108 年 國立臺灣大學數學系碩士班《線性代數（A）》

核心觀念

本題考查以下觀念：

1. 向量空間的維度與線性獨立。
2. 三角函數的倍角公式與傅立葉型表示。
3. 函數組合成的週期性空間：
   $\operatorname{span}\{1,\sin x,\cos x,\ldots,\sin(mx),\cos(mx)\}$
   的維度為 $2m+1$。
4. 恆等式
   $\sin^2x+\cos^2x=1.$

依題目最後的「for $i,j=0,\ldots,n$」判讀，$V_1$ 應表示為

$$V_1=\operatorname{span}_{\mathbb R} \left\{\sin^i x\cos^j x,\ \sin(kx),\ \cos(kx): 0\leq i,j,k\leq n\right\}.$$

其中 $\sin(0x)=0$，$\cos(0x)=1$。

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一、求 $\dim V_2$

由定義，

$$V_2=\operatorname{span}_{\mathbb R} \{1,\sin x,\cos x,\ldots,\sin(nx),\cos(nx)\}.$$

共有 $1+2n$ 個函數。證明其線性獨立：

若

$$a_0+\sum_{k=1}^n \left(a_k\cos kx+b_k\sin kx\right)=0$$

對所有 $x$ 成立，將此式分別乘以 $1,\cos(\ell x),\sin(\ell x)$ 並在 $[0,2\pi]$ 上積分。利用三角函數的正交性：

$$\int_0^{2\pi}\cos(kx)\cos(\ell x)\,dx=0 \quad (k\neq \ell),$$ $$\int_0^{2\pi}\sin(kx)\sin(\ell x)\,dx=0 \quad (k\neq \ell),$$

且正弦與餘弦彼此正交，可得

$$a_0=a_1=\cdots=a_n=b_1=\cdots=b_n=0.$$

因此這些函數線性獨立，故

$$\boxed{\dim V_2=2n+1}.$$

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二、求 $\dim V_1$：先證明上界

考慮任意一項 $\sin^i x\cos^j x$，其中 $0\leq i,j\leq n$。利用

$$\sin x=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}, \qquad \cos x=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2},$$

可知 $\sin^i x\cos^j x$ 是

$$e^{-i(i+j)x},e^{-i(i+j-2)x},\ldots,e^{i(i+j)x}$$

的線性組合。因此它只含有頻率不超過 $i+j$ 的正弦、餘弦，而

$$i+j\leq 2n.$$

所以

$$\sin^i x\cos^j x \in \operatorname{span}_{\mathbb R} \{1,\sin x,\cos x,\ldots,\sin(2nx),\cos(2nx)\}.$$

題目中 $\sin(kx),\cos(kx)$ 的頻率最多只有 $n$，也同樣屬於上述空間。因此

$$V_1\subseteq \operatorname{span}_{\mathbb R} \{1,\sin x,\cos x,\ldots,\sin(2nx),\cos(2nx)\}.$$

右側共有 $4n+1$ 個線性獨立函數，所以

$$\dim V_1\leq 4n+1.$$

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三、證明 $V_1$ 包含所有頻率 $0$ 到 $2n$

核心觀念

1. 有限維線性映射的性質（Rank-Nullity Theorem 與等價性）：
   設 $V$ 為有限維向量空間，且 $T: V \to V$ 為線性算子（linear operator）。則下列敘述等價：

   • $T$ 為映成（surjective）。
   • $T$ 為一對一（injective），即 $\ker(T) = \{0\}$。
   • $T$ 為可逆（invertible）。
   • $\det(T) \neq 0$。

2. 特徵值（Eigenvalues）與多項式根的有限性：
   線性映射 $\phi: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ 在複數域 $\mathbb{C}$ 上至多有 $n$ 個相異的特徵值（即特徵多項式 $\det(\lambda \text{id} - \phi) = 0$ 的根）。

3. 矩陣算子範數（Operator Norm / Neumann Series 觀點）：
   對於矩陣範數 $\|\cdot\|$，若 $\|\frac{1}{t}\text{id}\| = \frac{1}{|t|} < \frac{1}{\|\phi\|}$（當 $\phi \neq 0$），則算子 $\text{id} + \frac{1}{t}\phi$ 必可逆。

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解題方法

本題要證明存在常數 $C > 0$，使得當 $|t| > C$ 時，線性映射 $\text{id} + t\phi$ 為映成映射。

因為映射的定義域與對應域皆為有限維空間 $\mathbb{R}^n$，且兩者維度相同，故 $\text{id} + t\phi$ 為映成等價於 $\text{id} + t\phi$ 為可逆（或 $\det(\text{id} + t\phi) \neq 0$）。

【方法一：特徵值有限性法（推薦考場首選）】

1. 化簡可逆性條件：
   對於 $t \neq 0$，提出純量 $t$：

   $$\text{id} + t\phi = t\left(\phi - \left(-\frac{1}{t}\right)\text{id}\right)$$

   因此，$\text{id} + t\phi$ 不可逆若且唯若：

   $$\det\left(\text{id} + t\phi\right) = 0 \iff \det\left(\left(-\frac{1}{t}\right)\text{id} - \phi\right) = 0$$

   這表示 $-\frac{1}{t}$ 是線性映射 $\phi$ 的特徵值（eigenvalue）。

2. 利用特徵值的有限性：
   線性算子 $\phi: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ 的特徵多項式次數為 $n$，因此在 $\mathbb{R}$ 中至多只有有限個實數特徵值。
   設 $\phi$ 的所有非零實數特徵值所形成的集合為：

   $$S = \{\lambda \in \mathbb{R} \setminus \{0\} \mid \lambda \text{ 是 } \phi \text{ 的特徵值}\}$$
   • 若 $S = \emptyset$（即 $\phi$ 沒有任何非零實數特徵值），則對於任意 $t \neq 0$，$-\frac{1}{t}$ 都不可能是 $\phi$ 的特徵值。此時可任意選取 $C = 1 > 0$。
   • 若 $S \neq \emptyset$，因 $S$ 為有限集合，集合內元素的絕對值最小值必大於 $0$： $$m = \min_{\lambda \in S} |\lambda| > 0$$ 令 $C = \frac{1}{m} > 0$。

3. 結論與驗證：
   當 $|t| > C = \frac{1}{m}$ 時，取倒數可得：

   $$\left|-\frac{1}{t}\right| = \frac{1}{|t|} < m \le |\lambda|, \quad \forall \lambda \in S$$

   特別地，$-\frac{1}{t} \neq 0$ 且其絕對值嚴格小於 $S$ 中任何非零特徵值的絕對值，故 $-\frac{1}{t} \notin S$。
   這說明 $-\frac{1}{t}$ 絕不是 $\phi$ 的特徵值，因此：

   $$\ker\left(\phi - \left(-\frac{1}{t}\right)\text{id}\right) = \{0\} \implies \det\left(\text{id} + t\phi\right) \neq 0$$

   故 $\text{id} + t\phi$ 為單射（injective）。由有限維線性映射的維度定理，單射即為映成（surjective）。

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【方法二：算子範數法（分析與應數觀點）】

核心觀念

題目定義

$$V=\{v\in\mathbb C^4\mid Av=\lambda v,\;Bv=\mu v \text{ for some }\lambda,\mu\in\mathbb C\}.$$

因此，$V$ 是矩陣 $A$ 與矩陣 $B$ 的共同特徵向量集合。要找出 $V$，必須知道矩陣 $B$，因為即使 $v$ 是 $A$ 的特徵向量，也不一定是 $B$ 的特徵向量。

本題題目只給出 $A$，未給出 $B$，所以無法唯一決定 $V$，也無法唯一決定其基底。

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先求矩陣 $A$ 的特徵向量

令

$$v= \begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{pmatrix}.$$

由

$$Av= \begin{pmatrix} x_4\\x_1\\x_4\\x_3 \end{pmatrix},$$

特徵方程 $Av=\lambda v$ 給出

$$\begin{cases} x_4=\lambda x_1,\\ x_1=\lambda x_2,\\ x_4=\lambda x_3,\\ x_3=\lambda x_4. \end{cases}$$

分情況討論：

1. 當 $\lambda=0$ 時，

   $$x_1=x_3=x_4=0,$$

   而 $x_2$ 任意，因此

   $$E_0(A)=\operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix} \right\}.$$

2. 當 $\lambda=1$ 時，

   $$x_1=x_2=x_3=x_4,$$

   因此

   $$E_1(A)=\operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix}1\\1\\1\\1\end{pmatrix} \right\}.$$

3. 當 $\lambda=-1$ 時，

   $$x_2=-x_1,\qquad x_3=x_1,\qquad x_4=-x_1,$$

   因此

   $$E_{-1}(A)=\operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix}1\\-1\\1\\-1\end{pmatrix} \right\}.$$

所以 $A$ 的非零特徵向量必須落在下列三條直線之一：

核心觀念

令

$$\lambda_i=A_{ii},\qquad i=1,\dots,n.$$

因為 $A$ 是對角矩陣，所以對任意非負整數 $k$，

$$A^k=\operatorname{diag}(\lambda_1^k,\lambda_2^k,\dots,\lambda_n^k).$$

所有對角矩陣構成的向量空間維度為 $n$，因此要證明 $W$ 維度為 $n$，等價於證明 $A^0,A^1,\dots,A^{n-1}$ 線性獨立。

關鍵工具是 Vandermonde 行列式：

$$\det \begin{pmatrix} 1&1&\cdots&1\\ \lambda_1&\lambda_2&\cdots&\lambda_n\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ \lambda_1^{n-1}&\lambda_2^{n-1}&\cdots&\lambda_n^{n-1} \end{pmatrix} = \prod_{1\le i<j\le n}(\lambda_j-\lambda_i).$$

此行列式非零當且僅當 $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ 兩兩相異。

解題方法

將對角矩陣視為由其對角線元素所決定的向量：

$$\operatorname{diag}(x_1,\dots,x_n) \longleftrightarrow (x_1,\dots,x_n).$$

在此對應下，

$$A^k\longleftrightarrow (\lambda_1^k,\dots,\lambda_n^k).$$

因此，$A^0,\dots,A^{n-1}$ 是否線性獨立，等價於下列向量是否線性獨立：

$$(1,\dots,1),\ (\lambda_1,\dots,\lambda_n),\ \dots,\ (\lambda_1^{n-1},\dots,\lambda_n^{n-1}).$$

充分性：若對角元素兩兩相異，則 $\dim W=n$

假設 $\lambda_i\neq\lambda_j$ 對所有 $i\neq j$ 成立。考慮矩陣

$$V= \begin{pmatrix} 1&1&\cdots&1\\ \lambda_1&\lambda_2&\cdots&\lambda_n\\ \lambda_1^2&\lambda_2^2&\cdots&\lambda_n^2\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ \lambda_1^{n-1}&\lambda_2^{n-1}&\cdots&\lambda_n^{n-1} \end{pmatrix}.$$

其行列式為

核心觀念

題目涉及以下定義：

• 核（null-space）：
  $\ker T=\{x:T(x)=0\}.$
• 像（image）：
  $\operatorname{im}T=\{T(x):x\in\mathbb R^m\}.$
• 特徵值與特徵空間：
  $Tv=\lambda v,\qquad v\ne0,$
  且對應的特徵空間為
  $E_\lambda(T)=\ker(T-\lambda I).$
• 交換性：
  $\psi\circ\phi=\phi\circ\psi.$

此外，若 $\phi,\psi:\mathbb R^m\to\mathbb R^n$，則組合 $\psi\circ\phi$ 在標準定義下只有於 $m=n$ 時才有意義。因此題目至少必須假設兩者都是 $\mathbb R^n$ 上的線性轉換。

題目敘述的問題

題目所要求證明的結論並不成立。$\psi$ 單射只代表

$\ker\psi=\{0\},$

並不能推出 $\ker\phi=\ker\psi$，也不能推出兩者的像、特徵值或特徵空間相同。

反例

取 $\mathbb R^2$ 上的線性轉換

$$\psi=I= \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{pmatrix}, \qquad \phi=0= \begin{pmatrix} 0&0\\ 0&0 \end{pmatrix}.$$

其中 $\psi=I$ 顯然是單射，而且

$\psi\phi=I\cdot0=0=0\cdot I=\phi\psi,$

所以交換條件成立。

然而：

1. 核不同

   $\ker\psi=\{0\},$

   但零轉換滿足

   $\ker\phi=\mathbb R^2.$

   因此

   $\ker\phi\ne\ker\psi.$

2. 像不同

   $\operatorname{im}\psi=\mathbb R^2,$

   而

   $\operatorname{im}\phi=\{0\}.$

   因此

   $\operatorname{im}\phi\ne\operatorname{im}\psi.$

3. 特徵值不同

   $\psi=I$ 的唯一特徵值為 $1$。

   $\phi=0$ 的唯一特徵值為 $0$。

   因此兩者的特徵值集合不同。

4. 特徵空間不同

   對 $\psi$ 而言，

   $E_1(\psi)=\mathbb R^2.$

   對 $\phi$ 而言，

   $E_0(\phi)=\mathbb R^2.$

核心觀念

二次型 $Q:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 的正定性定義為

$$Q(v)>0\qquad\text{對所有 }v\in\mathbb{R}^n\setminus\{0\}.$$

題目（a）比較的是：

• 對所有非零實向量皆為正；
• 只對所有非零整數座標向量為正。

整數向量雖然在 $\mathbb{R}^n$ 中很豐富，但並非所有實向量都能直接由整數向量取代，特別是在 $Q$ 可能具有非零零空間時，容易產生陷阱。

二次型的一般形式為

$$Q(x)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n c_{ij}x_ix_j,$$

可將其寫成矩陣形式 $Q(x)=x^TAx$。

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（a）判斷：錯誤

正向命題成立

若 $Q$ 為正定，依定義對所有非零實向量 $v$ 都有

$$Q(v)>0.$$

因為 $Z\setminus\{0\}\subset\mathbb{R}^n\setminus\{0\}$，所以必然有

$$Q(v)>0\qquad\text{對所有 }v\in Z\setminus\{0\}.$$

因此，

$$Q\text{ 正定}\Longrightarrow Q(v)>0\text{ 對所有 }v\in Z\setminus\{0\}.$$

反向命題不成立

取 $n=2$，定義二次型

$$Q(x,y)=(x-\sqrt{2}y)^2.$$

取任意非零整數向量 $(m,n)\in Z\setminus\{(0,0)\}$，則

$$Q(m,n)=(m-\sqrt{2}n)^2.$$

若 $Q(m,n)=0$，則

$$m=\sqrt{2}n.$$

由於 $m,n$ 為整數，而 $\sqrt{2}$ 為無理數，只有在 $n=0$ 時才可能成立；此時也必須有 $m=0$。因此，對所有非零整數向量皆有

$$Q(m,n)>0.$$

然而，取實向量

$$v=(\sqrt{2},1)\neq(0,0),$$

可得

$$Q(\sqrt{2},1) =(\sqrt{2}-\sqrt{2}\cdot 1)^2 =0.$$

所以 $Q$ 並非正定。

因此，整數向量上的正值條件不足以推出正定性，原命題錯誤。

解題技巧

判斷這類命題時，先分開檢查兩個方向：

• 正定 $\Rightarrow$ 整數向量上為正：直接由定義成立。
• 整數向量上為正 $\Rightarrow$ 正定：必須特別尋找非整數的零向量或負值向量。

本題的關鍵陷阱是利用無理數斜率，使得零集合只與整數格點在原點相交。