114 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

本題考查矩陣乘法的秩與可逆性的關係，主要使用：

• 矩陣的秩等於其欄空間的維度。
• 矩陣乘法代表線性映射的複合。
• 對任意相容矩陣，有
  $\operatorname{rank}(AB)\leq \min\{\operatorname{rank}(A),\operatorname{rank}(B)\}.$
• $n\times n$ 矩陣可逆，等價於其秩為 $n$，也等價於其零空間只有零向量。

---

(a) 證明 $\operatorname{rank}(AB)\leq \operatorname{rank}(B)$

解題方法

將 $B$ 視為線性映射：

$$B:\mathbb{R}^{l}\to\mathbb{R}^{n},$$

將 $A$ 視為線性映射：

$$A:\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R}^{m}.$$

矩陣 $AB$ 所代表的映射為先作用 $B$，再作用 $A$：

$$AB:\mathbb{R}^{l}\to\mathbb{R}^{m}.$$

對任意 $x\in\mathbb{R}^{l}$，

$$(AB)x=A(Bx).$$

因此，$AB$ 的值域包含於 $A$ 作用在 $B$ 的值域上：

$$\operatorname{Im}(AB)=A(\operatorname{Im}B).$$

線性映射作用後，集合的維度不會超過原本集合的維度，所以

$$\dim\bigl(A(\operatorname{Im}B)\bigr) \leq \dim(\operatorname{Im}B).$$

依照秩的定義，

$$\operatorname{rank}(AB) =\dim\bigl(\operatorname{Im}(AB)\bigr) \leq \dim(\operatorname{Im}B) =\operatorname{rank}(B).$$

故得證：

$$\boxed{\operatorname{rank}(AB)\leq \operatorname{rank}(B)}.$$

解題技巧

也可直接由欄向量理解。若 $B$ 的欄向量為 $b_1,\ldots,b_l$，則 $AB$ 的欄向量為

$$Ab_1,\ldots,Ab_l.$$

$B$ 的欄向量之間若有線性關係，經過線性映射 $A$ 後仍會保留，因此 $AB$ 不可能產生比 $B$ 更多的線性獨立欄向量。

---

(b) 證明 $AB$ 不可逆

已知

$$A\in\mathbb{R}^{2\times 1},\qquad B\in\mathbb{R}^{1\times 2}.$$

因此

$$AB\in\mathbb{R}^{2\times 2}.$$

雖然 $AB$ 是方陣，但方陣不代表一定可逆。由 (a) 的結果，

$$\operatorname{rank}(AB)\leq \operatorname{rank}(B).$$

因為 $B$ 是 $1\times 2$ 矩陣，所以

$$\operatorname{rank}(B)\leq 1.$$

因此

$$\operatorname{rank}(AB)\leq 1.$$

但 $AB$ 是 $2\times 2$ 矩陣。若 $AB$ 可逆，必須滿足

$$\operatorname{rank}(AB)=2.$$

這與 $\operatorname{rank}(AB)\leq 1$ 矛盾。因此 $AB$ 不可逆。

$$\boxed{AB\text{ 不可逆}}$$

另一種快速判斷

設

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

則

$$AB= \begin{bmatrix} ac&ad\\ bc&bd \end{bmatrix}.$$

其行列式為

本題考察矩陣的特徵值、特徵向量以及矩陣的極限。

(a) 證明 1 是 $A$ 的一個特徵值

核心觀念： 矩陣的特徵值與特徵向量的定義，以及隨機矩陣（或稱轉移矩陣）的性質。

證明：
根據題設，矩陣 $A$ 的所有元素 $a_{ij}$ 都是正數，且每一行的元素之和都為 1。這是一個典型的隨機矩陣 (stochastic matrix) 或稱轉移矩陣 (transition matrix) 的性質。
對於這樣的矩陣，我們知道向量 $v = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix}$ (一個所有元素都是 1 的 $n \times 1$ 向量) 是一個右特徵向量，對應的特徵值是 1。
我們來驗證：
$Av = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix}$
$Av$ 的第 $i$ 個元素是 $\sum_{j=1}^n a_{ij} \cdot 1 = \sum_{j=1}^n a_{ij}$。
根據題設，對於所有 $1 \le i \le n$，我們有 $\sum_{j=1}^n a_{ij} = 1$。
所以，$Av = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix} = 1 \cdot v$。
這表明 1 是矩陣 $A$ 的一個特徵值，對應的特徵向量是 $v = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix}$。

(b) 求 $\lim_{m \to \infty} A^m$ (當 $n=2$)

核心觀念： 隨機矩陣的極限行為，與其特徵值和特徵向量的關係。

證明：
當 $n=2$ 時，$A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{pmatrix}$ 且 $a_{11} > 0, a_{12} > 0, a_{21} > 0, a_{22} > 0$。
同時，行和為 1：
$a_{11} + a_{12} = 1$
$a_{21} + a_{22} = 1$

我們已經知道 1 是 $A$ 的一個特徵值，對應的特徵向量是 $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$。
現在我們需要找到另一個特徵值 $\lambda_2$ 和對應的特徵向量 $v_2$。
矩陣 $A$ 的特徵多項式為 $\det(A - \lambda I) = 0$。
$\det \begin{pmatrix} a_{11}-\lambda & a_{12} \\ a_{21} & a_{22}-\lambda \end{pmatrix} = 0$
$(a_{11}-\lambda)(a_{22}-\lambda) - a_{12}a_{21} = 0$
$\lambda^2 - (a_{11}+a_{22})\lambda + a_{11}a_{22} - a_{12}a_{21} = 0$
我們知道 $\lambda_1 = 1$ 是其中一個根。
所以，$\lambda_1 + \lambda_2 = a_{11}+a_{22}$，即 $1 + \lambda_2 = a_{11}+a_{22}$，故 $\lambda_2 = a_{11}+a_{22} - 1$。
又因為 $a_{11}+a_{12}=1$ 和 $a_{21}+a_{22}=1$，我們可以代換：
$a_{11}+a_{22} - 1 = a_{11} + (1-a_{21}) - 1 = a_{11} - a_{21}$
或者
$a_{11}+a_{22} - 1 = (1-a_{12}) + a_{22} - 1 = a_{22} - a_{12}$。
所以，$\lambda_2 = a_{11}+a_{22}-1$。

由於 $a_{ij} > 0$ 且 $a_{11}+a_{12}=1$, $a_{21}+a_{22}=1$。
$a_{11} \in (0, 1)$, $a_{12} \in (0, 1)$, $a_{21} \in (0, 1)$, $a_{22} \in (0, 1)$。
因此，$a_{11}+a_{22} \in (0, 2)$。
$\lambda_2 = a_{11}+a_{22}-1 \in (-1, 1)$。
由於 $a_{ij} > 0$，我們可以確定 $\lambda_2$ 的範圍。
考慮 $a_{11} = 0.5, a_{12} = 0.5, a_{21} = 0.5, a_{22} = 0.5$。
則 $\lambda_2 = 0.5 + 0.5 - 1 = 0$。
考慮 $a_{11} = 0.9, a_{12} = 0.1, a_{21} = 0.1, a_{22} = 0.9$。
則 $\lambda_2 = 0.9 + 0.9 - 1 = 0.8$。
考慮 $a_{11} = 0.1, a_{12} = 0.9, a_{21} = 0.9, a_{22} = 0.1$。
則 $\lambda_2 = 0.1 + 0.1 - 1 = -0.8$。
所以，$-1 < \lambda_2 < 1$。

因為 $a_{ij} > 0$，矩陣 $A$ 是嚴格正矩陣 (Perron-Frobenius theorem 的一個特例)。
對於嚴格正矩陣，存在一個唯一的最大實特徵值，它對應的特徵向量的分量都是正的。我們已經知道 1 是這個最大特徵值。
並且，所有其他特徵值（複數或實數）的模都嚴格小於這個最大特徵值（除非矩陣是常數矩陣，即 $A=cI$）。
在我們的例子中，$\lambda_1 = 1$ 是最大的特徵值。
我們已經確定 $\lambda_2 = a_{11}+a_{22}-1$ 且 $|\lambda_2| < 1$。
如果 $A$ 不是常數矩陣（即 $A \neq \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ 或 $A \neq \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ 等），則 $|\lambda_2| < 1$。

如果 $A$ 是可對角化的，即存在一組線性獨立的特徵向量，那麼我們可以寫成 $A = PDP^{-1}$，其中 $D = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}$。
那麼 $A^m = PD^mP^{-1} = P \begin{pmatrix} \lambda_1^m & 0 \\ 0 & \lambda_2^m \end{pmatrix} P^{-1}$。
當 $m \to \infty$，由於 $|\lambda_2| < 1$，所以 $\lambda_2^m \to 0$。
因此，$A^m \to P \begin{pmatrix} 1^m & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} P^{-1} = P \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} P^{-1}$。

這個極限矩陣 $P \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} P^{-1}$ 實際上是一個將任何向量映射到由特徵向量 $v_1$ 張成的子空間上的投影矩陣。
由於 $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$，這個子空間是直線 $y=x$。

本題主要考察矩陣的相似性與特徵多項式的性質。

(a) 證明 $B$ 和 $ABA^{-1}$ 的特徵多項式相同

核心觀念： 相似矩陣具有相同的特徵多項式。

證明：
令 $C = ABA^{-1}$。我們要證明 $B$ 和 $C$ 具有相同的特徵多項式。
這相當於證明 $B$ 和 $C$ 是相似矩陣。
根據相似矩陣的定義，如果存在一個可逆矩陣 $P$ 使得 $C = PBP^{-1}$，則 $B$ 和 $C$ 是相似的。
在這裡，我們令 $P = A$。由於 $A$ 是可逆的，所以 $A$ 是一個可逆矩陣。
那麼 $C = ABA^{-1} = A B A^{-1}$。
這正好符合相似矩陣的定義，其中 $P=A$。
因此，矩陣 $B$ 和 $C = ABA^{-1}$ 是相似的。
相似矩陣具有相同的特徵多項式。
所以，$B$ 和 $ABA^{-1}$ 的特徵多項式是相同的。

另一種直接證明方法：
矩陣 $M$ 的特徵多項式是 $p_M(\lambda) = \det(M - \lambda I)$。
我們要證明 $\det(B - \lambda I) = \det(ABA^{-1} - \lambda I)$。
首先，我們將 $ABA^{-1} - \lambda I$ 進行變形：
$ABA^{-1} - \lambda I = ABA^{-1} - \lambda A A^{-1} = A B A^{-1} - A (\lambda I) A^{-1} = A(B - \lambda I)A^{-1}$。
現在計算其行列式：
$\det(ABA^{-1} - \lambda I) = \det(A(B - \lambda I)A^{-1})$。
利用行列式的性質 $\det(XYZ) = \det(X)\det(Y)\det(Z)$，我們有：
$\det(A(B - \lambda I)A^{-1}) = \det(A) \det(B - \lambda I) \det(A^{-1})$。
由於 $\det(A^{-1}) = 1/\det(A)$，所以：
$\det(A) \det(B - \lambda I) \det(A^{-1}) = \det(A) \det(B - \lambda I) \frac{1}{\det(A)}$。
由於 $A$ 是可逆的，所以 $\det(A) \neq 0$。我們可以約去 $\det(A)$。
$\det(A) \det(B - \lambda I) \frac{1}{\det(A)} = \det(B - \lambda I)$。
因此，$\det(ABA^{-1} - \lambda I) = \det(B - \lambda I)$。
這證明了 $B$ 和 $ABA^{-1}$ 具有相同的特徵多項式。

(b) 證明 $PQ$ 和 $QP$ 的特徵多項式相同

核心觀念： 矩陣乘積的交換性與特徵多項式的關係。

證明：
這個證明稍微複雜一些，我們需要用到一些技巧。
我們知道，如果兩個矩陣是相似的，那麼它們的特徵多項式相同。
我們嘗試證明 $PQ$ 和 $QP$ 在某種意義下是相似的，或者找到一個共同的性質。

情況 1：若 $P$ 或 $Q$ 是可逆的。
假設 $P$ 是可逆的。則 $QP = P^{-1}(PQ)P$。
這表明 $QP$ 和 $PQ$ 是相似矩陣。
因此，它們具有相同的特徵多項式。

情況 2：若 $P$ 和 $Q$ 都不可逆。
我們需要更一般的方法。
我們將證明 $\det(PQ - \lambda I) = \det(QP - \lambda I)$。

考慮矩陣 $\begin{pmatrix} \lambda I & P \\ Q & I \end{pmatrix}$。
我們可以計算它的行列式，然後利用分塊矩陣的行列式性質。
或者，我們可以構造一個 $n \times n$ 的矩陣 $M$ 使得 $\det(M - \lambda I)$ 能夠聯繫 $PQ$ 和 $QP$。

考慮矩陣 $X = \begin{pmatrix} 0 & Q \\ P & 0 \end{pmatrix}$。這是一個 $2n \times 2n$ 的矩陣。
它的特徵多項式是 $\det(X - \mu I) = \det \begin{pmatrix} -\mu I & Q \\ P & -\mu I \end{pmatrix}$。
使用分塊矩陣的行列式公式（假設 $P$ 是可逆的）：
$\det \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix} = \det(A) \det(D - CA^{-1}B)$。
在這裡，$A = -\mu I$, $B = Q$, $C = P$, $D = -\mu I$。
$\det(-\mu I) = (-\mu)^n$。
$A^{-1} = (-\mu I)^{-1} = -\frac{1}{\mu} I$。

本題考察矩陣的行列式計算、齊次線性方程組的解空間維度（零度）以及基底的求解。

(a) 計算 $\det A$

核心觀念： 矩陣的行列式計算，特別是具有特殊結構（如對角矩陣加一個常數矩陣）的矩陣。

證明：
矩陣 $A$ 可以寫成 $A = (1-\delta_{ij}) J + b I$，其中 $J$ 是所有元素都是 1 的 $n \times n$ 矩陣，$\delta_{ij}$ 是 Kronecker delta 函數。
$A = \begin{pmatrix} b & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & b & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1 & b & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & 1 & \cdots & b \end{pmatrix}$

我們可以使用一些方法來計算這個行列式。

方法一：行變換
將所有行的 1 加到第一行：
$R_1 \leftarrow R_1 + R_2 + \dots + R_n$。
第一行的元素變為 $b + (n-1) \times 1 = b+n-1$。

$$\det A = \det \begin{pmatrix} b+n-1 & b+n-1 & b+n-1 & \cdots & b+n-1 \\ 1 & b & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1 & b & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & 1 & \cdots & b \end{pmatrix}$$

提出第一行的公因子 $b+n-1$：

$$\det A = (b+n-1) \det \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & b & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1 & b & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & 1 & \cdots & b \end{pmatrix}$$

現在進行列變換，將第一列的 1 減到其他列：
$C_j \leftarrow C_j - C_1$ for $j = 2, 3, \dots, n$。

$$\det A = (b+n-1) \det \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & b-1 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & b-1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & b-1 \end{pmatrix}$$

這是一個下三角矩陣。其行列式等於對角線元素的乘積。

$$\det A = (b+n-1) \cdot 1 \cdot (b-1)^{n-1}$$

所以，$\det A = (b+n-1)(b-1)^{n-1}$。

方法二：特徵值方法
矩陣 $A$ 可以寫成 $A = J + (b-1)I$，其中 $J$ 是所有元素為 1 的 $n \times n$ 矩陣。
矩陣 $J$ 的特徵值是：
$J$ 的秩為 1，所以它有一個特徵值 $n$ (對應於特徵向量 $\begin{pmatrix} 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix}$)，以及 $n-1$ 個特徵值 0 (對應於 $n-1$ 維的零空間)。
那麼矩陣 $A = J + (b-1)I$ 的特徵值是 $J$ 的特徵值加上 $b-1$。
所以，$A$ 的特徵值是：
$\lambda_1 = n + (b-1) = b+n-1$
$\lambda_2 = 0 + (b-1) = b-1$ (這個特徵值有 $n-1$ 的重數)
矩陣的行列式等於其所有特徵值的乘積。
$\det A = \lambda_1 \cdot \lambda_2^{n-1} = (b+n-1) \cdot (b-1)^{n-1}$。

(b) 找 $b$ 使得 $\dim W = 1$，並求 $W$ 的基底

核心觀念： 齊次線性方程組 $Ax=0$ 的解空間 $W$ 的維度（零度，nullity）與矩陣 $A$ 的秩 (rank) 之間的關係。$\dim W = n - \text{rank}(A)$。

證明：
我們需要 $\dim W = 1$。根據秩-核度定理，這意味著 $n - \text{rank}(A) = 1$，即 $\text{rank}(A) = n-1$。
一個 $n \times n$ 的矩陣的秩為 $n-1$ 當且僅當它的行列式為 0。
所以，我們需要 $\det A = 0$。
從 (a) 的結果，我們有 $\det A = (b+n-1)(b-1)^{n-1} = 0$。
這意味著 $b+n-1 = 0$ 或 $b-1 = 0$。
即 $b = -(n-1)$ 或 $b = 1$。

我們需要考慮 $n \ge 3$。

本題考察向量組的線性獨立性判斷以及 Gram-Schmidt 正交化過程。

(a) 使用線性獨立的定義證明 $\{v_1, v_2, v_3\}$ 是線性獨立的

核心觀念： 線性獨立的定義。一組向量 $\{v_1, v_2, \dots, v_k\}$ 是線性獨立的，若且唯若方程 $c_1 v_1 + c_2 v_2 + \dots + c_k v_k = 0$ 僅有一個平凡解 $c_1 = c_2 = \dots = c_k = 0$。

證明：
我們考慮方程 $c_1 v_1 + c_2 v_2 + c_3 v_3 = 0$，其中 $c_1, c_2, c_3$ 是純量。

$$c_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + c_3 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

將這個向量方程寫成一個線性方程組：

$$\begin{cases} c_1 + c_2 = 0 \\ c_1 + c_3 = 0 \\ c_2 + c_3 = 0 \end{cases}$$

這個方程組可以寫成矩陣形式：

$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \\ c_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

為了判斷這個方程組是否只有平凡解，我們計算係數矩陣的行列式。
令 $M = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$。
$\det(M) = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} - 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} + 0 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
$\det(M) = 1 \cdot (0 \cdot 1 - 1 \cdot 1) - 1 \cdot (1 \cdot 1 - 1 \cdot 0) + 0$
$\det(M) = 1 \cdot (-1) - 1 \cdot (1) = -1 - 1 = -2$。
由於 $\det(M) = -2 \neq 0$，矩陣 $M$ 是可逆的。
因此，齊次線性方程組 $M c = 0$ 只有平凡解 $c = \begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \\ c_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$。
這意味著 $c_1 = 0, c_2 = 0, c_3 = 0$ 是唯一的解。
根據線性獨立的定義，向量組 $\{v_1, v_2, v_3\}$ 是線性獨立的。

(b) 使用 Gram-Schmidt 正交化過程導出 $\mathbb{R}^{3 \times 1}$ 的一個標準正交基

核心觀念： Gram-Schmidt 正交化過程。從一組線性獨立的向量 $\{v_1, v_2, \dots, v_k\}$ 出發，構造一組正交向量 $\{u_1, u_2, \dots, u_k\}$，然後將其正規化得到標準正交向量 $\{e_1, e_2, \dots, e_k\}$。
步驟如下：
$u_1 = v_1$
$u_2 = v_2 - \text{proj}_{u_1} v_2 = v_2 - \frac{v_2 \cdot u_1}{u_1 \cdot u_1} u_1$
$u_3 = v_3 - \text{proj}_{u_1} v_3 - \text{proj}_{u_2} v_3 = v_3 - \frac{v_3 \cdot u_1}{u_1 \cdot u_1} u_1 - \frac{v_3 \cdot u_2}{u_2 \cdot u_2} u_2$
最後，將 $u_i$ 正規化：$e_i = \frac{u_i}{\|u_i\|}$。

計算過程：
給定 $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$, $v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$, $v_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$。

第一步：構造正交向量 $u_1$
$u_1 = v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$。

第二步：構造正交向量 $u_2$
首先計算 $v_2 \cdot u_1$ 和 $u_1 \cdot u_1$。
$v_2 \cdot u_1 = (1)(1) + (0)(1) + (1)(0) = 1$。
$u_1 \cdot u_1 = \|u_1\|^2 = 1^2 + 1^2 + 0^2 = 2$。
$u_2 = v_2 - \frac{v_2 \cdot u_1}{u_1 \cdot u_1} u_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} - \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 - 1/2 \\ 0 - 1/2 \\ 1 - 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1/2 \\ -1/2 \\ 1 \end{pmatrix}$。
我們可以將 $u_2$ 乘以 2 來簡化，得到一個與 $u_2$ 同方向的向量，方便後續計算。令 $u_2' = 2 u_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}$。

第三步：構造正交向量 $u_3$
首先計算 $v_3 \cdot u_1$, $u_1 \cdot u_1$, $v_3 \cdot u_2'$, $u_2' \cdot u_2'$。
$v_3 \cdot u_1 = (0)(1) + (1)(1) + (1)(0) = 1$。
$u_1 \cdot u_1 = 2$ (已計算)。