111 年 國立清華大學數學系碩士班純數組《線性代數》

本題考驗線性變換的存在性證明。核心觀念是利用線性代數中的基底擴展定理。

證明：
由於 $v_1$ 和 $v_2$ 是 $V$ 中兩個不同的向量，所以向量 $v_2 - v_1$ 是非零向量。
我們可以將 $v_2 - v_1$ 擴展成 $V$ 的一個基底。設 $\{v_2 - v_1, u_2, \dots, u_n\}$ 是 $V$ 的一個基底，其中 $n = \dim(V)$。
我們定義一個線性變換 $f: V \to \mathbb{R}$ 如下：
對基底向量，我們定義 $f$ 的值：
$f(v_2 - v_1) = 1$
$f(u_i) = 0$ for $i = 2, \dots, n$.

由於 $\{v_2 - v_1, u_2, \dots, u_n\}$ 是 $V$ 的一個基底，任何 $v \in V$ 都可以唯一地表示為 $v = c_0(v_2 - v_1) + c_2 u_2 + \dots + c_n u_n$，其中 $c_0, c_2, \dots, c_n \in \mathbb{R}$。
我們定義線性變換 $f$ 在 $v$ 上的作用為：
$f(v) = f(c_0(v_2 - v_1) + c_2 u_2 + \dots + c_n u_n) = c_0 f(v_2 - v_1) + c_2 f(u_2) + \dots + c_n f(u_n)$
$f(v) = c_0(1) + c_2(0) + \dots + c_n(0) = c_0$.

本題考驗線性變換的定義、核空間的基底以及商空間的性質。

首先，我們計算行列式：
$f(x, y, z) = 1(-z - 2y) - 2(z - 2x) + 3(y - (-x))$
$f(x, y, z) = -z - 2y - 2z + 4x + 3y + 3x$
$f(x, y, z) = 7x + y - 3z$

(i) 證明 $f$ 是 $\mathbb{R}$ 上的線性變換。
令 $v_1 = (x_1, y_1, z_1) \in V$ 且 $v_2 = (x_2, y_2, z_2) \in V$。令 $c \in \mathbb{R}$。
$f(v_1 + v_2) = f(x_1+x_2, y_1+y_2, z_1+z_2) = 7(x_1+x_2) + (y_1+y_2) - 3(z_1+z_2)$
$= (7x_1 + y_1 - 3z_1) + (7x_2 + y_2 - 3z_2) = f(v_1) + f(v_2)$.
$f(c v_1) = f(cx_1, cy_1, cz_1) = 7(cx_1) + (cy_1) - 3(cz_1) = c(7x_1 + y_1 - 3z_1) = c f(v_1)$.
因此，$f$ 是一個線性變換。

(ii) 求 $W := \text{Ker } f$ 的一個 $\mathbb{R}$-基底。
$W = \{ (x, y, z) \in V \mid f(x, y, z) = 0 \}$
$W = \{ (x, y, z) \in V \mid 7x + y - 3z = 0 \}$
這是一個二維空間中的一個平面。我們需要找到這個平面的基底。
令 $z = t_1$, $y = t_2$。則 $7x + t_2 - 3t_1 = 0 \implies x = \frac{3t_1 - t_2}{7}$。
然而，我們更傾向於找到形式上更簡潔的基底。
從 $7x + y - 3z = 0$，我們可以選擇兩個變數作為自由變數。
令 $x=1, y=0$, 則 $7(1) + 0 - 3z = 0 \implies 3z = 7 \implies z = 7/3$. 所以 $(1, 0, 7/3)$ 是一個向量。
令 $x=0, y=1$, 則 $7(0) + 1 - 3z = 0 \implies 3z = 1 \implies z = 1/3$. 所以 $(0, 1, 1/3)$ 是一個向量。
為了得到整數向量，我們可以調整：
令 $x=1, y=0 \implies z=7/3$. 為了避免分數，我們可以將整個向量乘以 3，得到 $(3, 0, 7)$。
驗證：$7(3) + 0 - 3(7) = 21 - 21 = 0$。
令 $x=0, y=3 \implies 3 - 3z = 0 \implies z=1$. 得到 $(0, 3, 1)$。
驗證：$7(0) + 3 - 3(1) = 3 - 3 = 0$。
向量 $(3, 0, 7)$ 和 $(0, 3, 1)$ 是線性獨立的，因為它們不成比例。
因此，$W$ 的一個 $\mathbb{R}$-基底是 $\{(3, 0, 7), (0, 3, 1)\}$。
$\dim(W) = 2$。

(iii) 證明 $\bar{f}: V/W \to \mathbb{R}$ 是 well-defined 且是同構。
首先，我們需要證明 $\bar{f}$ 是 well-defined。
這意味著如果 $\bar{v}_1 = \bar{v}_2$ 在 $V/W$ 中，那麼 $\bar{f}(\bar{v}_1) = \bar{f}(\bar{v}_2)$。
如果 $\bar{v}_1 = \bar{v}_2$，則 $v_1 - v_2 \in W = \text{Ker } f$。
所以 $f(v_1 - v_2) = 0$。

核心觀念

對矩陣 $A$ 求 Jordan canonical form，主要使用以下概念：

1. 特徵多項式
   $p_A(t)=\det(tI-A)$
   其根為特徵值，根的重數為該特徵值的代數重數。

2. 幾何重數
   $\dim\ker(A-\lambda I)$
   決定特徵值 $\lambda$ 對應的 Jordan block 數目。

3. 若特徵值 $\lambda$ 的代數重數為 $2$：

   • 幾何重數為 $2$：對應兩個 $1\times 1$ block，即 $\lambda I_2$。
   • 幾何重數為 $1$：對應一個 $2\times 2$ Jordan block $$$$

J_2(\lambda)=
\begin{pmatrix}
\lambda&1\
0&\lambda
\end{pmatrix}.
$$

---

解題方法

令

$$A= \begin{pmatrix} 2 & -4 & 2 & 2 \\ -2 & 0 & 1 & 3 \\ -2 & -2 & 3 & 3 \\ -2 & -6 & 3 & 7 \end{pmatrix}.$$

考慮

$$tI-A= \begin{pmatrix} t-2&4&-2&-2\\ 2&t&-1&-3\\ 2&2&t-3&-3\\ 2&6&-3&t-7 \end{pmatrix}.$$

對其作列運算

$$R_3\leftarrow R_3-R_2,\qquad R_4\leftarrow R_4-R_2,$$

得到

$$\begin{pmatrix} t-2&4&-2&-2\\ 2&t&-1&-3\\ 0&2-t&t-2&0\\ 0&6-t&-2&t-4 \end{pmatrix}.$$

沿第一欄展開。令

$$B= \begin{pmatrix} t&-1&-3\\ 2-t&t-2&0\\ 6-t&-2&t-4 \end{pmatrix},$$

則

$$\det B=t^3-10t^2+32t-32.$$

另一個餘子式為

$$\det \begin{pmatrix} 4&-2&-2\\ 2-t&t-2&0\\ 6-t&-2&t-4 \end{pmatrix}=0.$$

因此

$$\begin{aligned} p_A(t) &=\det(tI-A)\\ &=(t-2)(t^3-10t^2+32t-32). \end{aligned}$$

將三次式因式分解：

$$t^3-10t^2+32t-32 =(t-2)(t^2-8t+16) =(t-2)(t-4)^2.$$

所以特徵多項式為

$$p_A(t)=(t-2)^2(t-4)^2.$$

因此特徵值為：

• $\lambda=2$，代數重數 $2$；
• $\lambda=4$，代數重數 $2$。

---

判定 $\lambda=2$ 的 Jordan block

考慮

核心觀念

本題涉及：

• 正規算子：$T^*T=TT^*$。
• 自伴算子：$T^*=T$。
• 投影算子：$T^2=T$。
• 複數內積空間上的正規算子可由譜定理酉對角化。

然而，題目給定的條件不足以推出 $T$ 自伴且冪等；命題本身不成立。

反例

令 $\omega=e^{2\pi i/3}$，則

$$\omega^3=1,\qquad \omega\neq 1,\qquad \overline{\omega}=\omega^2.$$

在任意非零有限維複數內積空間 $V$ 上定義

$$T=\omega I.$$

因為 $T$ 是純量倍的恆等算子，所以

$$T^*=\overline{\omega}I=\omega^2 I,$$

而

$$T^2=(\omega I)^2=\omega^2 I.$$

因此確實有

$$T^*=T^2.$$

此外，

$$T^*T=\omega^2\omega I=I, \qquad TT^*=\omega\omega^2 I=I,$$

故 $T$ 是正規算子。

但

$$T^*=\omega^2I\neq \omega I=T,$$

所以 $T$ 不是自伴算子；又因為

$$T^2=\omega^2I\neq \omega I=T,$$

所以 $T$ 也不是冪等算子。

由譜定理看出問題所在

由於 $T$ 正規，存在一組正交規範基，使得 $T$ 在此基底下為對角矩陣：

$$T=\operatorname{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n).$$

條件 $T^*=T^2$ 等價於對每個特徵值 $\lambda_j$ 有

核心觀念

本題考查兩個有限維複內積空間之間的內積表示，以及正定算子的判定。

採用複內積在第一個變數線性、第二個變數共軛線性的慣例。需要使用：

1. Riesz 表示定理：對固定的 $x\in V$，映射
   $y\longmapsto (x,y)'$
   是關於 $y$ 的共軛線性泛函，因此存在唯一的向量 $T(x)\in V$，使得
   $(x,y)'=(T(x),y)\qquad\text{對所有 }y\in V.$

2. 內積的正定性：
   $(x,x)>0,\qquad (x,x)'>0\quad (x\ne 0).$

3. 正定算子定義：若內積為 $\langle\cdot,\cdot\rangle$，算子 $T$ 關於此內積正定，表示
   $\langle Tx,x\rangle>0\qquad (x\ne 0).$

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解題方法

對每個固定的 $x$，將第二個內積所產生的共軛線性泛函 $(x,\cdot)'$，利用原內積 $(\cdot,\cdot)$ 的 Riesz 表示定理表示為 $(T(x),\cdot)$。接著證明這些表示向量隨 $x$ 線性變化，即得到線性算子 $T$。

正定性則直接由
$(T(x),x)=(x,x)'>0$
得到。關於第二個內積的正定性，先利用關係式與自伴性推導
$(T(x),x)'=(T(x),T(x))>0.$

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（i）存在性與唯一性

存在性

固定任意 $x\in V$，定義
$f_x(y)=(x,y)'\qquad (y\in V).$

由於 $(\cdot,\cdot)'$ 是複內積，$f_x$ 是關於 $y$ 的共軛線性泛函。由有限維內積空間上的 Riesz 表示定理，存在唯一向量 $T(x)\in V$，使得

$$f_x(y)=(T(x),y)\qquad\text{對所有 }y\in V.$$

因此

$$(x,y)'=(T(x),y)\qquad\text{對所有 }x,y\in V.$$

目前已對每個 $x$ 定義出唯一的 $T(x)$，還需證明 $T$ 為線性算子。

對任意 $x_1,x_2,y\in V$，有

$$\begin{aligned} (T(x_1+x_2),y) &=(x_1+x_2,y)'\\ &=(x_1,y)'+(x_2,y)'\\ &=(T(x_1),y)+(T(x_2),y)\\ &=(T(x_1)+T(x_2),y). \end{aligned}$$

因此

$$(T(x_1+x_2)-T(x_1)-T(x_2),y)=0 \qquad\text{對所有 }y\in V.$$

取 $y=T(x_1+x_2)-T(x_1)-T(x_2)$，由內積正定性可得

$$T(x_1+x_2)=T(x_1)+T(x_2).$$

同理，對任意 $\alpha\in\mathbb C$，

$$\begin{aligned} (T(\alpha x),y) &=(\alpha x,y)'\\ &=\alpha(x,y)'\\ &=\alpha(T(x),y)\\ &=(\alpha T(x),y). \end{aligned}$$

故

$$T(\alpha x)=\alpha T(x).$$

所以 $T$ 為線性算子。

唯一性

若 $T_1,T_2$ 都滿足

$$(x,y)'=(T_1x,y)=(T_2x,y) \qquad\text{對所有 }x,y\in V,$$

則

本題考驗向量空間的對偶空間和子空間的零化子 (annihilator)。

核心觀念：

1. 對偶空間 $V^*$：所有從向量空間 $V$ 到其係數域（此處為 $\mathbb{R}$）的線性變換的集合。
2. 子空間 $W$：$W = \{ (x_1, \dots, x_n) \in \mathbb{R}^n \mid x_1 + \dots + x_n = 0 \}$。這是一個 $n-1$ 維的子空間，代表過原點的 $n-1$ 維超平面。
3. 零化子 $W^\circ$：$W^\circ = \{ f \in V^* \mid f(w) = 0 \text{ for all } w \in W \}$。這是對偶空間 $V^*$ 中的一個子空間，包含所有在 $W$ 的所有向量上取值為零的線性泛函。
4. 維度關係：對於有限維向量空間 $V$ 和其子空間 $W$，$\dim(W) + \dim(W^\circ) = \dim(V)$。

證明：

我們需要證明 $W^\circ$ 等於形式為 $f(a_1, \dots, a_n) = \lambda (a_1 + \dots + a_n)$ 的所有線性泛函的集合。

第一部分：證明形式為 $f(a_1, \dots, a_n) = \lambda (a_1 + \dots + a_n)$ 的線性泛函屬於 $W^\circ$。

令 $f: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ 是一個線性泛函，其形式為 $f(x) = \lambda (x_1 + \dots + x_n)$，其中 $x = (x_1, \dots, x_n) \in \mathbb{R}^n$ 且 $\lambda \in \mathbb{R}$。
我們需要證明 $f \in W^\circ$，即對於所有 $w \in W$，都有 $f(w) = 0$。

令 $w = (w_1, \dots, w_n) \in W$。根據 $W$ 的定義，我們有 $w_1 + \dots + w_n = 0$。
計算 $f(w)$:
$f(w) = \lambda (w_1 + \dots + w_n)$.
由於 $w_1 + \dots + w_n = 0$,
$f(w) = \lambda (0) = 0$.
這對所有 $w \in W$ 都成立。
因此，任何形式為 $f(x) = \lambda (x_1 + \dots + x_n)$ 的線性泛函都屬於 $W^\circ$。

第二部分：證明 $W^\circ$ 中的所有線性泛函都具有這種形式。

令 $f \in W^\circ$。這意味著 $f$ 是一個線性泛函，且 $f(w) = 0$ 對於所有 $w \in W$。
$V = \mathbb{R}^n$，$\dim(V) = n$。
$W = \{ (x_1, \dots, x_n) \in \mathbb{R}^n \mid x_1 + \dots + x_n = 0 \}$。
$W$ 的維度是 $n-1$。
根據維度關係，$\dim(W^\circ) = \dim(V) - \dim(W) = n - (n-1) = 1$。
這意味著 $W^\circ$ 是一個一維的向量空間。

本題考驗線性方程組解的存在性與否，以及矩陣的性質。

核心觀念：

1. 線性方程組 $Ax=b$ 的解的存在性：若且唯若 $b$ 屬於 $A$ 的列空間 (Column Space)，或者等價地，若且唯若 $b$ 在 $A$ 的行化簡形式中沒有對應到一個全零列（當 $A$ 的秩小於 $n$ 時）。另一個重要的判斷是，對於任何向量 $c$ 使得 $cA=0$，必須滿足 $cb=0$。
2. 矩陣的秩 (Rank)：矩陣的秩是其列空間或行空間的維度。
3. 零空間 (Null Space)：矩陣 $A$ 的零空間是 $\{x \mid Ax=0\}$。
4. 左零空間 (Left Null Space)：矩陣 $A$ 的左零空間是 $\{c \mid cA=0\}$。

證明：

我們被給予以下條件：

1. $A$ 是一個 $n \times n$ 的非零實矩陣。
2. $b$ 是一個 $n \times 1$ 的非零實向量。
3. 存在一個 $1 \times n$ 的實向量 $c$，使得 $cA = 0$ 且 $cb = 1$。

我們需要證明線性方程組 $Ax = b$ 沒有解。

假設 $Ax = b$ 有一個解 $x_0 \in \text{Mat}_{n\times 1}(\mathbb{R})$。
這意味著 $Ax_0 = b$。

現在，我們利用給定的條件 $cA = 0$ 和 $cb = 1$。
我們將向量 $c$ 左乘方程 $Ax_0 = b$：
$c(Ax_0) = cb$.

根據矩陣乘法的結合律，左邊可以寫成 $(cA)x_0$。
$(cA)x_0 = cb$.

我們已知 $cA = 0$（零矩陣）。所以，左邊的表達式變為：
$0 \cdot x_0 = cb$.
$0 = cb$.