u}}$ 滿足使誤差平方和（殘差範數平方）最小：

   $$\|\mathbf{z} - A\hat{\mathbf{u}}\|^2 = \min_{\mathbf{u}} \|\mathbf{z} - A\mathbf{u}\|^2$$

   此時殘差向量 $\mathbf{e} = \mathbf{z} - A\hat{\mathbf{u}}$ 必與行空間 $\operatorname{Col}(A)$ 正交，即 $\mathbf{e} \in \operatorname{Null}(A^T)$，等價於滿足正規方程式（Normal Equation）：

   $$A^T A \hat{\mathbf{u}} = A^T \mathbf{z}$$

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解題方法

步驟一：建立矩陣形式

將四筆資料點 $(0, 0, 2)$、$(0, 1, 2)$、$(1, 0, 1)$、$(1, 1, 5)$ 代入平面方程式 $ax + by + c = z$：

$$\begin{cases} a(0) + b(0) + c = 2 \\ a(0) + b(1) + c = 2 \\ a(1) + b(0) + c = 1 \\ a(1) + b(1) + c = 5 \end{cases}$$

改寫為矩陣方程式 $A\mathbf{u} = \mathbf{z}$：

$$A = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix}, \quad \mathbf{u} = \begin{bmatrix} a \\ b \\ c \end{bmatrix}, \quad \mathbf{z} = \begin{bmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \\ 5 \end{bmatrix}$$

步驟二：計算正規方程式所需的係數矩陣 $A^T A$ 與常數項 $A^T \mathbf{z}$

1. 計算 $A^T A$：

$$A^T A = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 4 \end{bmatrix}$$

2. 計算 $A^T \mathbf{z}$：

核心觀念

本題旨在證明**正交可對角化（Orthogonally Diagonalizable）與具備一組實數標準正交特徵向量基底（Real Orthonormal Eigenbasis）**的等價性。此為實對稱矩陣正交對角化理論（譜定理，Spectral Theorem）中最基本的等價敘述之一。

涉及的核心定義與定理包含：

1. 正交可對角化（Orthogonally Diagonalizable）：
   存在一個實數正交矩陣 $P \in \mathbb{R}^{n \times n}$（即滿足 $P^T P = P P^T = I_n$）以及一個實數對角矩陣 $D = \operatorname{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n)$，使得： $$P^T A P = D \quad (\text{等價於 } A = P D P^T \text{ 或 } A P = P D)$$
2. 正交矩陣（Orthogonal Matrix）的行向量性質：
   設矩陣 $P = \begin{bmatrix} \mathbf{u}_1 & \mathbf{u}_2 & \cdots & \mathbf{u}_n \end{bmatrix} \in \mathbb{R}^{n \times n}$，則 $P$ 為正交矩陣的充要條件為其行向量集合 $\{\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, \dots, \mathbf{u}_n\}$ 構成 $\mathbb{R}^n$ 中的一組標準正交集合（Orthonormal Set），即滿足： $$\mathbf{u}_i^T \mathbf{u}_j = \delta_{ij} = \begin{cases} 1, & i = j \\ 0, & i \neq j \end{cases}$$
3. 矩陣乘法的行向量視角（Column-by-Column Multiplication）： $$A P = A \begin{bmatrix} \mathbf{u}_1 & \mathbf{u}_2 & \cdots & \mathbf{u}_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A\mathbf{u}_1 & A\mathbf{u}_2 & \cdots & A\mathbf{u}_n \end{bmatrix}$$ $$P D = \begin{bmatrix} \mathbf{u}_1 & \mathbf{u}_2 & \cdots & \mathbf{u}_n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \lambda_1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \lambda_2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \lambda_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \lambda_1 \mathbf{u}_1 & \lambda_2 \mathbf{u}_2 & \cdots & \lambda_n \mathbf{u}_n \end{bmatrix}$$

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解題方法

欲證明兩敘述等價 $(1) \iff (2)$，須分別證明 $(1) \implies (2)$ 與 $(2) \implies (1)$。

(1) $\implies$ (2) 的證明

1. 已知條件：$A$ 為正交可對角化矩陣。
   依定義，存在實數正交矩陣 $P \in \mathbb{R}^{n \times n}$ 與實數對角矩陣 $D \in \mathbb{R}^{n \times n}$，使得： $$P^T A P = D = \begin{bmatrix} \lambda_1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \lambda_2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \lambda_n \end{bmatrix}$$ 其中 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n \in \mathbb{R}$。
2. 展開矩陣等式：
   因 $P$ 為正交矩陣，滿足 $P^T = P^{-1}$，故等號左乘 $P$ 可得： $$A P = P D$$ 將 $P$ 表示為行向量形式 $P = \begin{bmatrix} \mathbf{u}_1 & \mathbf{u}_2 & \cdots & \mathbf{u}_n \end{bmatrix}$，其中每個 $\mathbf{u}_i \in \mathbb{R}^n$。
   利用矩陣乘法展開兩側： $$\begin{bmatrix} A\mathbf{u}_1 & A\mathbf{u}_2 & \cdots & A\mathbf{u}_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \lambda_1 \mathbf{u}_1 & \lambda_2 \mathbf{u}_2 & \cdots & \lambda_n \mathbf{u}_n \end{bmatrix}$$ 比對兩側各行向量，得： $$A \mathbf{u}_i = \lambda_i \mathbf{u}_i \quad (\text{對所有 } i = 1, 2, \dots, n)$$
3. 驗證特徵向量與標準正交性：
   • 由於 $P$ 是正交矩陣，其行向量滿足： $$\mathbf{u}_i^T \mathbf{u}_j = \delta_{ij} = \begin{cases} 1, & i = j \\ 0, & i \neq j \end{cases}$$ 這表示每個 $\mathbf{u}_i$ 的長度 $\|\mathbf{u}_i\| = 1 \neq 0$（非零向量），且彼此相互正交。

核心觀念

1. $PLU$ 分解（LU Decomposition with Row Pivoting）：
   若矩陣 $A$ 在高斯消去法過程中遇到主元（pivot）為 $0$ 的情況，無法直接進行無列交換的 $A = LU$ 分解。此時必須藉由列對調矩陣（Permutation matrix）$P$ 進行列交換。

   • 經列對調後的矩陣 $PA$ 滿足標準的杜氏分解（Doolittle algorithm）：$PA = LU$。
   • 兩邊同乘 $P^{-1}$（由於排列矩陣為正交矩陣，滿足 $P^{-1} = P^T$），即得題意所求之形式： $$A = PLU \quad (\text{其中 } P^{-1}A = P^TA = LU)$$
   • 其中 $P$ 為排列矩陣（每行每列恰有一個 $1$，其餘為 $0$）、$L$ 為主對角線皆為 $1$ 的單位下三角矩陣（Unit lower triangular matrix）、$U$ 為上三角矩陣（Upper triangular matrix）。

2. 利用 $PLU$ 分解求解線性方程組 $A\mathbf{x} = \mathbf{b}$：
   將 $A\mathbf{x} = \mathbf{b}$ 改寫為：

   $$PLU\mathbf{x} = \mathbf{b} \iff LU\mathbf{x} = P^T\mathbf{b}$$

   求解流程拆分為兩個三角形方程組：

   • 前向代入法（Forward substitution）：令 $\mathbf{y} = U\mathbf{x}$，先求解 $L\mathbf{y} = P^T\mathbf{b}$ 得向量 $\mathbf{y}$。
   • 後向代入法（Back substitution）：再求解 $U\mathbf{x} = \mathbf{y}$ 解出最終未知數向量 $\mathbf{x}$。

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解題方法

第 (1) 小題：求 $P, L, U$ 使得 $A = PLU$

步驟一：觀察消去過程中是否需要列對調

給定矩陣：

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 3 \\ 2 & 1 & -1 & 1 \\ -1 & 2 & 3 & -1 \\ 3 & -1 & -1 & 2 \end{pmatrix}$$

以第 1 列為基準進行消去：

• $R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1$（倍數 $\ell_{21} = 2$）
• $R_3 \leftarrow R_3 - (-1)R_1$（倍數 $\ell_{31} = -1$）
• $R_4 \leftarrow R_4 - 3R_1$（倍數 $\ell_{41} = 3$）

消去後的矩陣為：

$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & -1 & -1 & -5 \\ 0 & 3 & 3 & 2 \\ 0 & -4 & -1 & -7 \end{pmatrix}$$

接著以第 2 列為基準消除第 3、4 列的第 2 行元素：

• $R_3 \leftarrow R_3 - (-3)R_2$（倍數 $\ell_{32} = -3$）：$[0, 3, 3, 2] + 3[0, -1, -1, -5] = [0, 0, 0, -13]$
• $R_4 \leftarrow R_4 - 4R_2$（倍數 $\ell_{42} = 4$）：$[0, -4, -1, -7] - 4[0, -1, -1, -5] = [0, 0, 3, 13]$

此時矩陣變為：

$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & -1 & -1 & -5 \\ 0 & 0 & 0 & -13 \\ 0 & 0 & 3 & 13 \end{pmatrix}$$

第 3 列第 3 行位置之元素為 $0$，無法作為第 3 個主元，故必須將第 3 列與第 4 列對調（$R_3 \leftrightarrow R_4$）。

步驟二：確立排列矩陣 $P$ 與 $PA$

令列交換矩陣 $P$ 對應將第 3 列與第 4 列對調的排列：

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

由於 $P$ 為單純的兩列對調（transposition），故 $P^{-1} = P^T = P$。將 $P$ 左乘 $A$ 即得已調換列順序的矩陣：

$$P^T A = PA = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 3 \\ 2 & 1 & -1 & 1 \\ 3 & -1 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 3 & -1 \end{pmatrix}$$

步驟三：對 $PA$ 執行標準 $LU$ 分解

1. 消去第 1 行：

   • $R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1 \implies \ell_{21} = 2$
   • $R_3 \leftarrow R_3 - 3R_1 \implies \ell_{31} = 3$
   • $R_4 \leftarrow R_4 - (-1)R_1 \implies \ell_{41} = -1$

   得到中間矩陣：

   $$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & -1 & -1 & -5 \\ 0 & -4 & -1 & -7 \\ 0 & 3 & 3 & 2 \end{pmatrix}$$

2. 消去第 2 行：

   • $R_3 \leftarrow R_3 - 4R_2 \implies \ell_{32} = 4$ $$[0, -4, -1, -7] - 4[0, -1, -1, -5] = [0, 0, 3, 13]$$
   • $R_4 \leftarrow R_4 - (-3)R_2 \implies \ell_{42} = -3$ $$[0, 3, 3, 2] - (-3)[0, -1, -1, -5] = [0, 0, 0, -13]$$

   得到中間矩陣：

   $$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & -1 & -1 & -5 \\ 0 & 0 & 3 & 13 \\ 0 & 0 & 0 & -13 \end{pmatrix}$$

3. 消去第 3 行：
   第 4 列第 3 行元素已為 $0$，故乘數 $\ell_{43} = 0$。

上三角矩陣 $U$ 即為高斯消去後的階梯形矩陣：

$$U = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & -1 & -1 & -5 \\ 0 & 0 & 3 & 13 \\ 0 & 0 & 0 & -13 \end{pmatrix}$$

下三角矩陣 $L$ 填入各步消去乘數 $\ell_{ij}$ 且對角線為 $1$：

核心觀念

本題考查全元素相同矩陣（All-ones/All-constant Matrix）的特徵分析、低秩矩陣（Rank-1 Matrix）的特徵值與特徵向量求法，以及**對角化（Diagonalizability）與若爾當標準式（Jordan Canonical Form, JCF）**的判定與建構。

主要定理與公式：

1. 秩-虛度定理（Rank-Nullity Theorem）：
   對任意 $n \times n$ 矩陣 $M$，$\operatorname{rank}(M) + \operatorname{nullity}(M) = n$。
2. 特徵值與跡數（Trace）關係：
   $\sum_{i=1}^{n} \lambda_i = \operatorname{tr}(A)$。
3. 若爾當標準式（Jordan Canonical Form）：
   若矩陣 $A$ 具備一組由 $n$ 個線性獨立特徵向量所構成的基底（即每個特徵值的幾何重數等於代數重數），則 $A$ 可對角化，其 Jordan canonical form 即為對角矩陣 $\Lambda$。

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解題方法與推導

設矩陣 $A$ 為所有元素皆為 $-3$ 的 $n \times n$ 矩陣（$n \geq 2$）：

$$A = \begin{bmatrix} -3 & -3 & \cdots & -3 \\ -3 & -3 & \cdots & -3 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -3 & -3 & \cdots & -3 \end{bmatrix}_{n \times n}$$

令全 $1$ 向量 $\mathbf{1} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 \end{bmatrix}^T \in \mathbb{R}^n$，則矩陣 $A$ 可表示為外積形式：

$$A = -3 \, \mathbf{1} \mathbf{1}^T$$

1. 求特徵值（Eigenvalues）

• 特徵值 $\lambda_1 = 0$：
  因為 $A$ 的所有列向量皆相同且非零，故 $\operatorname{rank}(A) = 1$。
  由秩-虛度定理：

  $$\operatorname{nullity}(A) = \dim(\ker(A)) = n - \operatorname{rank}(A) = n - 1$$

  這表示對應於特徵值 $\lambda = 0$ 的特徵空間維度（幾何重數）至少為 $n - 1$。因此，$\lambda = 0$ 至少是 $n - 1$ 重根。

• 特徵值 $\lambda_2 \neq 0$：
  考慮矩陣的跡數（Trace，對角線元素總和）：

  $$\operatorname{tr}(A) = \sum_{i=1}^{n} (-3) = -3n$$

  由於特徵值之和等於跡數，設剩餘的一個特徵值為 $\lambda_n$，則：

  $$(n - 1) \cdot 0 + \lambda_n = -3n \implies \lambda_n = -3n$$

因此，$A$ 的所有特徵值為：

• $\lambda = 0$（代數重數為 $n - 1$）
• $\lambda = -3n$（代數重數為 $1$）

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2. 求對應的特徵向量（Eigenvectors）

• 對應於 $\lambda = 0$ 的特徵向量：
  方程式為 $(A - 0I)\mathbf{x} = \mathbf{0} \iff A\mathbf{x} = \mathbf{0}$。
  由於 $A\mathbf{x} = -3(\mathbf{1}^T \mathbf{x})\mathbf{1} = \mathbf{0}$，等價於單一方程式： $$x_1 + x_2 + \cdots + x_n = 0$$ 移項得 $x_1 = -x_2 - x_3 - \cdots - x_n$，選取自由變數 $x_2, x_3, \dots, x_n$，可得其特徵空間的一組基底為： $$\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{bmatrix}, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \\ \vdots \\ 0 \end{bmatrix}, \quad \dots, \quad \mathbf{v}_{n-1} = \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 1 \end{bmatrix}$$ 故對應於 $\lambda = 0$ 的非零特徵向量為： $$c_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \mathbf{v}_2 + \cdots + c_{n-1} \mathbf{v}_{n-1} \quad (\text{其中純量 } c_1, c_2, \dots, c_{n-1} \text{ 不全為 } 0)$$