114 年 國立中山大學應用數學系碩士班丙組《線性代數》

本題考查矩陣秩的性質，特別是關於兩個矩陣乘積的秩的上限。

證明：
設 $A$ 為 $p \times q$ 矩陣， $B$ 為 $q \times r$ 矩陣。
我們需要證明 $\text{rank}(AB) \le \text{rank}(A)$ 和 $\text{rank}(AB) \le \text{rank}(B)$。

證明 $\text{rank}(AB) \le \text{rank}(A)$：
令 $C(A)$ 表示矩陣 $A$ 的列空間 (column space)，其維度為 $\text{rank}(A)$。
令 $C(AB)$ 表示矩陣 $AB$ 的列空間，其維度為 $\text{rank}(AB)$。
矩陣 $AB$ 的每一列都是 $A$ 的列的線性組合。具體來說，如果 $AB = [v_1, v_2, \dots, v_r]$ 且 $A = [a_1, a_2, \dots, a_q]$，則 $v_j = Ab_j$，其中 $b_j$ 是 $B$ 的第 $j$ 列。
因此，矩陣 $AB$ 的列空間 $C(AB)$ 是矩陣 $A$ 的列空間 $C(A)$ 的子空間，即 $C(AB) \subseteq C(A)$。
子空間的維度不可能大於其包含空間的維度，所以

核心觀念

本題考查兩個重點：

1. 子空間的判定：證明集合包含零矩陣，且對矩陣加法與純量乘法封閉。
2. 矩陣方程 $AX=XB$ 的解集合與線性方程組。

由於 $A$、$B$ 都是全為 $1$ 的矩陣，矩陣乘法可直接利用「列和」與「行和」表示。

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一、證明 $V$ 是 $M_2$ 的子空間

定義線性映射

$$T:M_2\to M_{2\times 3},\qquad T(X)=AX-XB.$$

因為矩陣乘法及矩陣相減皆為線性運算，所以 $T$ 是線性映射。而

$$V=\{X\in M_2:AX=XB\} =\{X\in M_2:T(X)=0\} =\ker T.$$

線性映射的核必為子空間，因此 $V$ 是 $M_2$ 的子空間。

也可直接驗證：若 $X,Y\in V$，則

$$A(X+Y)=AX+AY=XB+YB=(X+Y)B.$$

若 $c\in\mathbb R$ 且 $X\in V$，則

$$A(cX)=cAX=cXB=(cX)B.$$

此外，零矩陣滿足

$$A0=0=0B.$$

所以 $V$ 確實為子空間。

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二、建立矩陣方程

令

$$X= \begin{pmatrix} a&b&c\\ d&e&f \end{pmatrix}.$$

先計算 $AX$：

$$AX= \begin{pmatrix} 1&1&1\\ 1&1&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a&b&c\\ d&e&f \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a+d&b+e&c+f\\ a+d&b+e&c+f \end{pmatrix}.$$

再計算 $XB$：

$$XB= \begin{pmatrix} a&b&c\\ d&e&f \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1&1\\ 1&1&1\\ 1&1&1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a+b+c&a+b+c&a+b+c\\ d+e+f&d+e+f&d+e+f \end{pmatrix}.$$

因此 $AX=XB$ 等價於

$$\begin{cases} a+d=a+b+c,\\ b+e=a+b+c,\\ c+f=a+b+c,\\ a+d=d+e+f. \end{cases}$$

前三式給出

$$d=b+c,$$ $$e=a+c,$$ $$f=a+b.$$

代入最後一式：

$$a+d=d+e+f.$$

由前三式可知 $a+d=a+b+c$，而

$$d+e+f=(b+c)+(a+c)+(a+b) =2(a+b+c).$$

所以

$$a+b+c=2(a+b+c),$$

因此

本題考查線性轉換的定義與矩陣表示。首先需要證明給定的映射 $f$ 滿足線性轉換的兩個性質：對加法和純量乘法的封閉性。接著，利用基底向量的像來構造線性轉換的矩陣表示。

第一部分：證明 $f$ 是線性轉換

$P_2$ 是所有次數小於等於 2 的實係數多項式所成的向量空間。
$\mathbb{R}^3$ 是三維實數向量空間。
定義映射 $f : P_2 \rightarrow \mathbb{R}^3$ 為 $f(p(x)) = (p(1), p(2), p(3))$。

1. 對加法的封閉性：
   設 $p(x), q(x) \in P_2$。
   $f(p(x) + q(x)) = ( (p+q)(1), (p+q)(2), (p+q)(3) )$
   $= ( p(1)+q(1), p(2)+q(2), p(3)+q(3) )$
   $= (p(1), p(2), p(3)) + (q(1), q(2), q(3))$
   $= f(p(x)) + f(q(x))$
   因此，對加法封閉。

2. 對純量乘法的封閉性：
   設 $p(x) \in P_2$ 且 $c \in \mathbb{R}$。
   $f(c \cdot p(x)) = ( (c \cdot p)(1), (c \cdot p)(2), (c \cdot p)(3) )$
   $= ( c \cdot p(1), c \cdot p(2), c \cdot p(3) )$
   $= c \cdot (p(1), p(2), p(3))$
   $= c \cdot f(p(x))$
   因此，對純量乘法封閉。

由於 $f$ 滿足這兩個性質，所以 $f$ 是一個線性轉換。

第二部分：求解 $f$ 的矩陣表示

給定基底 $\alpha = \{1, x, x^2\}$ 是 $P_2$ 的一個基底。
給定基底 $\beta = \{(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)\}$ 是 $\mathbb{R}^3$ 的標準基底。

我們需要計算基底向量在映射 $f$ 下的像，並將這些像表示為 $\beta$ 的線性組合。

核心觀念

矩陣 $L$ 為實對稱矩陣：

$$L^T=L.$$

依照實對稱矩陣的譜定理，$L$ 必可由正交矩陣 $Q$ 對角化，即存在正交矩陣 $Q$ 使得

$$Q^TLQ=D,$$

其中 $D$ 的對角元素為 $L$ 的特徵值，而 $Q$ 的各欄為對應的標準正交特徵向量。

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解題方法

矩陣具有兩組對稱結構，先找出容易判斷的特徵向量。

1. 第一組特徵向量

取

$$v_1= \begin{pmatrix} 1\\-1\\0\\0 \end{pmatrix}.$$

直接計算：

$$Lv_1= \begin{pmatrix} 3\\-3\\0\\0 \end{pmatrix} =3v_1.$$

因此 $v_1$ 是特徵值 $3$ 的特徵向量。標準化後得

$$q_1=\frac{1}{\sqrt2} \begin{pmatrix} 1\\-1\\0\\0 \end{pmatrix}.$$

再取

$$v_2= \begin{pmatrix} 0\\0\\1\\-1 \end{pmatrix}.$$

則

$$Lv_2= \begin{pmatrix} 0\\0\\2\\-2 \end{pmatrix} =2v_2.$$

因此 $v_2$ 是特徵值 $2$ 的特徵向量。標準化後得

$$q_2=\frac{1}{\sqrt2} \begin{pmatrix} 0\\0\\1\\-1 \end{pmatrix}.$$

2. 第二組特徵向量

考慮形如

$$v= \begin{pmatrix} x\\x\\y\\y \end{pmatrix}$$

的向量。計算 $Lv$：

$$Lv= \begin{pmatrix} 3x-2y\\ 3x-2y\\ -2x+2y\\ -2x+2y \end{pmatrix}.$$

若 $v$ 為特徵值 $\lambda$ 的特徵向量，則

$$\begin{cases} 3x-2y=\lambda x,\\ -2x+2y=\lambda y. \end{cases}$$

等價於

$$\begin{pmatrix} 3&-2\\ -2&2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix}.$$

因此特徵值滿足

$$\det \begin{pmatrix} 3-\lambda&-2\\ -2&2-\lambda \end{pmatrix} =0.$$

所以

$$(3-\lambda)(2-\lambda)-4=0,$$

即

$$\lambda^2-5\lambda+2=0.$$

解得

$$\lambda_+=\frac{5+\sqrt{17}}{2}, \qquad \lambda_-=\frac{5-\sqrt{17}}{2}.$$

對應於 $\lambda_+$ 的特徵向量

由

$$(3-\lambda_+)x-2y=0$$

可取

$$x=4,\qquad y=1-\sqrt{17}.$$

因此可取

$$v_3= \begin{pmatrix} 4\\4\\1-\sqrt{17}\\1-\sqrt{17} \end{pmatrix}.$$

其長度平方為

$$\|v_3\|^2 =2\left[4^2+(1-\sqrt{17})^2\right] =4(17-\sqrt{17}).$$

故標準化後

$$q_3= \frac{1}{2\sqrt{17-\sqrt{17}}} \begin{pmatrix} 4\\4\\1-\sqrt{17}\\1-\sqrt{17} \end{pmatrix}.$$

對應於 $\lambda_-$ 的特徵向量

同理可取

本題考查可交換矩陣的同時對角化性質。如果兩個矩陣可交換，並且它們各自都是可對角化的，那麼它們就可以被同一個相似矩陣對角化。

證明：

設 $A$ 和 $B$ 是 $n \times n$ 的矩陣，滿足 $AB = BA$。
已知 $A$ 和 $B$ 都是可對角化的。
由於 $A$ 是可對角化的，存在一個可逆矩陣 $P$ 使得 $P^{-1}AP = D_A$，其中 $D_A$ 是對角矩陣。
$D_A$ 的對角元素是 $A$ 的特徵值。

因為 $AB = BA$，我們有 $A(P^{-1}BP) = (P^{-1}BP)A$。
令 $B' = P^{-1}BP$。則 $AB' = B'A$。
我們需要證明 $B'$ 也是對角矩陣。

因為 $A$ 是可對角化的，它的特徵空間的直和是整個空間 $\mathbb{R}^n$ (或 $\mathbb{C}^n$)。
設 $\lambda$ 是 $A$ 的一個特徵值，對應的特徵空間為 $E_\lambda = \{v \in \mathbb{R}^n : Av = \lambda v\}$。
由於 $AB = BA$，對於任意 $v \in E_\lambda$，我們有
$A(Bv) = (AB)v = (BA)v = B(Av) = B(\lambda v) = \lambda (Bv)$。
這表明 $Bv$ 也是 $A$ 的一個特徵向量，且對應於同一個特徵值 $\lambda$。
因此，$B$ 將 $A$ 的每一個特徵空間 $E_\lambda$ 映射到 $E_\lambda$ 自身。也就是說，$E_\lambda$ 是 $B$ 的不變子空間。

由於 $A$ 是可對角化的，$\mathbb{R}^n = \bigoplus_{\lambda} E_\lambda$，其中 $\lambda$ 是 $A$ 的所有不同特徵值。
由於 $B$ 將每個 $E_\lambda$ 映射到自身，所以 $B$ 在每個 $E_\lambda$ 上也具有不變性。
我們可以選擇一組標準正交基（或一組基） $\{u_{1,1}, \dots, u_{1,k_1}\}$ 來張成 $E_{\lambda_1}$，一組基 $\{u_{2,1}, \dots, u_{2,k_2}\}$ 來張成 $E_{\lambda_2}$，依此類推。
這些基向量的併集 $\{u_{1,1}, \dots, u_{1,k_1}, u_{2,1}, \dots, u_{2,k_2}, \dots\}$ 組成 $\mathbb{R}^n$ 的一個基。
由於 $B$ 在每個 $E_\lambda$ 上都不變，所以這個合併後的基向量組也對 $B$ 是不變的。
這意味著，如果我們選擇一個矩陣 $P$ 使得它的列是這個合併後的基向量組，那麼 $P^{-1}AP$ 和 $P^{-1}BP$ 都是對角矩陣。
也就是說，$A$ 和 $B$ 是同時可對角化的。

另一種證明方式（更標準）：

已知 $A$ 是可對角化的，存在一個可逆矩陣 $P$ 使得 $P^{-1}AP = D_A = \text{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$。
由於 $AB = BA$，則 $A(P^{-1}BP) = P^{-1}BP A$。令 $B' = P^{-1}BP$。
則 $AB' = B'A$。
我們需要證明 $B'$ 是對角矩陣。

$D_A B' = (P^{-1}AP)B' = P^{-1}A(PB') = P^{-1}A(P P^{-1} B' P) = P^{-1}A(P B')$ <-- 此處有誤，應為 $D_A B' = P^{-1} A P B'$
正確應為：
$D_A B' = (P^{-1}AP) B' = P^{-1} A (P B')$
$B' D_A = (P^{-1}BP) (P^{-1}AP) = P^{-1} B (P P^{-1} A P) = P^{-1} B A P$

我們有 $D_A B' = P^{-1} A P B'$。
又因為 $AB'=B'A$，所以 $P^{-1}AB'P = P^{-1}B'AP = B'P^{-1}AP = B'D_A$。
所以 $D_A B' = P^{-1} A B' P = P^{-1} B' A P = B' P^{-1} A P = B' D_A$。
即 $D_A B' = B' D_A$。

$D_A = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & \lambda_2 & \dots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \dots & \lambda_n \end{pmatrix}$。
設 $B' = (b'_{ij})$。