112 年 國立清華大學數學系碩士班《線性代數》

核心觀念

線性方程組 $AX=C$ 有解的判斷依據是：

• 若 $\det(A)\neq 0$，則 $A$ 可逆。
• 此時對任意右端向量 $C$，系統都有唯一解 $$X=A^{-1}C.$$

本題矩陣為

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

計算行列式：

$$\begin{aligned} \det(A) &=3 \begin{vmatrix} 1&1\\ -3&0 \end{vmatrix} -(-1) \begin{vmatrix} 2&1\\ 1&0 \end{vmatrix} +2 \begin{vmatrix} 2&1\\ 1&-3 \end{vmatrix}\\ &=3(3)+1(-1)+2(-7)\\ &=-6\neq 0. \end{aligned}$$

因此 $A$ 可逆，對所有三元組 $(c_1,c_2,c_3)$，系統皆有唯一解。

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解題方法

令

$$X= \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}, \qquad C= \begin{pmatrix} c_1\\c_2\\c_3 \end{pmatrix}.$$

原方程組為

$$\begin{cases} 3x-y+2z=c_1,\\ 2x+y+z=c_2,\\ x-3y=c_3. \end{cases}$$

由第三式得

$$x=c_3+3y.$$

代入第二式：

$$2(c_3+3y)+y+z=c_2,$$

所以

$$z=c_2-2c_3-7y.$$

再將 $x$ 與 $z$ 代入第一式：

$$3(c_3+3y)-y+2(c_2-2c_3-7y)=c_1.$$

本題主要考查線性變換的幾何意義，特別是矩陣乘法對應的線性變換，以及旋轉與反射的性質。

首先，我們定義左乘變換 $L_A: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ 為 $L_A(X) = AX$。

(a) 證明 $L_A$ 是一個反射。
一個線性變換是反射，若且唯若其矩陣 $M$ 滿足 $M^2 = I$ 且 $M \neq I$。
我們計算 $A^2$：

$$A^2 = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \\ \frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \\ \frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 & \frac{1}{2}\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}(-\frac{1}{2}) \\ \frac{\sqrt{3}}{2}\frac{1}{2} + (-\frac{1}{2})\frac{\sqrt{3}}{2} & (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (-\frac{1}{2})^2 \end{pmatrix}$$ $$A^2 = \begin{pmatrix} \frac{1}{4} + \frac{3}{4} & \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{\sqrt{3}}{4} \\ \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{\sqrt{3}}{4} & \frac{3}{4} + \frac{1}{4} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$$

由於 $A^2 = I$ 且 $A \neq I$ (因為 $A$ 的對角線元素不是全為 1)，因此 $L_A$ 是一個反射。

(b) 尋找 $L_A$ 反射的軸。
反射的軸是矩陣 $A$ 的特徵向量，其對應的特徵值為 1。
我們需要解 $AX = X$，即 $(A-I)X = 0$。

$$A - I = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} - 1 & \frac{\sqrt{3}}{2} \\ \frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} - 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \\ \frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{3}{2} \end{pmatrix}$$

解方程組：

$$-\frac{1}{2}x_1 + \frac{\sqrt{3}}{2}x_2 = 0 \implies x_1 = \sqrt{3}x_2$$ $$\frac{\sqrt{3}}{2}x_1 - \frac{3}{2}x_2 = 0 \implies \sqrt{3}x_1 = 3x_2 \implies x_1 = \sqrt{3}x_2$$

兩個方程都給出相同的關係。
因此，特徵向量的形式為 $X = \begin{pmatrix} \sqrt{3}x_2 \\ x_2 \end{pmatrix} = x_2 \begin{pmatrix} \sqrt{3} \\ 1 \end{pmatrix}$。
取 $x_2 = 1$，得到一個特徵向量 $\begin{pmatrix} \sqrt{3} \\ 1 \end{pmatrix}$。
這個向量定義了反射的軸。我們可以將其正規化為單位向量，但題目只要求軸。
軸是通過原點且方向為 $\begin{pmatrix} \sqrt{3} \\ 1 \end{pmatrix}$ 的直線。這條直線與 $x$-軸的夾角 $\theta$ 滿足 $\tan \theta = \frac{1}{\sqrt{3}}$，所以 $\theta = \frac{\pi}{6}$ 或 $30^\circ$。
或者，我們可以觀察矩陣 $A$ 的形式。一個標準的反射矩陣（沿著與 $x$-軸夾角為 $\theta$ 的直線反射）的形式是 $\begin{pmatrix} \cos(2\theta) & \sin(2\theta) \\ \sin(2\theta) & -\cos(2\theta) \end{pmatrix}$。
將 $A$ 與此形式比較：
$\cos(2\theta) = \frac{1}{2}$
$\sin(2\theta) = \frac{\sqrt{3}}{2}$
這意味著 $2\theta = \frac{\pi}{3}$，所以 $\theta = \frac{\pi}{6}$。
因此，反射的軸是與 $x$-軸夾角為 $\frac{\pi}{6}$ (或 $30^\circ$) 的直線。

(c) 證明 $L_{AB}$ 和 $L_{BA}$ 是旋轉。
一個線性變換 $L_M(X) = MX$ 是旋轉，若且唯若其矩陣 $M$ 滿足 $M^T M = I$ 且 $\det(M) = 1$。
首先計算 $AB$：

$$AB = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \\ \frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{\sqrt{3}}{2} \\ \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix}$$

令 $M_{AB} = AB$。
計算 $M_{AB}^T M_{AB}$：

$$M_{AB}^T = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \\ -\frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix}$$

本題考查線性算子的最小多項式 (minimal polynomial)。首先，我們需要找到算子 $T$ 在 $P_2(\mathbb{R})$ 上的矩陣表示，然後求該矩陣的最小多項式。

$P_2(\mathbb{R})$ 的標準基底為 $\{1, x, x^2\}$。我們將基底向量代入算子 $T$ 並觀察其結果。

1. 對 $f(x) = 1$：
   $f'(x) = 0$, $f''(x) = 0$。
   $T(1) = -x(0) + 0 + 2(1) = 2$。
   在基底 $\{1, x, x^2\}$ 下，$T(1)$ 的表示為 $(2, 0, 0)$。

2. 對 $f(x) = x$：
   $f'(x) = 1$, $f''(x) = 0$。
   $T(x) = -x(0) + 1 + 2(x) = 1 + 2x$。
   在基底 $\{1, x, x^2\}$ 下，$T(x)$ 的表示為 $(1, 2, 0)$。

3. 對 $f(x) = x^2$：
   $f'(x) = 2x$, $f''(x) = 2$。
   $T(x^2) = -x(2) + 2x + 2(x^2) = -2x + 2x + 2x^2 = 2x^2$。
   在基底 $\{1, x, x^2\}$ 下，$T(x^2)$ 的表示為 $(0, 0, 2)$。

因此，算子 $T$ 在基底 $\{1, x, x^2\}$ 下的矩陣表示為：

$$M = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$$

接下來，我們需要求矩陣 $M$ 的最小多項式。
首先，計算 $M$ 的特徵多項式 (characteristic polynomial) $\chi_M(\lambda)$。

$$\chi_M(\lambda) = \det(M - \lambda I) = \det \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 & 0 \\ 0 & 2-\lambda & 0 \\ 0 & 0 & 2-\lambda \end{pmatrix}$$

核心觀念

令

$$p(x)=x^3-2x^2+x=x(x-1)^2.$$

題目條件為

$$p(T)=T^3-2T^2+T=T_0.$$

所用觀念如下：

1. 若 $T$ 可對角化，則存在一組由特徵向量構成的基底，使得 $T$ 的矩陣為對角矩陣。
2. 若 $\lambda$ 是 $T$ 的特徵值，且 $p(T)=0$，則必有 $$p(\lambda)=0.$$
3. 多項式 $p(x)$ 的根為 $0,1$，因此 $T$ 的特徵值只能是 $0$ 或 $1$。

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解題方法

設 $v\neq 0$ 為 $T$ 的特徵向量，對應特徵值 $\lambda$，即

$$T v=\lambda v.$$

由 $p(T)=0$ 可得

$$0=p(T)v =(T^3-2T^2+T)v =(\lambda^3-2\lambda^2+\lambda)v.$$

因為 $v\neq 0$，所以

$$\lambda^3-2\lambda^2+\lambda=0,$$

即

$$\lambda(\lambda-1)^2=0.$$

因此

$$\lambda=0\quad\text{或}\quad \lambda=1.$$

又因為 $T$ 在 $\mathbb R^2$ 上可對角化，所以存在一組基底，使得 $T$ 的矩陣只有下列三種相似類型：

$$\begin{pmatrix} 0&0\\ 0&0 \end{pmatrix}, \qquad \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{pmatrix}, \qquad \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&0 \end{pmatrix}.$$

第一種對應 $T=0$，第二種對應 $T=I$。第三種表示 $T$ 有一個特徵值 $1$ 與一個特徵值 $0$。

更具體地說，若

$$\mathbb R^2=E_1\oplus E_0,$$

其中

$$E_1=\ker(T-I),\qquad E_0=\ker T,$$

則 $T$ 必須滿足

$$T(u+v)=u \qquad (u\in E_1,\ v\in E_0).$$

也就是說，$T$ 是沿著 $E_0$ 投影到 $E_1$ 的投影算子。

若取 $E_1=\operatorname{span}\{u\}$、$E_0=\operatorname{span}\{v\}$，且 $u,v$ 線性獨立，則在基底 $\{u,v\}$ 下，

$$[T]_{\{u,v\}}= \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&0 \end{pmatrix}.$$

因此所有符合條件的 $T$ 可描述為：

• 零轉換 $T=0$；
• 恆等轉換 $T=I$；
• 任意非平凡投影：選取兩條互補的一維子空間 $E_1,E_0$，令 $T$ 將 $E_1$ 上的向量固定，將 $E_0$ 上的向量映到零。

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等價的代數描述

上述所有算子也恰好是滿足

$$T^2=T$$

核心觀念

這題考查非退化雙線性形式與伴隨算子（adjoint operator）。

對有限維向量空間 $V$ 上的非退化形式 $g$，對每一個線性泛函 $\varphi\in V^*$，都存在唯一的向量 $u\in V$，使得

$$\varphi(v)=g(v,u),\qquad \forall v\in V.$$

因此，若固定 $w\in V$，則

$$v\longmapsto g(Tv,w)$$

是一個線性泛函，必能唯一表示成 $g(v,T'w)$ 的形式。這個 $T'$ 即為 $T$ 相對於 $g$ 的伴隨算子。

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解題方法

固定任意 $w\in V$，定義線性泛函

$$\varphi_w:V\to \mathbb F,\qquad \varphi_w(v)=g(Tv,w).$$

因為 $T$ 與 $g$ 都是線性的，$\varphi_w$ 確實屬於 $V^*$。

考慮線性映射

$$\Phi:V\to V^*,\qquad \Phi(u)(v)=g(v,u).$$

由於 $g$ 非退化，若 $\Phi(u)=0$，則

$$g(v,u)=0,\qquad \forall v\in V,$$

非退化性立即推出 $u=0$。因此 $\Phi$ 為單射。又因為 $V$ 為有限維空間，且

$$\dim V=\dim V^*,$$

所以 $\Phi$ 也是滿射，因而為同構。

因此，對每一個 $w\in V$，存在唯一的向量 $T'w\in V$，使得

$$\Phi(T'w)=\varphi_w.$$

換句話說，

$$g(v,T'w)=g(Tv,w),\qquad \forall v\in V.$$

故

$$g(Tv,w)=g(v,T'w),\qquad \forall v,w\in V.$$

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證明 $T'$ 為線性算子

對任意 $w_1,w_2\in V$ 與純量 $a,b\in\mathbb F$，由定義有

$$g\bigl(v,T'(aw_1+bw_2)\bigr) = g\bigl(Tv,aw_1+bw_2\bigr).$$

利用 $g$ 的線性性，

$$g\bigl(v,T'(aw_1+bw_2)\bigr) = a\,g(Tv,w_1)+b\,g(Tv,w_2).$$

再利用 $T'$ 的定義，

$$g\bigl(v,T'(aw_1+bw_2)\bigr) = g\bigl(v,aT'w_1+bT'w_2\bigr).$$

所以

核心觀念

本題考查：

• 矩陣冪的運算與交換性；
• 冪零矩陣的定義：存在正整數 $r$ 使 $N^r=0$；
• 二項式級數 $$(1+x)^{1/2} =\sum_{k=0}^{\infty}\binom{1/2}{k}x^k$$ 在 $N$ 為冪零矩陣時會截斷成有限和。

需注意：題目第 (a) 小題所給的矩陣 $A=I+N-N^2$ 並不能滿足題目宣稱的等式，原題敘述應有誤植。

(a) 題目敘述的檢驗

因為 $N$ 是 $3\times 3$ 的冪零矩陣，其冪零指標至多為 $3$，故

$$N^3=0.$$

令

$$A=I+N-N^2.$$

直接平方：

$$\begin{aligned} A^2 &=(I+N-N^2)^2\\ &=I+2(N-N^2)+(N-N^2)^2\\ &=I+2N-2N^2+N^2-2N^3+N^4. \end{aligned}$$

由 $N^3=0$ 可知 $N^4=0$，因此

$$A^2=I+2N-N^2.$$

一般而言，

$$I+2N-N^2\neq I+N.$$

因此題目所要求的

$$A^2=I+N$$

並不成立。

例如取

$$N= \begin{pmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{pmatrix},$$

則 $N^3=0$ 且 $N\neq 0$，此時

$$A^2=I+2N-N^2\neq I+N.$$

正確的平方根

設

$$B=I+\frac12N-\frac18N^2.$$

計算得

[
\begin{aligned}
B^2
&=\left(I+\frac12N-\frac18N^2\right)^2\
&=I+2\left(\frac12N-\frac18N^2\right)
+\left(\frac12N-\frac18N^2\right)^2\
&=I+N-\frac14N^2+\frac14N^2
-\frac18N^3+\frac1{64}N^4.
\end{aligned}$$

由 $N^3=0$，得到

$$B^2=I+N.$$

所以 $I+N$ 的平方根應為

$$\boxed{B=I+\frac12N-\frac18N^2}.$$

(b) 一般 $n\times n$ 情形

解題方法

由 Cayley–Hamilton 定理，$n\times n$ 冪零矩陣滿足

$$N^n=0.$$

因此平方根的二項式級數會在 $N^{n-1}$ 處截斷。定義

$$B=\sum_{k=0}^{n-1}\binom{1/2}{k}N^k,$$

其中

$$\binom{1/2}{k} =$$