108 年 國立清華大學數學系碩士班應數組《線性代數》

核心觀念

本題考查線性變換的秩與像空間：

$$\operatorname{rank}(T)=\dim(\operatorname{Im}T).$$

對合成映射 $gf:V\to Z$，其像空間為

$$\operatorname{Im}(gf)=\{g(f(v)):v\in V\}.$$

關鍵是比較 $\operatorname{Im}(gf)$ 與 $\operatorname{Im}(g)$、$\operatorname{Im}(f)$ 的包含關係。

解題方法

(a) 證明 $\operatorname{rank}(gf)\leq \operatorname{rank}(g)$

任取 $z\in\operatorname{Im}(gf)$，則存在 $v\in V$ 使得

$$z=(gf)(v)=g(f(v)).$$

因為 $f(v)\in W$，所以 $z$ 是 $g$ 的某個輸出，故

$$z\in\operatorname{Im}(g).$$

因此

$$\operatorname{Im}(gf)\subseteq\operatorname{Im}(g).$$

對有限維向量空間，子空間包含會導致維度不大於母空間，因此

$$\dim\operatorname{Im}(gf) \leq \dim\operatorname{Im}(g).$$

依秩的定義可得

$$\boxed{\operatorname{rank}(gf)\leq\operatorname{rank}(g)}.$$

(b) 證明 $\operatorname{rank}(gf)\leq \operatorname{rank}(f)$

由合成映射的像可寫成

$$\operatorname{Im}(gf)=g(\operatorname{Im}f).$$

設 $\{u_1,\dots,u_r\}$ 是 $\operatorname{Im}f$ 的一組基底，其中

$$r=\dim(\operatorname{Im}f)=\operatorname{rank}(f).$$

核心觀念

矩陣 $A$ 的最小多項式 $m_A(x)$，定義為滿足

$$m_A(A)=0$$

的首一且次數最低的多項式。

若能找出一個低次多項式使其代入 $A$ 後為零，再確認不存在更低次的非零多項式，即可確定最小多項式。

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解題方法

觀察

$$A-I= \begin{pmatrix} -1&-1&1\\ 1&1&-1\\ 1&1&-1 \end{pmatrix}.$$

令

$$N=A-I.$$

可將 $N$ 寫成外積形式：

$$N= \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1&-1 \end{pmatrix}.$$

設

$$u= \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix}, \qquad v^T= \begin{pmatrix} 1&1&-1 \end{pmatrix},$$

則 $N=uv^T$。因此

$$N^2=(uv^T)(uv^T) =u(v^Tu)v^T.$$

計算內積：

$$v^Tu = \begin{pmatrix} 1&1&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix} =-1+1-1=-1.$$

所以

$$N^2=-uv^T=-N.$$

由 $N=A-I$，得到

$$(A-I)^2=-(A-I).$$

整理得

$$(A-I)^2+(A-I)=0,$$ $$(A-I)\bigl((A-I)+I\bigr)=0,$$

即

$$(A-I)A=0.$$

核心觀念

不同特徵值所對應的特徵向量必線性獨立。本題中，$1,2,\ldots,n$ 兩兩不同，因此可利用線性組合為零的假設，逐步消去其中一個特徵向量。

特徵向量的定義是：若 $v_k\neq 0$ 且 $T(v_k)=kv_k$，則 $v_k$ 是 $T$ 對應特徵值 $k$ 的特徵向量。

解題方法

對 $n$ 作數學歸納法。

當 $n=1$ 時，$v_1\neq 0$，所以 $\{v_1\}$ 線性獨立。

假設對 $n-1$ 個兩兩不同特徵值所對應的特徵向量，結論成立。現在設

$$c_1v_1+c_2v_2+\cdots+c_nv_n=0.$$

對等式兩邊施以線性變換 $T-nI$，其中 $I$ 是恆等變換。由於 $T(v_k)=kv_k$，可得

$$(T-nI)(v_k)=(k-n)v_k.$$

因此

本題要求證明一個與正規矩陣（normal matrix）相關的性質，特別是酉矩陣（unitary matrix）的特徵多項式形式。

核心觀念：

1. 酉矩陣（Unitary Matrix）：一個複數矩陣 $A$ 如果滿足 $A^* A = I$（或 $A A^* = I$），則稱 $A$ 為酉矩陣。這裡 $A^*$ 是 $A$ 的共軛轉置。題目給定的條件 $A^* = A^{-1}$ 等價於 $A^* A = I$，所以 $A$ 是一個酉矩陣。
2. 酉矩陣的特徵值：酉矩陣的所有特徵值的絕對值都等於 1。
3. 特徵多項式：對於一個 $n \times n$ 矩陣 $A$，其特徵多項式 $f(X) = \det(A - X I)$。若 $\lambda_1, \ldots, \lambda_n$ 是 $A$ 的特徵值（包含重數），則 $f(X) = \prod_{i=1}^{n} (\lambda_i - X)$。

證明：
已知 $A \in \text{Mat}_n(\mathbb{C})$ 且 $A^* = A^{-1}$。這表示 $A$ 是一個酉矩陣。
我們要證明 $A$ 的特徵多項式 $f(X) = \prod_{k=1}^{n} (e^{i\theta_k} - X)$，其中 $\theta_k \in \mathbb{R}$。

步驟 1：證明酉矩陣的特徵值的絕對值為 1。
設 $\lambda$ 是 $A$ 的一個特徵值，對應的特徵向量為 $v \neq 0$，即 $Av = \lambda v$。
考慮 $\|v\|^2 = v^* v$。
$\|Av\|^2 = (Av)^* (Av) = v^* A^* A v$
由於 $A^* = A^{-1}$，所以 $A^* A = I$。
$\|Av\|^2 = v^* I v = v^* v = \|v\|^2$
另一方面，
$\|Av\|^2 = \|\lambda v\|^2 = (\lambda v)^* (\lambda v) = (\bar{\lambda} v^*) (\lambda v) = \bar{\lambda} \lambda v^* v = |\lambda|^2 \|v\|^2$
所以，$|\lambda|^2 \|v\|^2 = \|v\|^2$。
因為 $v \neq 0$，所以 $\|v\|^2 \neq 0$。
因此，$|\lambda|^2 = 1$。
這意味著 $\lambda$ 是一個複數，其絕對值為 1。

步驟 2：利用特徵值形式表示特徵多項式。
設 $\lambda_1, \ldots, \lambda_n$ 是 $A$ 的 $n$ 個特徵值（考慮代數重數）。
根據特徵多項式的定義，
$f(X) = \det(A - X I) = \prod_{i=1}^{n} (\lambda_i - X)$

題目釐清

題目中的「對所有但有限多個 $A\in\mathbb C$」與前文 $A\in\operatorname{Mat}_n(\mathbb C)$ 不一致。依此類題目的標準形式，以下將題意解讀為：

對固定的可逆矩陣 $A,B\in\operatorname{Mat}_n(\mathbb C)$，證明矩陣 $A+\lambda B$ 對除了有限多個 $\lambda\in\mathbb C$ 之外皆可逆。

核心觀念

本題使用以下事實：

1. 矩陣 $M$ 可逆當且僅當 $\det M\neq 0$。
2. 矩陣各元素若是參數 $\lambda$ 的一次多項式，則其行列式是 $\lambda$ 的多項式。
3. 非零多項式在 $\mathbb C$ 中只有有限多個根。
4. 因為 $B$ 可逆，所以 $\det B\neq 0$。

因此，只要證明 $\det(A+\lambda B)$ 是一個非零多項式，即可完成證明。

解題方法

定義

$$p(\lambda)=\det(A+\lambda B).$$

由於 $A+\lambda B$ 的每個矩陣元素都是 $\lambda$ 的一次多項式，行列式展開後，$p(\lambda)$ 是 $\lambda$ 的多項式，且次數至多為 $n$。

進一步比較最高次項。行列式具有倍線性，因此最高次的 $\lambda^n$ 項來自每一列都取 $\lambda B$，故

$$p(\lambda) =\det(A+\lambda B) =\lambda^n\det B+\text{較低次項}.$$

由於 $B$ 可逆，

$$\det B\neq 0,$$

所以 $p(\lambda)$ 的最高次項係數不為零，因而 $p(\lambda)$ 是非零多項式，且確實為 $n$ 次多項式。

根據代數基本定理，$p(\lambda)$ 至多有 $n$ 個不同的根。因此，只有有限多個 $\lambda\in\mathbb C$ 會使得

$$p(\lambda)=0.$$

核心觀念

特徵值 $\lambda$ 的定義是存在非零向量 $x$，使得 $ABx=\lambda x$。當 $\lambda\ne 0$ 時，可將特徵向量 $x$ 經過 $B$ 映到 $BA$ 的特徵向量；當 $\lambda=0$ 時，利用行列式的乘法性處理。

解題方法

設 $\lambda$ 是 $AB$ 的特徵值，取非零向量 $x$ 滿足

$$ABx=\lambda x.$$

若 $\lambda\ne 0$，則 $Bx\ne 0$。否則 $Bx=0$ 會導致 $ABx=0$，與 $\lambda x\ne 0$ 矛盾。接著計算：

$$BA(Bx)=B(ABx)=B(\lambda x)=\lambda Bx.$$

本題考查在帶有正定埃爾米特內積的複向量空間中，滿足特定內積條件的線性變換的性質。

核心觀念：

1. 埃爾米特內積的性質：對於複向量空間，內積 $\langle u, v \rangle$ 滿足：
   • 共軛對稱性：$\langle u, v \rangle = \overline{\langle v, u \rangle}$。
   • 線性性（第一變數）：$\langle c u_1 + d u_2, v \rangle = c \langle u_1, v \rangle + d \langle u_2, v \rangle$。
   • 共軛線性性（第二變數）：$\langle u, c v_1 + d v_2 \rangle = \bar{c} \langle u, v_1 \rangle + \bar{d} \langle u, v_2 \rangle$。
   • 正定性：$\langle v, v \rangle > 0$ 對於 $v \neq 0$，且 $\langle 0, 0 \rangle = 0$。
2. 線性變換 $f: V \to V$。
3. 給定條件：$\langle f(v), v \rangle = 0$ 對於所有 $v \in V$。
4. 目標：證明 $f$ 是零映射，即 $f(v) = 0$ 對於所有 $v \in V$。

證明：
設 $f: V \to V$ 是一個線性變換，其中 $V$ 是一個有限維複向量空間，帶有正定埃爾米特內積 $\langle \cdot, \cdot \rangle$。
已知對所有 $v \in V$，有 $\langle f(v), v \rangle = 0$。

我們需要證明 $f(v) = 0$ 對於所有 $v \in V$。
由於 $V$ 是複向量空間，我們可以利用內積的共軛對稱性和線性性。

對於任意的 $u, v \in V$，我們考慮 $\langle f(u+v), u+v \rangle$。
根據給定條件，我們知道 $\langle f(w), w \rangle = 0$ 對於任何 $w \in V$。
所以，$\langle f(u+v), u+v \rangle = 0$。
展開這個內積：
$\langle f(u+v), u+v \rangle = \langle f(u) + f(v), u+v \rangle$
利用內積的線性性（第一變數）和共軛線性性（第二變數）：
$= \langle f(u), u+v \rangle + \langle f(v), u+v \rangle$
$= \langle f(u), u \rangle + \langle f(u), v \rangle + \langle f(v), u \rangle + \langle f(v), v \rangle$
我們已知 $\langle f(u), u \rangle = 0$ 和 $\langle f(v), v \rangle = 0$。
所以，
$0 = 0 + \langle f(u), v \rangle + \langle f(v), u \rangle + 0$
$\langle f(u), v \rangle + \langle f(v), u \rangle = 0 \quad (*)$

現在，我們考慮對任意的 $u, v \in V$ 以及任意的複數 $c \in \mathbb{C}$。
我們知道 $\langle f(u+cv), u+cv \rangle = 0$。
展開：
$\langle f(u) + cf(v), u+cv \rangle = 0$
$\langle f(u), u+cv \rangle + \langle cf(v), u+cv \rangle = 0$
$\langle f(u), u \rangle + \langle f(u), cv \rangle + c \langle f(v), u+cv \rangle = 0$
$0 + \bar{c} \langle f(u), v \rangle + c (\langle f(v), u \rangle + \langle f(v), cv \rangle) = 0$
$\bar{c} \langle f(u), v \rangle + c \langle f(v), u \rangle + c \bar{c} \langle f(v), v \rangle = 0$
由於 $\langle f(v), v \rangle = 0$，我們得到：
$\bar{c} \langle f(u), v \rangle + c \langle f(v), u \rangle = 0 \quad (**)$

現在我們有兩個方程：
$(*): \langle f(u), v \rangle + \langle f(v), u \rangle = 0$
$(**): \bar{c} \langle f(u), v \rangle + c \langle f(v), u \rangle = 0$

我們可以利用這兩個方程來證明 $\langle f(u), v \rangle = 0$。
從 $(*)$，我們有 $\langle f(v), u \rangle = -\langle f(u), v \rangle$。
將其代入 $(**)$:
$\bar{c} \langle f(u), v \rangle + c (-\langle f(u), v \rangle) = 0$
$(\bar{c} - c) \langle f(u), v \rangle = 0$
這個方程對任意的複數 $c$ 都成立。
我們可以選擇一個 $c$ 使得 $\bar{c} - c \neq 0$。
例如，選擇 $c = i$。那麼 $\bar{c} = -i$，所以 $\bar{c} - c = -i - i = -2i \neq 0$。
或者選擇 $c = 1$。那麼 $\bar{c} = 1$，所以 $\bar{c} - c = 1 - 1 = 0$。這個選擇沒有幫助。
選擇 $c$ 為非實數，例如 $c=i$。
$(\overline{i} - i) \langle f(u), v \rangle = 0$
$(-i - i) \langle f(u), v \rangle = 0$
$-2i \langle f(u), v \rangle = 0$
由於 $-2i \neq 0$，我們必須有 $\langle f(u), v \rangle = 0$。

這個結果對任意的 $u, v \in V$ 都成立。
由於 $\langle f(u), v \rangle = 0$ 對於所有 $u, v \in V$，這意味著 $f(u)$ 對於所有 $v \in V$ 都與 $f(u)$ 垂直。
特別地，我們可以選擇 $u = f(w)$ 對於任意 $w \in V$。
那麼 $\langle f(w), v \rangle = 0$ 對於所有 $v \in V$。
由於內積是正定的，如果 $\langle x, v \rangle = 0$ 對於所有 $v \in V$，則 $x$ 必須是零向量。
所以 $f(w) = 0$ 對於所有 $w \in V$。
這表明 $f$ 是零映射。

本題要求證明矩陣 $A^T$ 和 $A^T A$ 具有相同的秩（rank）。

核心觀念：

1. 矩陣的秩：矩陣的秩定義為其列空間（column space）或行空間（row space）的維度。
2. 秩的性質：
   • $\text{rank}(M) = \text{rank}(M^T)$。
   • $\text{rank}(XY) \le \min(\text{rank}(X), \text{rank}(Y))$。
   • 如果 $X$ 是可逆的，則 $\text{rank}(XY) = \text{rank}(Y)$。
   • 如果 $Y$ 是可逆的，則 $\text{rank}(XY) = \text{rank}(X)$。
3. 秩-零度定理（Rank-Nullity Theorem）：對於一個 $m \times n$ 矩陣 $M$，$\text{rank}(M) + \text{nullity}(M) = n$。其中 $\text{nullity}(M)$ 是 $M$ 的零空間（null space）的維度。

證明：
設 $A$ 是一個 $n \times n$ 的實矩陣。我們需要證明 $\text{rank}(A^T) = \text{rank}(A^T A)$。

方法一：利用秩的性質。
我們知道 $\text{rank}(M) = \text{rank}(M^T)$。
所以，$\text{rank}(A^T) = \text{rank}((A^T)^T) = \text{rank}(A)$。
因此，證明 $\text{rank}(A^T) = \text{rank}(A^T A)$ 等價於證明 $\text{rank}(A) = \text{rank}(A^T A)$。

考慮矩陣 $A^T A$。
我們有 $\text{rank}(A^T A) \le \min(\text{rank}(A^T), \text{rank}(A)) = \min(\text{rank}(A), \text{rank}(A)) = \text{rank}(A)$。
所以，我們只需要證明 $\text{rank}(A) \le \text{rank}(A^T A)$。

考慮矩陣 $A^T A$ 的零空間（null space），記為 $N(A^T A) = \{x \in \mathbb{R}^n \mid (A^T A)x = 0\}$。
根據秩-零度定理，$\text{rank}(A^T A) = n - \dim(N(A^T A))$。
我們要證明 $\text{rank}(A) = n - \dim(N(A))$。
所以，我們需要證明 $\dim(N(A^T A)) = \dim(N(A))$。

設 $x \in N(A^T A)$。則 $(A^T A)x = 0$。
這意味著 $A^T(Ax) = 0$。
令 $y = Ax$。則 $A^T y = 0$。
這意味著 $y$ 在 $A^T$ 的零空間中。
同時，我們也知道 $y = Ax$ 是 $A$ 的像空間（image space）中的一個向量。
所以，$y \in \text{Im}(A) \cap N(A^T)$。

現在，我們來分析 $N(A)$ 和 $N(A^T A)$ 的關係。
如果 $x \in N(A)$，則 $Ax = 0$。
那麼 $(A^T A)x = A^T(Ax) = A^T(0) = 0$。
所以 $x \in N(A^T A)$。
這意味著 $N(A) \subseteq N(A^T A)$。

現在，我們證明 $N(A^T A) \subseteq N(A)$。
設 $x \in N(A^T A)$。則 $(A^T A)x = 0$。
我們需要證明 $Ax = 0$。
從 $(A^T A)x = 0$，我們可以寫成 $x^T (A^T A) x = x^T 0 = 0$。
$x^T A^T A x = 0$
$(Ax)^T (Ax) = 0$
令 $y = Ax$。則 $y^T y = 0$。
對於實向量 $y = (y_1, y_2, \ldots, y_n)^T$， $y^T y = y_1^2 + y_2^2 + \cdots + y_n^2$。
如果 $y^T y = 0$ 且 $y_i$ 是實數，那麼 $y_i = 0$ 對於所有 $i$。
所以 $y = 0$。
即 $Ax = 0$。
這意味著 $x \in N(A)$。
因此，$N(A^T A) \subseteq N(A)$。

結合 $N(A) \subseteq N(A^T A)$ 和 $N(A^T A) \subseteq N(A)$，我們得到 $N(A) = N(A^T A)$。
由於零空間的維度相等，$\dim(N(A)) = \dim(N(A^T A))$。
根據秩-零度定理：
$\text{rank}(A) = n - \dim(N(A))$
$\text{rank}(A^T A) = n - \dim(N(A^T A))$
因此，$\text{rank}(A) = \text{rank}(A^T A)$。

又因為 $\text{rank}(A^T) = \text{rank}(A)$，所以我們有
$\text{rank}(A^T) = \text{rank}(A) = \text{rank}(A^T A)$。
這就證明了 $A^T$ 和 $A^T A$ 具有相同的秩。

方法二：利用列空間。
$\text{rank}(M)$ 是 $M$ 的列空間的維度。
我們要證明 $\dim(\text{Col}(A^T)) = \dim(\text{Col}(A^T A))$。
我們知道 $\text{rank}(A^T) = \text{rank}(A)$。
所以，我們只需要證明 $\text{rank}(A) = \text{rank}(A^T A)$。