115 年 國立中山大學應用數學系碩士班丙組《線性代數》

此題考查線性映射的核空間（Null Space）與值域空間（Range Space）的基底求法。

解題步驟如下：

1. 求核空間（Null Space）的基底：
   核空間 $N(T)$ 是所有滿足 $T(v) = \mathbf{0}$ 的向量 $v$ 的集合。
   令 $T(x_1, x_2, x_3) = (0, 0, 0)$，我們得到線性方程組：

   $$\begin{cases} x_1 + 2x_2 = 0 \\ x_2 - x_3 = 0 \\ x_1 + 3x_2 - x_3 = 0 \end{cases}$$

   將第一個方程乘以 -1 並加到第三個方程：
   $(x_1 + 3x_2 - x_3) - (x_1 + 2x_2) = 0 - 0 \implies x_2 - x_3 = 0$
   這與第二個方程相同，表示方程組存在相依性。
   從第一個方程，我們得到 $x_1 = -2x_2$。
   從第二個方程，我們得到 $x_2 = x_3$。
   令 $x_2 = t$，則 $x_1 = -2t$ 且 $x_3 = t$。
   所以，核空間的向量形式為 $(-2t, t, t) = t(-2, 1, 1)$。
   因此，核空間 $N(T)$ 的一個基底是 $\{(-2, 1, 1)\}$。
   維度 $\dim(N(T)) = 1$。

2. 求值域空間（Range Space）的基底：
   值域空間 $R(T)$ 是所有可由 $T$ 輸出的向量的集合。值域空間的基底可以由線性映射作用於標準基底後所生成的向量張成。
   令標準基底為 $e_1 = (1, 0, 0)$, $e_2 = (0, 1, 0)$, $e_3 = (0, 0, 1)$。
   計算 $T(e_1)$, $T(e_2)$, $T(e_3)$:
   $T(e_1) = T(1, 0, 0) = (1 + 2(0), 0 - 0, 1 + 3(0) - 0) = (1, 0, 1)$
   $T(e_2) = T(0, 1, 0) = (0 + 2(1), 1 - 0, 0 + 3(1) - 0) = (2, 1, 3)$
   $T(e_3) = T(0, 0, 1) = (0 + 2(0), 0 - 1, 0 + 3(0) - 1) = (0, -1, -1)$

核心觀念

矩陣

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

是實對稱矩陣。由實對稱矩陣的譜定理，必可找到正交矩陣 $Q$，使得

$$Q^TAQ=D$$

其中 $D$ 為對角矩陣。具體作法是：

1. 求出 $A$ 的特徵值。
2. 找出對應的單位特徵向量。
3. 將這些單位特徵向量排列成 $Q$ 的欄向量。
4. 調整特徵向量方向，使 $\det Q>0$。

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解題方法

先求特徵值：

$$\det(A-\lambda I) = \det\begin{pmatrix} 3-\lambda&1\\ 1&3-\lambda \end{pmatrix}$$ $$=(3-\lambda)^2-1 =(\lambda-4)(\lambda-2).$$

因此 $A$ 的特徵值為

$$\lambda_1=4,\qquad \lambda_2=2.$$

對於 $\lambda_1=4$：

$$(A-4I)x=0 \quad\Longrightarrow\quad \begin{pmatrix} -1&1\\ 1&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}=0,$$

所以 $x_1=x_2$，可取特徵向量

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

其單位化結果為

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

對於 $\lambda_2=2$：

$$(A-2I)x=0 \quad\Longrightarrow\quad \begin{pmatrix} 1&1\\ 1&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}=0,$$

所以 $x_1=-x_2$，可取特徵向量

$$\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}.$$

為使 $Q$ 的行列式為正，選取其相反方向的單位特徵向量：

此題考查的是畢氏定理（Pythagorean Theorem）在內積空間中的推廣，稱為 Bessels's Inequality (Bessel 不等式)。

證明步驟如下：
設 $v \in V$ 且 $e_1, \dots, e_m$ 是 $V$ 中的一組標準正交向量組（orthonormal set）。
我們定義向量 $w$ 為 $v$ 在由 $e_1, \dots, e_m$ 張成的子空間上的投影：
$w = \sum_{i=1}^m \langle v, e_i \rangle e_i$
我們需要證明 $\|v\|^2 \geq \|w\|^2$。
進一步，我們需要證明 $\|v\|^2 \geq \sum_{i=1}^m \langle v, e_i \rangle^2$。

考慮向量 $v - w$。
$v - w = v - \sum_{i=1}^m \langle v, e_i \rangle e_i$
我們來計算 $\|v - w\|^2$。由於 $e_i$ 構成一組標準正交向量組，我們有 $\langle e_i, e_j \rangle = \delta_{ij}$ (Kronecker delta)。
$\|v - w\|^2 = \langle v - w, v - w \rangle$
$= \left\langle v - \sum_{j=1}^m \langle v, e_j \rangle e_j, v - \sum_{i=1}^m \langle v, e_i \rangle e_i \right\rangle$
展開這個內積，利用內積的線性性質：
$= \langle v, v \rangle - \left\langle v, \sum_{i=1}^m \langle v, e_i \rangle e_i \right\rangle - \left\langle \sum_{j=1}^m \langle v, e_j \rangle e_j, v \right\rangle + \left\langle \sum_{j=1}^m \langle v, e_j \rangle e_j, \sum_{i=1}^m \langle v, e_i \rangle e_i \right\rangle$
$= \|v\|^2 - \sum_{i=1}^m \overline{\langle v, e_i \rangle} \langle v, e_i \rangle - \sum_{j=1}^m \langle v, e_j \rangle \overline{\langle v, e_i \rangle} - \sum_{j=1}^m \sum_{i=1}^m \langle v, e_j \rangle \overline{\langle v, e_i \rangle} \langle e_j, e_i \rangle$
注意：這裡我使用了共軛符號 $\overline{\cdot}$，因為內積空間可以是複數的。如果 $V$ 是實向量空間，則共軛符號可以省略。題目沒有明確說明是實數還是複數，但通常在這種情況下，實數空間是預設的。我們假設是實向量空間，所以 $\overline{\langle v, e_i \rangle} = \langle v, e_i \rangle$。

在實向量空間的情況下：
$\|v - w\|^2 = \|v\|^2 - \sum_{i=1}^m \langle v, e_i \rangle^2 - \sum_{j=1}^m \langle v, e_j \rangle^2 + \sum_{j=1}^m \sum_{i=1}^m \langle v, e_j \rangle \langle v, e_i \rangle \langle e_j, e_i \rangle$
由於 $e_i$ 是標準正交的，$\langle e_j, e_i \rangle = \delta_{ji}$。
$\|v - w\|^2 = \|v\|^2 - 2 \sum_{i=1}^m \langle v, e_i \rangle^2 + \sum_{j=1}^m \sum_{i=1}^m \langle v, e_j \rangle \langle v, e_i \rangle \delta_{ji}$
$= \|v\|^2 - 2 \sum_{i=1}^m \langle v, e_i \rangle^2 + \sum_{i=1}^m \langle v, e_i \rangle^2$
$= \|v\|^2 - \sum_{i=1}^m \langle v, e_i \rangle^2$
因為 $\|v - w\|^2$ 是範數的平方，它必須是非負的，即 $\|v - w\|^2 \geq 0$。
因此，
$\|v\|^2 - \sum_{i=1}^m \langle v, e_i \rangle^2 \geq 0$
$\sum_{i=1}^m \langle v, e_i \rangle^2 \leq \|v\|^2$
這就證明了 Bessel 不等式。

嚴格性檢查：
如果 $V$ 是複向量空間，則：
$\|v - w\|^2 = \langle v - w, v - w \rangle$
$= \langle v, v \rangle - \left\langle v, \sum_{i=1}^m \langle v, e_i \rangle e_i \right\rangle - \left\langle \sum_{j=1}^m \langle v, e_j \rangle e_j, v \right\rangle + \left\langle \sum_{j=1}^m \langle v, e_j \rangle e_j, \sum_{i=1}^m \langle v, e_i \rangle e_i \right\rangle$
$= \|v\|^2 - \sum_{i=1}^m \overline{\langle v, e_i \rangle} \langle v, e_i \rangle - \sum_{j=1}^m \langle v, e_j \rangle \overline{\langle v, e_i \rangle} - \sum_{j=1}^m \sum_{i=1}^m \langle v, e_j \rangle \overline{\langle v, e_i \rangle} \langle e_j, e_i \rangle$
$= \|v\|^2 - \sum_{i=1}^m |\langle v, e_i \rangle|^2 - \sum_{j=1}^m \langle v, e_j \rangle \overline{\langle v, e_i \rangle}$
注意：這裡 $\overline{\langle v, e_i \rangle}$ 是關於第一個變數的共軛。

核心觀念

線性映射 $A$ 的最小多項式，是滿足 $m(A)=0$ 的首一多項式中，次數最低者。題目給定 $T$ 的最小多項式 $p(x)$ 次數為 $n$，且 $k\ne 0$，要找 $kT$ 的最小多項式。

解題方法

設 $p(x)$ 為首一多項式，定義

$$q(x)=k^n p\left(\frac{x}{k}\right).$$

因為 $p$ 的次數是 $n$，$q$ 仍是首一多項式。將 $kT$ 代入可得

$$q(kT) = k^n p\left(\frac{kT}{k}\right) = k^n p(T) = 0.$$

因此 $q$ 是 $kT$ 的零化多項式。

此題考查對偶空間（Dual Space）的基底，特別是對於多項式空間的對偶空間，如何構造一個滿足特定條件的基底。

題目中給定的條件是 $v_i(x^j) = \delta_{ij}$，其中 $\delta_{ij}$ 是 Kronecker delta 函數，即當 $i=j$ 時為 1，當 $i \neq j$ 時為 0。這裡的 $v_i$ 是 $P_2^*$ 中的線性泛函，而 $x^j$ 是 $P_2$ 中的多項式。
$P_2$ 是所有次數最多為 2 的實係數多項式空間。它的標準基底是 $\{1, x, x^2\}$。$\dim(P_2) = 3$。
$P_2^*$ 是 $P_2$ 的對偶空間，其維度也等於 $\dim(P_2) = 3$。
我們需要找 $P_2^*$ 的一個基底 $\{v_0, v_1, v_2\}$。

根據給定的條件：
對於 $i=0$:
$v_0(x^0) = v_0(1) = 1$ (因為 $i=0, j=0$)
$v_0(x^1) = v_0(x) = 0$ (因為 $i=0, j=1$)
$v_0(x^2) = 0$ (因為 $i=0, j=2$)

對於 $i=1$:
$v_1(x^0) = v_1(1) = 0$ (因為 $i=1, j=0$)
$v_1(x^1) = v_1(x) = 1$ (因為 $i=1, j=1$)
$v_1(x^2) = 0$ (因為 $i=1, j=2$)

對於 $i=2$:
$v_2(x^0) = v_2(1) = 0$ (因為 $i=2, j=0$)
$v_2(x^1) = v_2(x) = 0$ (因為 $i=2, j=1$)
$v_2(x^2) = 1$ (因為 $i=2, j=2$)

一個線性泛函 $v \in P_2^*$ 可以由它在 $P_2$ 的基底上的取值唯一確定。
設 $p(x) = c_0 + c_1 x + c_2 x^2 \in P_2$。
則 $v(p(x)) = v(c_0 \cdot 1 + c_1 \cdot x + c_2 \cdot x^2) = c_0 v(1) + c_1 v(x) + c_2 v(x^2)$。

根據上面的條件，我們可以確定 $v_0, v_1, v_2$ 對於 $P_2$ 的基底 $\{1, x, x^2\}$ 的取值：
$v_0(1) = 1$, $v_0(x) = 0$, $v_0(x^2) = 0$。
$v_1(1) = 0$, $v_1(x) = 1$, $v_1(x^2) = 0$。
$v_2(1) = 0$, $v_2(x) = 0$, $v_2(x^2) = 1$。

這正是對偶基底（dual basis）的定義。如果 $\{e_1, e_2, e_3\}$ 是 $P_2$ 的一個基底，那麼對偶基底 $\{v_0, v_1, v_2\}$ 滿足 $v_i(e_j) = \delta_{ij}$。
在這裡，我們選擇 $P_2$ 的標準基底為 $\{1, x, x^2\}$。
所以，
$v_0$ 是這樣一個泛函：它將多項式 $c_0 + c_1 x + c_2 x^2$ 映射到它的常數項 $c_0$。
$v_0(c_0 + c_1 x + c_2 x^2) = c_0$。
我們可以將 $v_0$ 寫成 $v_0(p(x)) = c_0$。

$v_1$ 是這樣一個泛函：它將多項式 $c_0 + c_1 x + c_2 x^2$ 映射到它的一次項係數 $c_1$。
$v_1(c_0 + c_1 x + c_2 x^2) = c_1$。
我們可以將 $v_1$ 寫成 $v_1(p(x)) = c_1$。

$v_2$ 是這樣一個泛函：它將多項式 $c_0 + c_1 x + c_2 x^2$ 映射到它的二次項係數 $c_2$。
$v_2(c_0 + c_1 x + c_2 x^2) = c_2$。
我們可以將 $v_2$ 寫成 $v_2(p(x)) = c_2$。

為了嚴謹起見，我們需要驗證 $v_0, v_1, v_2$ 確實是線性泛函，並且它們構成 $P_2^*$ 的一個基底。
線性證明：