109 年 國立臺灣大學數學系碩士班《線性代數（A）》

本題主要考查線性轉換的自伴隨性質。一個線性轉換 $T: V \to V$ 在給定的內積 $\langle \cdot, \cdot \rangle$ 下是自伴隨的，若且唯若對於所有的 $x, y \in V$，都滿足 $\langle T(x), y \rangle = \langle x, T(y) \rangle$。

解題步驟：

1. 確認子空間 $V$ 的基底。
2. 將線性轉換 $T$ 的定義式表示在基底上。
3. 利用內積的定義，計算 $\langle T(u), v \rangle$ 和 $\langle u, T(v) \rangle$。
4. 比較兩者是否相等，並得出結論。

詳細計算：
給定 $u = [1 - 4 \ 8 \ 3]^T$ 和 $v = [2 - 2 \ 10 \ 3]^T$。這兩個向量顯然是線性獨立的，因為它們不成比例。因此，$\{u, v\}$ 是子空間 $V$ 的一個基底。

線性轉換 $T$ 在此基底下的定義為：
$T(u) = 5u + 2v$
$T(v) = 7u + 2v$

我們需要檢查 $\langle T(x), y \rangle = \langle x, T(y) \rangle$ 是否對所有 $x, y \in V$ 都成立。由於 $V$ 是由 $\{u, v\}$ 張成的，我們只需要檢查基底向量的組合。
考慮 $\langle T(u), v \rangle$ 和 $\langle u, T(v) \rangle$。

計算 $\langle T(u), v \rangle$:
$\langle T(u), v \rangle = \langle 5u + 2v, v \rangle$
由於內積的線性性質：
$= 5 \langle u, v \rangle + 2 \langle v, v \rangle$

計算 $\langle u, T(v) \rangle$:
$\langle u, T(v) \rangle = \langle u, 7u + 2v \rangle$
由於內積的線性性質：
$= 7 \langle u, u \rangle + 2 \langle u, v \rangle$

現在我們需要計算內積 $\langle u, v \rangle$, $\langle v, v \rangle$, 和 $\langle u, u \rangle$。

題目記號說明

題目明載 $\deg f<3$，則 $P_3=\operatorname{span}\{1,x,x^2\}$，維度只有 $3$，不可能存在四個元素的基底；且四個條件明顯應為

$$f(-1),\qquad f(0),\qquad f'(0),\qquad f(1).$$

因此以下依題目後續設定，採用合理修正：

$$P_3=\{f(x):\deg f\le 3\},$$

並令四個對偶基底泛函依序為

$$\alpha_{-1}(f)=f(-1),\quad \alpha_0(f)=f(0),\quad \widehat{\alpha}_0(f)=f'(0),\quad \alpha_1(f)=f(1).$$

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核心觀念

本題考查：

1. 多項式空間的基底與維度。
2. 對偶基底的定義。
3. Hermite 插值基底。
4. 對偶基底下的泛函座標表示。

若 $\{\phi_{-1},\phi_0,\phi_1,\phi_2\}$ 與

$$\{\alpha_{-1},\alpha_0,\widehat{\alpha}_0,\alpha_1\}$$

互為對偶基底，則必須滿足

$$\alpha_i(\phi_j)=\delta_{ij},$$

也就是每個 $\phi_j$ 對應一組條件，其中 $\widehat{\alpha}_0$ 對應 $x=0$ 的導數值。

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(a) 求 $P_3$ 的基底

令一般三次多項式為

$$p(x)=ax^3+bx^2+cx+d.$$

求 $\phi_{-1}(x)$

要求

$$\phi_{-1}(-1)=1,\quad \phi_{-1}(0)=0,\quad \phi_{-1}'(0)=0,\quad \phi_{-1}(1)=0.$$

由 $\phi_{-1}(0)=0$ 得 $d=0$，由 $\phi_{-1}'(0)=0$ 得 $c=0$。

因此

$$\phi_{-1}(x)=ax^3+bx^2.$$

代入 $x=-1,1$：

$$-a+b=1,\qquad a+b=0.$$

解得

$$a=-\frac12,\qquad b=\frac12.$$

所以

$$\boxed{\phi_{-1}(x)=\frac{x^2-x^3}{2}}.$$

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求 $\phi_0(x)$

要求

$$\phi_0(-1)=0,\quad \phi_0(0)=1,\quad \phi_0'(0)=0,\quad \phi_0(1)=0.$$

由 $\phi_0(0)=1$ 得 $d=1$，由 $\phi_0'(0)=0$ 得 $c=0$。

令

$$\phi_0(x)=ax^3+bx^2+1.$$

代入 $x=-1,1$：

$$-a+b+1=0,\qquad a+b+1=0.$$

解得

$$a=0,\qquad b=-1.$$

因此

$$\boxed{\phi_0(x)=1-x^2}.$$

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求 $\phi_1(x)$

此基底元素對應導數泛函 $\widehat{\alpha}_0$，要求

$$\phi_1(-1)=0,\quad \phi_1(0)=0,\quad \phi_1'(0)=1,\quad \phi_1(1)=0.$$

由前兩個條件，令

$$\phi_1(x)=ax^3+bx^2+x.$$

代入 $x=-1,1$：

$$-a+b-1=0,\qquad a+b+1=0.$$

解得

$$a=0,\qquad b=-1.$$

所以

$$\boxed{\phi_1(x)=x-x^2}.$$

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求 $\phi_2(x)$

要求

$$\phi_2(-1)=0,\quad \phi_2(0)=0,\quad \phi_2'(0)=0,\quad \phi_2(1)=1.$$

因此

$$\phi_2(x)=ax^3+bx^2.$$

代入 $x=-1,1$：

$$-a+b=0,\qquad a+b=1.$$

解得

$$a=b=\frac12.$$

故

$$\boxed{\phi_2(x)=\frac{x^3+x^2}{2}}.$$

因此所求基底為

$$\boxed{ \left\{ \frac{x^2-x^3}{2},\, 1-x^2,\, x-x^2,\, \frac{x^3+x^2}{2} \right\}. }$$

對應的對偶基底為

$$\boxed{ \{\alpha_{-1},\alpha_0,\widehat{\alpha}_0,\alpha_1\}. }$$

任意 $f\in P_3$ 都可表示為

核心觀念

本題考查：

• 矩陣與全 $1$ 矩陣 $\Gamma$ 的交換關係；
• 對稱矩陣空間 $S_n$ 的維度；
• 將矩陣條件轉換為「每列和相等」；
• 利用秩—零度定理求子空間維度；
• 建立滿足交換條件的矩陣基底。

令 $\mathbf{1}=(1,1,\dots,1)^T$，則

$$\Gamma=\mathbf{1}\mathbf{1}^T.$$

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解題方法

取任意 $X\in S_n$。由於 $X$ 為對稱矩陣，$X^T=X$，因此

$$X\Gamma =X\mathbf{1}\mathbf{1}^T =(X\mathbf{1})\mathbf{1}^T,$$

而

$$\Gamma X =\mathbf{1}\mathbf{1}^T X =\mathbf{1}(X\mathbf{1})^T.$$

因此 $X\Gamma=\Gamma X$ 等價於

$$(X\mathbf{1})\mathbf{1}^T = \mathbf{1}(X\mathbf{1})^T.$$

設

$$X\mathbf{1}= \begin{pmatrix} r_1\\ r_2\\ \vdots\\ r_n \end{pmatrix}.$$

左式的每一列分別為 $r_1\mathbf{1}^T,\dots,r_n\mathbf{1}^T$；右式的每一列皆為

$$(r_1,r_2,\dots,r_n).$$

兩者相等的必要且充分條件為

$$r_1=r_2=\cdots=r_n.$$

也就是說：

$X$ 與 $\Gamma$ 交換，當且僅當 $X$ 的每一列總和相同。

由於 $X$ 對稱，每列和相同也等價於每行和相同。

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求 $C_n$ 的維度

對稱矩陣空間 $S_n$ 的維度為

$$\dim S_n=\frac{n(n+1)}{2}.$$

考慮線性映射

$$T:S_n\longrightarrow \mathbb{R}^{n-1},$$

定義為

$$T(X)= \begin{pmatrix} r_1-r_n\\ r_2-r_n\\ \vdots\\ r_{n-1}-r_n \end{pmatrix},$$

其中 $r_i$ 表示 $X$ 的第 $i$ 列和。

由前面的結果，

$$C_n=\ker T.$$

這 $n-1$ 個條件彼此獨立，因此

$$\operatorname{rank}T=n-1.$$

由秩—零度定理，

$$\dim C_n = \dim S_n-\operatorname{rank}T = \frac{n(n+1)}{2}-(n-1).$$

整理得

$$\boxed{\dim C_n=\frac{n^2-n+2}{2}}.$$

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建立一組基底

令 $E_{ij}$ 表示第 $i$ 列第 $j$ 欄為 $1$、其餘元素為 $0$ 的基本矩陣。

對 $1\leq i<j\leq n$，定義

$$L_{ij} = (E_{ii}-E_{ij}-E_{ji}+E_{jj}).$$

亦可寫成

$$L_{ij}=(e_i-e_j)(e_i-e_j)^T.$$

其中 $e_i$ 是第 $i$ 個標準基向量。

由於

$$L_{ij}\mathbf{1} = (e_i-e_j)(e_i-e_j)^T\mathbf{1} =0,$$

所以 $L_{ij}$ 的每列和皆為 $0$。因此

核心觀念

本題考查古典伴隨矩陣與矩陣秩之間的關係，主要使用：

1. 古典伴隨矩陣的定義
   $\operatorname{adj}A=\left[(-1)^{i+j}m_{ji}\right]$

2. 基本公式
   $A\operatorname{adj}A=\operatorname{adj}A\,A=(\det A)I_n$

3. 矩陣秩與子行列式的關係：若 $\operatorname{rank}(A)\leq n-2$，則所有 $(n-1)\times(n-1)$ 子矩陣的行列式皆為 $0$。

題設給定 $A$ 不可逆，因此 $\det A=0$，從而

$$A\operatorname{adj}A=0.$$

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解題方法

分 $\operatorname{rank}(A)\leq n-2$ 與 $\operatorname{rank}(A)=n-1$ 兩種情況討論。

情況一：$\operatorname{rank}(A)\leq n-2$

$\operatorname{adj}A$ 的每一個元素，都是 $A$ 的某個 $(n-1)\times(n-1)$ 子矩陣行列式，並乘上正負號：

$$(\operatorname{adj}A)_{ij}=(-1)^{i+j}m_{ji}.$$

但矩陣的秩小於 $n-1$ 時，所有階數為 $n-1$ 的子行列式皆為 $0$，因此

$$m_{ji}=0$$

對所有 $i,j$ 成立，所以

$$\operatorname{adj}A=0.$$

因此

$$\operatorname{rank}(\operatorname{adj}A)=0\leq 1.$$

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情況二：$\operatorname{rank}(A)=n-1$

因為 $A$ 不可逆，所以 $\det A=0$。利用伴隨矩陣公式：

$$A\operatorname{adj}A=(\det A)I_n=0.$$

設 $\operatorname{adj}A$ 的第 $j$ 欄為 $\boldsymbol{c}_j$，則上式表示

$$A\boldsymbol{c}_j=\boldsymbol{0}.$$

因此，$\operatorname{adj}A$ 的每一個欄向量都屬於 $A$ 的零空間 $\ker(A)$。

由秩—零度定理，

$$\dim\ker(A)=n-\operatorname{rank}(A) =n-(n-1)=1.$$

所以 $\ker(A)$ 是一維空間，$\operatorname{adj}A$ 的所有欄向量都必須是同一個非零向量的倍數，故

$$\operatorname{rank}(\operatorname{adj}A)\leq 1.$$

綜合兩種情況，得到

$$\boxed{\operatorname{rank}(\operatorname{adj}A)\leq 1}.$$

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何時 $\operatorname{rank}(\operatorname{adj}A)=1$？

當且僅當

本題考查正定矩陣的性質，特別是如何利用正定性來推導行列式的上界。

核心觀念：

1. 正定矩陣的定義：對稱矩陣 $A$ 是正定的，若對於所有非零向量 $x$，都有 $x^T A x > 0$。
2. 正定矩陣的性質：
   • 對角線元素 $a_{ii} > 0$。
   • 行列式 $\det A > 0$。
   • 所有特徵值均為正。
   • 正定矩陣可以被唯一地分解為 $A = LL^T$，其中 $L$ 是下三角矩陣且對角線元素為正（Cholesky 分解）。
   • 正定矩陣的子矩陣（主子陣）也是正定的。
3. Schur 不等式：對於任意方陣 $A$，$\det A \le \prod_{i=1}^n a_{ii}$。
4. Hadamard 不等式：對於任意方陣 $A$， $|\det A| \le \prod_{i=1}^n \|v_i\|$，其中 $v_i$ 是列向量。

解題思路：
題目要求證明 $\det A \le a_{11} a_{22} \dots a_{nn}$ 對於正定矩陣 $A$。
這實際上是 Schur 不等式的一個特殊情況。
Schur 不等式指出，對於任意方陣 $A$，其行列式不大於其對角線元素的乘積。
$\det A \le \prod_{i=1}^n a_{ii}$。
這個不等式對所有方陣都成立，因此對正定矩陣也成立。

但是，這可能不是題目期望的解法，因為它沒有利用到「正定」這個關鍵的條件。
如果只是引用 Schur 不等式，會顯得過於簡單。
我們應該嘗試利用正定性的性質來推導。

利用 Cholesky 分解：
由於 $A$ 是正定的，存在唯一的下三角矩陣 $L$（對角線元素為正），使得 $A = LL^T$。
$A = \begin{pmatrix} l_{11} & 0 & \dots & 0 \\ l_{21} & l_{22} & \dots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ l_{n1} & l_{n2} & \dots & l_{nn} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} l_{11} & l_{21} & \dots & l_{n1} \\ 0 & l_{22} & \dots & l_{n2} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \dots & l_{nn} \end{pmatrix}$
其中 $l_{ii} > 0$。
$\det A = \det(LL^T) = \det(L) \det(L^T) = (\det L)^2$。
由於 $L$ 是下三角矩陣，$\det L = \prod_{i=1}^n l_{ii}$。
所以 $\det A = (\prod_{i=1}^n l_{ii})^2$。

現在我們看對角線元素 $a_{ii}$。
$a_{ii} = (LL^T)_{ii} = \sum_{k=1}^n L_{ik} L_{ik}^T = \sum_{k=1}^n L_{ik} L_{ki}$。
由於 $L$ 是下三角矩陣， $L_{ik} = 0$ 如果 $i < k$。
所以 $a_{ii} = \sum_{k=1}^i L_{ik} L_{ki}$。
$a_{ii} = L_{i1} L_{i1} + L_{i2} L_{i2} + \dots + L_{i, i-1} L_{i, i-1} + L_{ii} L_{ii}$
$a_{ii} = \sum_{k=1}^{i-1} L_{ik}^2 + l_{ii}^2$。

我們需要證明 $\det A \le \prod_{i=1}^n a_{ii}$。
這相當於證明 $(\prod_{i=1}^n l_{ii})^2 \le \prod_{i=1}^n (\sum_{k=1}^i L_{ik}^2 + l_{ii}^2)$。
由於 $l_{ii}^2 > 0$ 且 $L_{ik}^2 \ge 0$，我們有 $\sum_{k=1}^i L_{ik}^2 + l_{ii}^2 \ge l_{ii}^2$。
所以 $\prod_{i=1}^n (\sum_{k=1}^i L_{ik}^2 + l_{ii}^2) \ge \prod_{i=1}^n l_{ii}^2 = (\prod_{i=1}^n l_{ii})^2 = \det A$。
這就證明了不等式。

這個證明利用了 Cholesky 分解，並且使用了正定矩陣的性質（存在 $LL^T$ 分解，且 $l_{ii} > 0$）。

另一種方法：利用特徵值。
設 $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ 是 $A$ 的正特徵值。
$\det A = \prod_{i=1}^n \lambda_i$。
我們需要證明 $\prod_{i=1}^n \lambda_i \le \prod_{i=1}^n a_{ii}$。
這意味著 $\lambda_i \le a_{ii}$ 對於某些情況下成立，但不總是如此。
例如，考慮 $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$。
$\det A = 4 - 1 = 3$。
$a_{11}=2, a_{22}=2$. $a_{11}a_{22} = 4$. $3 \le 4$, 成立。
特徵值：$(2-\lambda)^2 - 1 = 0 \implies \lambda^2 - 4\lambda + 3 = 0 \implies (\lambda-1)(\lambda-3) = 0$.
$\lambda_1=1, \lambda_2=3$.
$\lambda_1 \lambda_2 = 3$.
$a_{11}=2, a_{22}=2$. $\lambda_1 \le a_{11}$ ($1 \le 2$), $\lambda_2 \not\le a_{22}$ ($3 \not\le 2$).

這個方法似乎不直接。

回到 Cholesky 分解的證明。
$A = LL^T$
$a_{ii} = \sum_{k=1}^i L_{ik}^2 + l_{ii}^2$。
$\det A = (\prod_{i=1}^n l_{ii})^2$。
我們要證明 $\det A \le \prod_{i=1}^n a_{ii}$。
這等價於 $(\prod_{i=1}^n l_{ii})^2 \le \prod_{i=1}^n (\sum_{k=1}^i L_{ik}^2 + l_{ii}^2)$。
由於 $l_{ii}^2 > 0$ 且 $L_{ik}^2 \ge 0$, 我們有 $\sum_{k=1}^i L_{ik}^2 + l_{ii}^2 \ge l_{ii}^2$。
所以，$\prod_{i=1}^n (\sum_{k=1}^i L_{ik}^2 + l_{ii}^2) \ge \prod_{i=1}^n l_{ii}^2 = (\prod_{i=1}^n l_{ii})^2 = \det A$。
證明完成。

這個證明是嚴謹的，並且利用了正定矩陣的 Cholesky 分解。

另外一種思路：對角化矩陣。
如果 $A$ 是對角矩陣， $A = \text{diag}(a_{11}, \dots, a_{nn})$。
由於 $A$ 是正定的， $a_{ii} > 0$。
$\det A = \prod_{i=1}^n a_{ii}$。
不等式 $\det A \le \prod_{i=1}^n a_{ii}$ 變成了 $\prod_{i=1}^n a_{ii} \le \prod_{i=1}^n a_{ii}$，這是成立的（等號成立）。

考慮一般正定矩陣 $A$。
我們知道 $A$ 的所有主子陣也是正定的。
令 $A_k$ 是 $A$ 的前 $k$ 行 $k$ 列的主子矩陣。
$A_k = \begin{pmatrix} a_{11} & \dots & a_{1k} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{k1} & \dots & a_{kk} \end{pmatrix}$。
$A_k$ 是正定的，所以 $\det A_k > 0$。

核心觀念

本題使用以下三個重要事實：

1. 特徵多項式 $\chi_A(t)$ 的次數為 $n$，最小多項式 $m_A(t)$ 整除 $\chi_A(t)$。
2. 矩陣 $A$ 滿足
   $\deg m_A=n$
   當且僅當 $A$ 是循環矩陣，即存在向量 $v$ 使得
   $\{v,Av,A^2v,\ldots,A^{n-1}v\}$
   為 $\mathbb C^n$ 的一組基底。
3. 若 $A$ 是對稱矩陣，則「與 $A$ 交換的對稱矩陣」全都只是 $A$ 的多項式，當且僅當 $A$ 是循環矩陣。

題目中的條件

$\chi_A(t)=m_A(t)$

由於 $\deg\chi_A=n$，等價於 $\deg m_A=n$，因此本題的核心就是證明：

$$A\text{ 循環}\Longleftrightarrow \{X\in S_n(\mathbb C):XA=AX\}=\mathbb C[A].$$

其中 $\mathbb C[A]$ 表示所有 $A$ 的多項式所形成的集合。

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解題方法

先證明

$\text{(a)}\Longrightarrow\text{(b)}.$

再利用對稱矩陣的自伴性，證明若 $A$ 不是循環矩陣，便能構造出一個與 $A$ 交換、但不是 $A$ 的多項式的對稱矩陣，從而得到

$\text{(b)}\Longrightarrow\text{(a)}.$

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一、證明 $(a)\Longrightarrow(b)$

由 (a)，

$\chi_A(t)=m_A(t).$

因為 $\deg\chi_A=n$，所以

$\deg m_A=n.$

因此 $A$ 是循環矩陣，存在向量 $v\in\mathbb C^n$，使得

$\mathcal B=\{v,Av,A^2v,\ldots,A^{n-1}v\}$

為 $\mathbb C^n$ 的一組基底。

現在取任意 $X\in S_n(\mathbb C)$，且滿足

$XA=AX.$

由於 $\mathcal B$ 是基底，向量 $Xv$ 可唯一表示為

$Xv=c_0v+c_1Av+\cdots+c_{n-1}A^{n-1}v.$

令

$p(t)=c_0+c_1t+\cdots+c_{n-1}t^{n-1},$

則

$Xv=p(A)v.$

接著對任意 $k=0,1,\ldots,n-1$，利用 $XA=AX$ 可得

$$\begin{aligned} XA^kv &=A^kXv\\ &=A^kp(A)v\\ &=p(A)A^kv. \end{aligned}$$

因此 $X$ 與 $p(A)$ 在基底 $\mathcal B$ 的每一個基向量上作用相同，所以

$X=p(A).$

故任意滿足 $XA=AX$ 的 $X\in S_n(\mathbb C)$ 都是 $A$ 的多項式，得到

$\text{(b)}.$

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二、證明 $(b)\Longrightarrow(a)$

採用反證法。假設 (a) 不成立，即

$\chi_A(t)\ne m_A(t).$

由於 $\deg\chi_A=n$，可得

$\deg m_A<n.$

因此 $A$ 不是循環矩陣。

對稱矩陣的自伴性

在 $\mathbb C^n$ 上定義雙線性型