113 年 國立清華大學數學系碩士班《線性代數》

核心觀念

本段是整份試卷的符號約定，並非需要計算或證明的題目。重點在於辨認各集合的元素，以及導數、範數的意義。其中，矩陣空間、多項式空間與光滑函數空間，皆可在通常的加法與實數純量乘法下視為實向量空間。

解題方法：逐項解讀符號

1. $\mathbb{R}$：所有實數所成的集合

$\mathbb{R}$ 包含有理數與無理數，例如 $0$、$-2$、$\frac{1}{3}$、$\sqrt{2}$。

在本試卷中，矩陣元素、多項式係數與函數的輸出，均依題目約定取實數。

2. $M_{m\times n}(\mathbb{R})$：所有實 $m\times n$ 矩陣所成的集合

其元素具有 $m$ 列、$n$ 行，每個元素皆為實數：

$$M_{m\times n}(\mathbb{R}) = \left\{(a_{ij})_{m\times n}:a_{ij}\in\mathbb{R}\right\}.$$

例如，

$$\begin{pmatrix} 1&0&-2\\ 3&4&5 \end{pmatrix} \in M_{2\times3}(\mathbb{R}).$$

每個位置的元素均可獨立選取，因此此向量空間的維度為

$$\dim M_{m\times n}(\mathbb{R})=mn.$$

3. $P_n(\mathbb{R})$：次數至多為 $n$ 的實係數多項式所成的集合

對非負整數 $n$，可寫成

$$P_n(\mathbb{R}) = \left\{a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n:a_0,\ldots,a_n\in\mathbb{R}\right\}.$$

「至多為 $n$」表示最高次項係數不必非零。例如 $1+x$ 屬於 $P_2(\mathbb{R})$，不必恰為二次多項式。零多項式也包含在此集合中，即使其次數通常不作一般的定義。

由於每個多項式都能唯一表示為 $1,x,\ldots,x^n$ 的線性組合，故

$$\{1,x,\ldots,x^n\}$$

是其一組基底，且

$$\dim P_n(\mathbb{R})=n+1.$$

4. $C^\infty(\mathbb{R})$：所有從 $\mathbb{R}$ 映至 $\mathbb{R}$ 的無限次可微函數所成的集合

核心觀念

1. 線性映射（Linear Transformation）的定義：
   設 $V, W$ 為向量空間，映射 $T: V \to W$ 稱為線性映射，若且唯若對任意 $f, g \in V$ 及任意純量 $c \in \mathbb{R}$，皆滿足以下兩條件：

   • 加法性（Additivity）：$T(f + g) = T(f) + T(g)$
   • 齊次性（Homogeneity）：$T(c f) = c T(f)$

2. 導數運算的線性特徵：
   微分算子 $\frac{d}{dx}$ 本身具有線性特徵：$(f+g)' = f'+g'$ 與 $(cf)' = c f'$。在複合函數 $f'(x-a)$ 與多項式相乘 $(ax+1)f''(x)$ 中，常數項與變數項對線性的影響需要透過定義嚴格檢驗。

3. 有限維向量空間的矩陣表示法（Matrix Representation）與滿射（Surjectivity）：

   • 多項式空間 $P_n(\mathbb{R})$ 表示次數小於等於 $n$ 的多項式集合，其標準基底為 $\beta = \{1, x, x^2, \dots, x^n\}$。
   • $P_3(\mathbb{R})$ 的維度為 $\dim(P_3(\mathbb{R})) = 4$，$P_2(\mathbb{R})$ 的維度為 $\dim(P_2(\mathbb{R})) = 3$。
   • 線性映射 $T: V \to W$ 為滿射（Surjective）當且唯若值域的維度等於目標空間的維度，即 $\mathrm{rank}(T) = \dim(\mathrm{Im}(T)) = \dim(W)$。
   • 在基底下，映射 $T$ 對應的矩陣列秩（Row rank）或行秩（Column rank）即為 $\mathrm{rank}(T)$。

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解題方法

(a) 判定使 $T$ 為線性映射的實數 $a$ 範圍

我們要檢驗 $T(f(x)) = f'(x - a) + (ax + 1)f''(x)$ 是否對任意實數 $a$ 皆滿足線性的定義。

步驟一：驗驗加法性
對任意 $f(x), g(x) \in P_3(\mathbb{R})$：

$$\begin{aligned} T(f(x) + g(x)) &= (f + g)'(x - a) + (ax + 1)(f + g)''(x) \\ &= \left[ f'(x - a) + g'(x - a) \right] + (ax + 1)\left[ f''(x) + g''(x) \right] \\ &= \left[ f'(x - a) + (ax + 1)f''(x) \right] + \left[ g'(x - a) + (ax + 1)g''(x) \right] \\ &= T(f(x)) + T(g(x)) \end{aligned}$$

因此，對任意 $a \in \mathbb{R}$，加法性皆成立。

步驟二：驗證齊次性
對任意 $f(x) \in P_3(\mathbb{R})$ 及純量 $c \in \mathbb{R}$：

$$\begin{aligned} T(c \cdot f(x)) &= (c f)'(x - a) + (ax + 1)(c f)''(x) \\ &= c \cdot f'(x - a) + c(ax + 1)f''(x) \\ &= c \left[ f'(x - a) + (ax + 1)f''(x) \right] \\ &= c \cdot T(f(x)) \end{aligned}$$

因此，對任意 $a \in \mathbb{R}$，齊次性皆成立。

由加法性與齊次性可知，對所有實數 $a \in \mathbb{R}$，$T$ 皆為線性映射。

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(b) 求使 $T$ 不為滿射（Not Surjective）的實數 $a$

因為 $T: P_3(\mathbb{R}) \to P_2(\mathbb{R})$ 為線性映射，且 $\dim(P_2(\mathbb{R})) = 3$，故 $T$ 為滿射若且唯若 $\mathrm{rank}(T) = 3$。反之，$T$ 不為滿射 若且唯若 $\mathrm{rank}(T) < 3$。

我們取 $P_3(\mathbb{R})$ 的標準基底 $\beta = \{1, x, x^2, x^3\}$ 與 $P_2(\mathbb{R})$ 的標準基底 $\gamma = \{1, x, x^2\}$，計算基底元素經由 $T$ 映射後的影像：

1. $T(1)$:
   $f(x) = 1 \implies f'(x) = 0, f''(x) = 0$
   $T(1) = 0 + (ax+1)\cdot 0 = 0$

2. $T(x)$:
   $f(x) = x \implies f'(x) = 1, f''(x) = 0$
   $T(x) = 1 + (ax+1)\cdot 0 = 1$

3. $T(x^2)$:
   $f(x) = x^2 \implies f'(x) = 2x, f''(x) = 2$
   $T(x^2) = 2(x-a) + (ax+1)\cdot 2 = 2x - 2a + 2ax + 2 = (2 - 2a) + (2 + 2a)x$

【國立清華大學數學系碩士班 113 學年度研究所入學考試《線性代數》第 2 題詳解】

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核心觀念

1. 特徵值與特徵向量的定義 (Eigenvalues and Eigenvectors)：
   對於定義在實數向量空間 $V$ 上的線性運算子 $T: V \to V$，若存在純量 $\lambda \in \mathbb{R}$ 與非零向量 $\mathbf{v} \in V$ ($\mathbf{v} \neq \mathbf{0}$) 使得：
   $T(\mathbf{v}) = \lambda \mathbf{v}$
   則稱 $\lambda$ 為 $T$ 的特徵值 (eigenvalue)，$\mathbf{v}$ 為對應於 $\lambda$ 的特徵向量 (eigenvector)。
2. 微分方程式的解 (Differential Equations)：
   對於指數函數 $f(x) = e^{\lambda x}$，其一階導數為 $f'(x) = \lambda e^{\lambda x}$。由於 $e^{\lambda x} \in C^\infty(\mathbb{R})$ 且對任意 $\lambda \in \mathbb{R}$ 恆不為零函數，因此任意實數 $\lambda$ 皆為微份運算子的特徵值。
3. 無窮維度與有限維度空間的特徵值特性：
   • $C^\infty(\mathbb{R})$ 為無窮維度 (infinite-dimensional) 向量空間，線性運算子可擁有無窮多個相異特徵值。
   • $P_n(\mathbb{R})$ 為有限維度 (finite-dimensional) 向量空間，維度為 $\dim(P_n(\mathbb{R})) = n+1$。有限維度向量空間上的線性運算子，其特徵值必然為特徵多項式 (characteristic polynomial) 的根，而 $k$ 次多項式至多僅有 $k$ 個相異實根。

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解題方法與詳細推導

(a) 證明 $T: C^\infty(\mathbb{R}) \to C^\infty(\mathbb{R})$，$T(f) = f'$ 有無窮多個特徵值

• 切入點：依據特徵值定義，尋找滿足 $T(f) = \lambda f$ 的非零無窮可微函數 $f(x)$。
• 詳細推導：
  1. 設 $\lambda \in \mathbb{R}$ 為任意實數。考慮特徵方程式 $T(f) = \lambda f$，即一階微分方程式：
     $f'(x) = \lambda f(x)$
  2. 解此微分方程式，可得通解為：
     $f(x) = c e^{\lambda x}, \quad c \in \mathbb{R}$
  3. 取 $c = 1$，令 $f_\lambda(x) = e^{\lambda x}$：
     • 良好性 (Well-definedness)：指數函數 $e^{\lambda x}$ 任意次微分皆存在且連續，故 $f_\lambda(x) \in C^\infty(\mathbb{R})$。
     • 非零性 (Non-zero vector)：對任意 $x \in \mathbb{R}$，$e^{\lambda x} > 0$，故 $f_\lambda \neq \mathbf{0}$（非零函數）。
     • 特徵值檢驗：$T(f_\lambda) = (e^{\lambda x})' = \lambda e^{\lambda x} = \lambda f_\lambda$。
  4. 由於對任意相異實數 $\lambda \in \mathbb{R}$，皆可對應到一個相異且非零的特徵函數 $f_\lambda(x) = e^{\lambda x}$，而實數集 $\mathbb{R}$ 包含無窮多個元素，故 $T$ 擁有無窮多個相異特徵值。

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(b) 證明若 $V = P_n(\mathbb{R})$，則任何線性運算子 $T$ 僅有有限個特徵值

• 切入點：利用有限維度向量空間的矩陣表示法 (Matrix Representation) 與特徵多項式 (Characteristic Polynomial) 的代數基本定理證明。說明細節需明確指出 $P_n(\mathbb{R})$ 的「有限維度」性質是關鍵，並點出為何此推導在無窮維度空間 $C^\infty(\mathbb{R})$ 中無法成立。
• 詳細推導：
  1. 建構有限維度空間的標準基底：
     空間 $V = P_n(\mathbb{R})$ 由最高次數不超過 $n$ 的實係數多項式所組成。
     其一組標準基底為 $\beta = \{1, x, x^2, \dots, x^n\}$。
     因此 $P_n(\mathbb{R})$ 的維度為有限值：$\dim(P_n(\mathbb{R})) = n + 1$。
  2. 轉換為矩陣表示法：

核心觀念

1. 內積空間與範數定義：設 $V$ 為實數體 $\mathbb{R}$ 上的內積空間，對於任意 $v \in V$，範數定義為 $\|v\| = \sqrt{\langle v, v \rangle}$。
2. 中垂面（垂直平分面）的幾何與代數條件：集合 $S = \{v \in V \mid \|v - u_1\| = \|v - u_2\|\}$ 是至 $u_1$ 與 $u_2$ 距離相等的所有向量點集。
   根據內積展開：
   $\|v - u_1\|^2 = \langle v - u_1, v - u_1 \rangle = \|v\|^2 - 2\langle v, u_1 \rangle + \|u_1\|^2$
   $\|v - u_2\|^2 = \langle v - u_2, v - u_2 \rangle = \|v\|^2 - 2\langle v, u_2 \rangle + \|u_2\|^2$
   兩式相等當且僅當：
   $\langle v, u_1 - u_2 \rangle = \frac{1}{2}(\|u_1\|^2 - \|u_2\|^2)$
3. 子空間的充要條件：向量空間的子空間必須包含零向量 $\mathbf{0}$（即充要條件之一為 $\mathbf{0} \in S$），且對加法與純量乘法封閉。

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解題方法

(a) 求 $S$ 為子空間對 $u_1, u_2$ 的充要條件與證明

【推導步驟】

1. 必要條件（Necessary Condition）：
   若 $S$ 是 $V$ 的子空間，則零向量 $\mathbf{0}$ 必須屬於 $S$。
   將 $v = \mathbf{0}$ 代入 $S$ 的定義條件：
   $\|\mathbf{0} - u_1\| = \|\mathbf{0} - u_2\| \iff \|u_1\| = \|u_2\|$
   因此，$\|u_1\| = \|u_2\|$ 為必要條件。

2. 充分條件（Sufficient Condition）：
   若 $\|u_1\| = \|u_2\|$，我們證明 $S$ 必為 $V$ 的子空間。
   當 $\|u_1\| = \|u_2\|$ 時，上式幾何條件簡化為：
   $\langle v, u_1 - u_2 \rangle = \frac{1}{2}(\|u_1\|^2 - \|u_2\|^2) = 0$
   這說明 $S$ 可等價表示為：
   $S = \{v \in V \mid \langle v, u_1 - u_2 \rangle = 0\} = \{u_1 - u_2\}^\perp$
   即 $S$ 為非零向量 $u_1 - u_2$（因 $u_1 \neq u_2$）的正交補空間（Orthogonal Complement）。

核心觀念

1. 線性方程式解的結構（Structure of Solutions to $Ax=b$）：
   若 $Ax=b$ 存在一個特解（particular solution）$x_p$，則 $Ax=b$ 的通解為
   $x = x_p + x_h$
   其中 $x_h \in \ker(A)$ 為齊次方程 $Ax=0$ 的解（零空間 elements in the null space）。

2. 零空間與解集的幾何性質：

   • 若 $\ker(A) \neq \{0\}$（即存在非零向量 $v \in \ker(A)$），則對任意常數 $c \in \mathbb{R}$，$x_p + c v$ 皆為 $Ax=b$ 的解。
   • 當 $|c| \to \infty$ 時，$\|x_p + c v\| \to \infty$。因此若 $\ker(A) \neq \{0\}$，解集中必包含模長（norm）任意大的解（即必存在範數超過 $2024$ 的解）。

3. 矩陣秩與維度定理（Rank-Nullity Theorem）：
   對矩陣 $A \in M_{m \times n}(\mathbb{R})$：
   $\dim(\ker(A)) + \text{rank}(A) = n$

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題目條件解析與切入點

題目給定條件：

• $Ax = b$ 在 $\|x\| \le 2024$ 區域內至少有一個解 $x_p$。
• $Ax = b$ 在 $\|x\| > 2024$ 區域內沒有任何解。

由此可直接推導出：
$Ax = b$ 的解集在 $\mathbb{R}^n$ 中必須是一個有界集（Bounded Set）。

若 $\ker(A)$ 包含非零向量 $v \neq 0$，則可構造解：
$x(c) = x_p + c v, \quad c \in \mathbb{R}$
因為非零向量的模長隨 $|c|$ 增加可趨近於無窮大，必存在某些 $c$ 使得 $\|x(c)\| > 2024$。但題目表明 $\|x\| > 2024$ 無解，因此推導出零空間必須只有零向量，即：
$\ker(A) = \{0\} \implies \text{nullity}(A) = 0$

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選項分析與證明

(a) The system of linear equations $Ax = b$ has only one solution for $x \in \mathbb{R}^n$.

【結論】正確（Statement is TRUE）

【證明】

1. 唯一性證明：
   假設 $Ax = b$ 有兩個相異解 $x_1, x_2 \in \mathbb{R}^n$（即 $x_1 \neq x_2$）。
   則兩者之差 $v = x_1 - x_2 \neq 0$ 滿足：
   $A v = A(x_1 - x_2) = Ax_1 - Ax_2 = b - b = 0$
   故非零向量 $v \in \ker(A)$。

核心觀念

本題考查線性代數中正交變換（Orthogonal Transformation）與歐幾里得內積（Inner Product）／範數（Norm）的幾何性質與保距性。

1. 正交矩陣與保內積性：
   $n \times n$ 正交矩陣 $A$ 滿足 $A^T A = I$。正交矩陣保持向量的內積與範數，即對任意 $x, y \in \mathbb{R}^n$：
   $\langle Ax, Ay \rangle = (Ax)^T (Ay) = x^T A^T A y = x^T y = \langle x, y \rangle$
2. 範數與內積的關係（餘弦定理與極化恆等式 Polar Identity）：
   在實內積空間中，兩向量差的範數平方展開為：
   $\|x - y\|^2 = \|x\|^2 - 2 \langle x, y \rangle + \|y\|^2$
   因此，條件 $\|u_1\| = \|v_1\|$, $\|u_2\| = \|v_2\|$, 且 $\|u_1 - u_2\| = \|v_1 - v_2\|$ 等價於 $\langle u_1, u_2 \rangle = \langle v_1, v_2 \rangle$ 以及長度相等。
3. Gram-Schmidt 正交化與正交基底擴充定理（Extension to Orthonormal Basis）：
   若兩組線性獨立向量 $\{u_1, u_2\}$ 與 $\{v_1, v_2\}$ 滿足對應的長度與夾角相同（即 Gram 矩陣相等），則經由 Gram-Schmidt 正交化所得的規範正交基底（Orthonormal Basis），其相對應的線性組合係數完全相同。再利用實內積空間中任意規範正交集皆可擴充為 $\mathbb{R}^n$ 的規範正交基底，即可建立將一組規範正交基底映射至另一組規範正交基底的正交矩陣 $A$。

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解題方法

證明兩條件等價 (Equivalence)，需分別證明 $(a) \Rightarrow (b)$ 與 $(b) \Rightarrow (a)$：

• (a) $\Rightarrow$ (b) 證明（推導保距性）：
  假設存在正交矩陣 $A$ 使得 $Au_1 = v_1$ 且 $Au_2 = v_2$。

  1. $\|v_1\| = \|Au_1\| = \sqrt{(Au_1)^T (Au_1)} = \sqrt{u_1^T A^T A u_1} = \sqrt{u_1^T u_1} = \|u_1\|$
  2. 同理，$\|v_2\| = \|Au_2\| = \|u_2\|$
  3. 由矩陣線性性質，$A(u_1 - u_2) = Au_1 - Au_2 = v_1 - v_2$。
     故 $\|v_1 - v_2\| = \|A(u_1 - u_2)\| = \|u_1 - u_2\|$。
     故 (a) $\Rightarrow$ (b) 成立。

• (b) $\Rightarrow$ (a) 證明（構造正交矩陣）：

  1. 化簡條件：
     由 $\|u_1 - u_2\|^2 = \|v_1 - v_2\|^2$ 展開：
     $\|u_1\|^2 - 2\langle u_1, u_2 \rangle + \|u_2\|^2 = \|v_1\|^2 - 2\langle v_1, v_2 \rangle + \|v_2\|^2$
     因為 $\|u_1\| = \|v_1\|$ 且 $\|u_2\| = \|v_2\|$，代入上式消去同加項，得：
     $\langle u_1, u_2 \rangle = \langle v_1, v_2 \rangle$

  2. Gram-Schmidt 正交化：
     對 $\{u_1, u_2\}$ 進行 Gram-Schmidt 正交化，得到規範正交集 $\{q_1, q_2\}$：
     $q_1 = \frac{u_1}{\|u_1\|}$
     $u_2' = u_2 - \langle u_2, q_1 \rangle q_1 = u_2 - \frac{\langle u_2, u_1 \rangle}{\|u_1\|^2} u_1, \quad q_2 = \frac{u_2'}{\|u_2'\|}$

     對 $\{v_1, v_2\}$ 進行 Gram-Schmidt 正交化，得到規範正交集 $\{p_1, p_2\}$：
     $p_1 = \frac{v_1}{\|v_1\|}$

核心觀念

本題主要考驗實數矩陣的特徵值（Eigenvalues）與 determinant（行列式）性質，以及矩陣次方特徵值之間的關係。

1. 矩陣次方的特徵值性質：若 $\lambda$ 為矩陣 $A$ 的特徵值，則 $\lambda^2$ 為 $A^2$ 的特徵值。
2. 實係數多項式的虛根對偶性：若實數矩陣 $A \in M_{3 \times 3}(\mathbb{R})$ 有複數特徵值，則非實數的虛根必定成對共軛出現（Complex conjugate pairs）。
3. 行列式與特徵值的關係：矩陣的行列式等於其所有特徵值之乘積，即 $\det(A) = \prod_{i=1}^{n} \lambda_i$。

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解法一：利用行列式（Determinant）的性質證明（最速解答）

我們可以從行列式的純量性質導出矛盾：

1. 計算目標矩陣的行列式：
   令 $B = A^2 = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}$。
   則 $B$ 的行列式為：
   $\det(A^2) = \det(B) = (-1) \cdot (-2) \cdot 3 = 6$

2. 利用行列式乘法性質推導：
   根據行列式性質 $\det(A^2) = (\det(A))^2$，可得：
   $(\det(A))^2 = 6 \implies \det(A) = \pm \sqrt{6}$
   因為 $A$ 為實數矩陣 $M_{3 \times 3}(\mathbb{R})$，其行列式 $\det(A)$ 必定為實數。此處 $\det(A) = \pm \sqrt{6} \in \mathbb{R}$，尚未產生矛盾。

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解法二：利用特徵值（Eigenvalues）與實矩陣性質證明（嚴謹推導）

1. 求出 $A^2$ 的特徵值：
   由於 $A^2$ 為對角矩陣，其特徵值即為對角線元素：
   $\lambda(A^2) = \{-1, -2, 3\}$

2. 分析 $A$ 的特徵值：
   設 $\mu_1, \mu_2, \mu_3$ 為 $A$ 的三個特徵值。由矩陣次方的特徵值關係可知，$\mu_i^2$ 必定為 $A^2$ 的特徵值。
   因此，$\{\mu_1^2, \mu_2^2, \mu_3^2\} = \{-1, -2, 3\}$。

3. 求解 $\mu_i$ 的可能值：

   • 由 $\mu^2 = -1 \implies \mu = \pm i$