111 年 國立臺灣大學應用數學科學研究所碩士班應用數學組《線性代數（A）》

此題主要考察線性轉換的秩 (rank) 與零度 (nullity) 的概念，以及核空間 (kernel) 的基底求法。

核心觀念：

1. 線性轉換 $T: V \to W$ 的秩 (rank) 等於其對應矩陣 $A$ 的秩，即 $rank(T) = rank(A)$。
2. 根據維度定理 (Dimension Theorem)，對於線性轉換 $T: V \to W$，有 $dim(V) = rank(T) + nullity(T)$。
3. 核空間 $\text{Ker } T = \{v \in V \mid T(v) = 0\}$。若 $T(v) = Av$，則 $\text{Ker } T = \{v \in V \mid Av = 0\}$。

解題步驟：

(1) 尋找矩陣 $A$ 的秩與零度。
矩陣 $A$ 為 $3 \times 4$ 的矩陣。我們可以透過行化簡 (row reduction) 來找到其秩。
$A = \begin{pmatrix} -3 & 1 & 2 & 3 \\ 3 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$
將第一列與第三列交換：
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 3 & 1 & 0 & 1 \\ -3 & 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}$
進行列運算：$R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1$, $R_3 \leftarrow R_3 + 3R_1$
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 1 \\ 0 & 1 & 5 & 3 \end{pmatrix}$
進行列運算：$R_3 \leftarrow R_3 - R_2$
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 1 \\ 0 & 0 & 8 & 2 \end{pmatrix}$
進行列運算：$R_3 \leftarrow \frac{1}{8}R_3$
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1/4 \end{pmatrix}$
進行列運算：$R_1 \leftarrow R_1 - R_3$, $R_2 \leftarrow R_2 + 3R_3$
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -1/4 \\ 0 & 1 & 0 & 7/4 \\ 0 & 0 & 1 & 1/4 \end{pmatrix}$
此為 $A$ 的列階梯形式 (row echelon form)。矩陣 $A$ 的秩等於其列階梯形式中非零列的數量，即 3。
因此，$rank(A) = 3$。

此題考察向量組所生成的子空間維度與向量線性相關性的關係。

核心觀念：

1. 一組向量所生成的子空間的維度，等於這組向量中最大線性獨立子集的維度。
2. 一組向量線性獨立的充要條件是它們所形成的矩陣的秩等於向量的個數。反之，若秩小於向量個數，則向量組線性相關。
3. 對於給定的向量組，若其維度為 $k$，則任意 $k$ 個向量線性獨立，而任何 $k+1$ 個向量線性相關。

解題步驟：
令給定的三個向量為 $v_1 = (2, -5, a)$, $v_2 = (1, a, -4)$, $v_3 = (a, -1, -2)$。
$V_a$ 是由 $v_1, v_2, v_3$ 所張成的子空間，即 $V_a = \text{span}\{v_1, v_2, v_3\}$。
我們要求 $dim V_a = 2$。這意味著這三個向量中，恰好有兩個向量是線性獨立的，而第三個向量可以由前面兩個線性表示。換句話說，這三個向量組成的矩陣的秩 (rank) 必須為 2。

我們可以將這三個向量作為列向量，放入一個 $3 \times 3$ 的矩陣 $M$ 中，然後計算其秩。
$M = \begin{pmatrix} 2 & -5 & a \\ 1 & a & -4 \\ a & -1 & -2 \end{pmatrix}$
矩陣 $M$ 的秩為 2 的條件是 $\det(M) = 0$，但同時 $M$ 的任意 $2 \times 2$ 子矩陣中，至少有一個行列式不為零（確保秩不是 1）。

計算矩陣 $M$ 的行列式：
$\det(M) = 2 \begin{vmatrix} a & -4 \\ -1 & -2 \end{vmatrix} - (-5) \begin{vmatrix} 1 & -4 \\ a & -2 \end{vmatrix} + a \begin{vmatrix} 1 & a \\ a & -1 \end{vmatrix}$
$= 2(-2a - 4) + 5(-2 + 4a) + a(-1 - a^2)$
$= -4a - 8 + 10a + 20 - a - a^3$
$= -a^3 + 5a + 12$

令 $\det(M) = 0$，則 $-a^3 + 5a + 12 = 0$，即 $a^3 - 5a - 12 = 0$。
我們需要找到這個三次方程式的根。
嘗試整數根，可能為 $\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 4, \pm 6, \pm 12$。
若 $a=1$: $1 - 5 - 12 = -16 \neq 0$
若 $a=-1$: $-1 + 5 - 12 = -8 \neq 0$
若 $a=2$: $8 - 10 - 12 = -14 \neq 0$
若 $a=-2$: $-8 + 10 - 12 = -10 \neq 0$
若 $a=3$: $27 - 15 - 12 = 0$。所以 $a=3$ 是其中一個根。

因為 $a=3$ 是根，所以 $(a-3)$ 是 $a^3 - 5a - 12$ 的因式。
進行多項式長除法或綜合除法：
$(a^3 - 5a - 12) \div (a-3)$

核心觀念

本題分別考查兩種不同的矩陣變換：

1. 相似對角化

   若 $P$ 的欄向量是 $A$ 的線性獨立特徵向量，則

   $P^{-1}AP=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3),$

   其中 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ 是對應的特徵值。

2. 合同變換

   若存在可逆矩陣 $Q$ 使

   $Q^TAQ=D,$

   且 $D$ 為對角矩陣，則因為對角矩陣必為對稱矩陣，會導出 $A$ 必須對稱。本題的 $A$ 並不對稱，因此第 $2$ 小題不存在所求的 $Q$。

---

解題方法

（1）求 $P$ 使 $P^{-1}AP$ 為對角矩陣

矩陣為

$$A= \begin{pmatrix} 0&1&-1\\ 1&-2&2\\ 2&-2&5 \end{pmatrix}.$$

特徵多項式為

$$\det(\lambda I-A) = \begin{vmatrix} \lambda&-1&1\\ -1&\lambda+2&-2\\ -2&2&\lambda-5 \end{vmatrix}.$$

展開得

$$\det(\lambda I-A) = \lambda^3-3\lambda^2-5\lambda+3.$$

因此特徵值 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ 是方程式

$$\lambda^3-3\lambda^2-5\lambda+3=0$$

的三個根。

令 $\lambda=x+1$，可化為

$$x^3-8x-4=0.$$

若需要將三個根寫成實數形式，設

$$\theta=\frac13\arccos\left(\frac{3\sqrt6}{16}\right),$$

則三個特徵值可表示為

$$\lambda_k = 1+4\sqrt{\frac23} \cos\left(\theta-\frac{2k\pi}{3}\right), \qquad k=0,1,2.$$

以下直接以 $\lambda$ 表示任一特徵值，求其特徵向量。解

$$(A-\lambda I) \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix}.$$

第一列給出

$$-\lambda x+y-z=0,$$

所以

$$y=\lambda x+z.$$

取 $x=\lambda$、$z=1-\lambda^2-2\lambda$，便得到

$$y=\lambda^2+1-\lambda^2-2\lambda =1-2\lambda.$$

因此對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵向量可取為

$$v(\lambda) = \begin{pmatrix} \lambda\\ 1-2\lambda\\ 1-\lambda^2-2\lambda \end{pmatrix}.$$

第三列代入後，其剩餘條件正好為

$$\lambda^3-3\lambda^2-5\lambda+3=0,$$

所以對每個特徵值皆成立。

令

$$v_i=v(\lambda_i) = \begin{pmatrix} \lambda_i\\ 1-2\lambda_i\\ 1-\lambda_i^2-2\lambda_i \end{pmatrix}, \qquad i=1,2,3.$$

核心觀念

本題分別考查兩種不同的矩陣變換：

1. 相似對角化

   若 $P$ 的欄向量是 $A$ 的線性獨立特徵向量，則

   $P^{-1}AP=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3),$

   其中 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ 是對應的特徵值。

2. 合同變換

   若存在可逆矩陣 $Q$ 使

   $Q^TAQ=D,$

   且 $D$ 為對角矩陣，則因為對角矩陣必為對稱矩陣，會導出 $A$ 必須對稱。本題的 $A$ 並不對稱，因此第 $2$ 小題不存在所求的 $Q$。

---

解題方法

（1）求 $P$ 使 $P^{-1}AP$ 為對角矩陣

矩陣為

$$A= \begin{pmatrix} 0&1&-1\\ 1&-2&2\\ 2&-2&5 \end{pmatrix}.$$

特徵多項式為

$$\det(\lambda I-A) = \begin{vmatrix} \lambda&-1&1\\ -1&\lambda+2&-2\\ -2&2&\lambda-5 \end{vmatrix}.$$

展開得

$$\det(\lambda I-A) = \lambda^3-3\lambda^2-5\lambda+3.$$

因此特徵值 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ 是方程式

$$\lambda^3-3\lambda^2-5\lambda+3=0$$

的三個根。

令 $\lambda=x+1$，可化為

$$x^3-8x-4=0.$$

若需要將三個根寫成實數形式，設

$$\theta=\frac13\arccos\left(\frac{3\sqrt6}{16}\right),$$

則三個特徵值可表示為

$$\lambda_k = 1+4\sqrt{\frac23} \cos\left(\theta-\frac{2k\pi}{3}\right), \qquad k=0,1,2.$$

以下直接以 $\lambda$ 表示任一特徵值，求其特徵向量。解

$$(A-\lambda I) \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix}.$$

第一列給出

$$-\lambda x+y-z=0,$$

所以

$$y=\lambda x+z.$$

取 $x=\lambda$、$z=1-\lambda^2-2\lambda$，便得到

$$y=\lambda^2+1-\lambda^2-2\lambda =1-2\lambda.$$

因此對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵向量可取為

$$v(\lambda) = \begin{pmatrix} \lambda\\ 1-2\lambda\\ 1-\lambda^2-2\lambda \end{pmatrix}.$$

第三列代入後，其剩餘條件正好為

$$\lambda^3-3\lambda^2-5\lambda+3=0,$$

所以對每個特徵值皆成立。

令

$$v_i=v(\lambda_i) = \begin{pmatrix} \lambda_i\\ 1-2\lambda_i\\ 1-\lambda_i^2-2\lambda_i \end{pmatrix}, \qquad i=1,2,3.$$

核心觀念

本題使用下列事實：

1. 對任意矩陣 $A$，
   $\operatorname{Im}A=(\operatorname{Ker}A^*)^\perp.$
2. 若 $A$ 為 Hermitian 矩陣，則 $A^*=A$，因此
   $\operatorname{Im}A=(\operatorname{Ker}A)^\perp.$
3. Hermitian 矩陣具有譜定理：存在酉矩陣 $U$，使得
   $A=U\operatorname{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)U^*,$
   且所有特徵值 $\lambda_i$ 都是實數。

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解題方法

（1）證明 $\operatorname{Ker}A\cap\operatorname{Im}A=\{0\}$

取任意
$x\in\operatorname{Ker}A\cap\operatorname{Im}A.$

由 $x\in\operatorname{Im}A$，存在某個 $y\in\mathbb C^n$，使得
$x=Ay.$

又因為 $x\in\operatorname{Ker}A$，所以
$Ax=0.$

考慮內積：

$$\langle x,x\rangle =\langle Ay,x\rangle =\langle y,A^*x\rangle.$$

由於 $A$ 是 Hermitian 矩陣，$A^*=A$，且 $Ax=0$，因此

$$\langle x,x\rangle =\langle y,Ax\rangle =0.$$

複數內積滿足 $\langle x,x\rangle=\|x\|^2$，故 $\|x\|^2=0$，只能得到
$x=0.$

因此

$$\boxed{\operatorname{Ker}A\cap\operatorname{Im}A=\{0\}}.$$

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（2）檢驗 $A^3=2A^2+2A$ 是否能推出 $A=0$

題目給定

$$A^3=2A^2+2A.$$

移項可得

$$A^3-2A^2-2A=0,$$

即

$$A(A^2-2A-2I)=0.$$

由於 $A$ 是 Hermitian 矩陣，可利用譜定理分析其特徵值。若 $\lambda$ 是 $A$ 的任一特徵值，取對應特徵向量 $v\neq 0$，則

$$Av=\lambda v,\qquad A^2v=\lambda^2v,\qquad A^3v=\lambda^3v.$$

代入原式：

$$\lambda^3v=2\lambda^2v+2\lambda v.$$

因為 $v\neq 0$，所以

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

即

此題考察矩陣的冪等性 (nilpotency) 以及交換矩陣 (commuting matrices) 的性質。

核心觀念：

1. 冪零矩陣 (Nilpotent Matrix)： 若存在一個正整數 $k$ 使得 $A^k = 0$，則稱矩陣 $A$ 為冪零矩陣。題目給定 $A^n = 0$，且 $A^{n-1} \neq 0$。這表示 $A$ 是一個 $n \times n$ 的冪零矩陣，且其指標 (index of nilpotency) 為 $n$。
2. Cayley-Hamilton Theorem： 任何方陣都滿足其特徵多項式。對於冪零矩陣，其唯一的特徵值是 $0$。因此，其特徵多項式為 $(-\lambda)^n = 0$ (或 $\lambda^n = 0$)。Cayley-Hamilton 定理保證 $A^n = 0$。
3. 核空間與像空間： 對於冪零矩陣 $A$，Ker $A^k$ 是 $A$ 的像空間 $Im(A^m)$ 的正交補集，其中 $k+m=n$。
4. 交換矩陣 (Commuting Matrices)： 若 $AB = BA$，則 $A$ 和 $B$ 的交換子 $[A, B] = AB - BA = 0$。

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第一部分：證明存在向量 $v$ 使得 $\{v, Av, ..., A^{n-1}v\}$ 是 $C^n$ 的一組基底

證明：

1. 考慮向量組 $S = \{v, Av, A^2v, ..., A^{n-1}v\}$。我們需要證明存在一個向量 $v \in C^n$ 使得這 $n$ 個向量是線性獨立的。
2. 若這 $n$ 個向量是線性獨立的，則它們構成 $C^n$ 的一個基底。
3. 假設對於所有 $v \in C^n$，向量組 $S$ 都是線性相關的。這意味著對於每一個 $v$，都存在一組不全為零的係數 $c_0, c_1, ..., c_{n-1} \in C$ 使得：
   $c_0v + c_1Av + c_2A^2v + ... + c_{n-1}A^{n-1}v = 0$。
   令 $p(x) = c_0 + c_1x + ... + c_{n-1}x^{n-1}$。則 $p(A)v = 0$。
4. 若對於所有 $v \in C^n$，都存在一個多項式 $p_v(x)$ (次數小於 $n$) 使得 $p_v(A)v = 0$，這暗示了 $A$ 的最小多項式 (minimal polynomial) 的次數小於 $n$。
5. 然而，對於一個 $n \times n$ 的冪零矩陣 $A$ 且 $A^{n-1} \neq 0$，其最小多項式必須是 $m_A(x) = x^n$。這是因為 $A^k=0$ 的最小 $k$ 是 $n$。
6. 最小多項式的次數是 $n$。
7. 如果最小多項式的次數是 $n$，則必然存在一個向量 $v$ 使得 $A^{n-1}v \neq 0$ 且 $A^n v = 0$。
8. 讓我們構造一個反證。假設對於所有的 $v \in C^n$，向量組 $\{v, Av, ..., A^{n-1}v\}$ 都是線性相關的。
9. 這意味著對於任意 $v \in C^n$，存在係數 $c_0, ..., c_{n-1}$ (不全為零) 使得 $\sum_{i=0}^{n-1} c_i A^i v = 0$。
10. 令 $W_v = \text{span}\{v, Av, ..., A^{n-1}v\}$。如果這組向量總是線性相關，則 $dim(W_v) < n$ 對於所有 $v$。
11. 考慮一個特殊的向量 $v_0$。若 $A^{n-1} \neq 0$，則存在 $v_0$ 使得 $A^{n-1}v_0 \neq 0$。
12. 假設對於這個 $v_0$，向量組 $\{v_0, Av_0, ..., A^{n-1}v_0\}$ 是線性相關的。那麼存在 $c_0, ..., c_{n-1}$ (不全為零) 使得 $c_0v_0 + ... + c_{n-1}A^{n-1}v_0 = 0$。
13. 令 $k$ 是使得 $c_k \neq 0$ 的最小索引。則 $A^k v_0$ 可以被 $v_0, ..., A^{k-1}v_0$ 線性表示。
14. 這與 $A^{n-1}v_0 \neq 0$ 的事實是如何聯繫起來的？

更清晰的證明思路：

1. 假設對於所有的 $v \in C^n$，向量組 $\{v, Av, ..., A^{n-1}v\}$ 都是線性相關的。
2. 令 $v \in C^n$。考慮由 $v$ 生成的循環子空間 $C(A;v) = \text{span}\{v, Av, A^2v, ...\}$。
3. 由於 $A^n = 0$ 且 $A^{n-1} \neq 0$， $A$ 的最小多項式是 $m_A(x) = x^n$。
4. 對於任何向量 $v$，由 Cayley-Hamilton 定理，$A^n v = 0$。
5. 如果 $\{v, Av, ..., A^{n-1}v\}$ 對於所有 $v$ 都是線性相關的，則 $dim(\text{span}\{v, Av, ..., A^{n-1}v\}) < n$ 對於所有 $v$。
6. 存在一個向量 $v$ 使得 $A^{n-1}v \neq 0$。對於這個 $v$，考慮向量組 $\{v, Av, ..., A^{n-1}v\}$。
7. 如果這個向量組是線性相關的，則存在 $c_0, ..., c_{n-1}$ (不全為零) 使得 $c_0v + c_1Av + ... + c_{n-1}A^{n-1}v = 0$。
8. 令 $k$ 是使得 $c_k \neq 0$ 的最小索引。則 $A^k v = -\frac{1}{c_k} \sum_{i=0}^{k-1} c_i A^i v$。
9. 這意味著 $A^k v$ 可以被 $v, Av, ..., A^{k-1}v$ 線性表示。
10. 考慮一個向量 $v$ 使得 $A^{n-1}v \neq 0$。
11. 假設對於這個 $v$， $\{v, Av, ..., A^{n-1}v\}$ 線性相關。那麼存在 $c_0, ..., c_{n-1}$ (不全為零) 使得 $\sum_{i=0}^{n-1} c_i A^i v = 0$。
12. 令 $k$ 是使得 $c_k \neq 0$ 的最小索引。那麼 $A^k v = -\frac{1}{c_k} \sum_{i=0}^{k-1} c_i A^i v$。
13. 這表示 $A^k v$ 屬於 $\text{span}\{v, Av, ..., A^{k-1}v\}$。
14. 現在，我們需要證明存在一個 $v$ 使得 $A^k v$ 不能被 $A^i v$ ($i<k$) 線性表示，對於 $k \le n-1$。
15. 這是關於循環子空間的性質。對於一個矩陣 $A$ 且其最小多項式是 $m_A(x)=x^n$，則存在一個向量 $v$ 使得 $A^n v = 0$ 且 $A^{n-1}v \neq 0$，並且 $\{v, Av, ..., A^{n-1}v\}$ 是線性獨立的。
16. 證明：假設對於所有 $v \in C^n$， $\{v, Av, ..., A^{n-1}v\}$ 都線性相關。這意味著對於每個 $v$，存在一個多項式 $p_v(x)$，次數小於 $n$，使得 $p_v(A)v = 0$。
17. 考慮 $A$ 的最小多項式 $m_A(x) = x^n$。
18. 如果對於所有 $v$, $dim(\text{span}\{v, Av, ..., A^{n-1}v\}) < n$.
19. 存在一個向量 $v_0$ 使得 $A^{n-1}v_0 \neq 0$。
20. 假設 $\{v_0, Av_0, ..., A^{n-1}v_0\}$ 線性相關。則存在 $c_0, ..., c_{n-1}$ (不全為零) 使得 $\sum_{i=0}^{n-1} c_i A^i v_0 = 0$。
21. 令 $k$ 是最小的索引使得 $c_k \neq 0$。則 $A^k v_0 = -\frac{1}{c_k} \sum_{i=0}^{k-1} c_i A^i v_0$。
22. 這表示 $A^k v_0$ 屬於 $\text{span}\{v_0, ..., A^{k-1}v_0\}$。
23. 這意味著 $A^k v_0$ 的 "rank" 比 $v_0$ 低。
24. 關鍵在於，如果 $m_A(x)=x^n$，則存在一個向量 $v$ 使得 $A^{n-1}v \neq 0$ 且 $\{v, Av, ..., A^{n-1}v\}$ 是線性獨立的。
25. 證明：假設對於所有 $v$ 使得 $A^{n-1}v \neq 0$，向量組 $\{v, Av, ..., A^{n-1}v\}$ 都是線性相關的。
26. 令 $v_0$ 使得 $A^{n-1}v_0 \neq 0$。則存在 $c_0, ..., c_{n-1}$ (不全為零) 使得 $\sum_{i=0}^{n-1} c_i A^i v_0 = 0$。

核心觀念

本題考查以下觀念：

1. 矩陣的廣義特徵空間與 Jordan 分解。
2. 若矩陣的特徵值皆為非負實數，則函數 $x\mapsto x^4$ 在該範圍上具有唯一的非負實數反函數 $x\mapsto \sqrt[4]{x}$。
3. 條件
   $\operatorname{null}(A)=\operatorname{null}(A^2)$
   可排除特徵值 $0$ 所對應的非平凡 Jordan block；因此 $A$ 在零特徵值部分必為零矩陣，$B$ 亦同。
4. 對正特徵值，四次方映射在 Jordan 結構上仍可唯一反推原矩陣。

令
$C=A^4=B^4.$

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解題方法

先處理特徵值 $0$，再處理正特徵值的廣義特徵空間。

一、處理特徵值 $0$

因為
$\ker(A)\subseteq \ker(A^2),$
而題設給出兩者的維度相同，所以
$\ker(A)=\ker(A^2).$

這表示若 $A^2x=0$，則必有 $Ax=0$。因此 $A$ 在特徵值 $0$ 的廣義特徵空間上沒有大小大於 $1$ 的 Jordan block。換句話說，$0$ 的 Jordan block 全部為
$[0].$

故 $A$ 在其零特徵值廣義特徵空間 $V_0(A)$ 上滿足
$A|_{V_0(A)}=0.$

同理，
$B|_{V_0(B)}=0.$

另一方面，若 $\lambda$ 是 $A$ 的特徵值，則 $\lambda^4$ 是 $C=A^4$ 的特徵值。由於 $A$ 的特徵值皆為非負實數，
$\lambda=0\quad\Longleftrightarrow\quad \lambda^4=0.$

因此 $A$ 與 $C$ 的零特徵值廣義特徵空間相同；同理 $B$ 與 $C$ 的零特徵值廣義特徵空間也相同。記此共同空間為 $V_0$，則
$A|_{V_0}=B|_{V_0}=0.$

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二、處理正特徵值

令 $\mu>0$ 為 $C$ 的特徵值，並令
$\lambda=\sqrt[4]{\mu}>0.$

由於 $A^4=C$，$A$ 在對應於 $\mu$ 的廣義特徵空間上，其唯一可能的特徵值為 $\lambda$。理由是若 $\alpha$ 是 $A$ 的特徵值，則
$\alpha^4=\mu.$
而 $\alpha$ 必須是非負實數，所以只能有
$\alpha=\sqrt[4]{\mu}=\lambda.$

同理，$B$ 在同一個 $\mu$ 廣義特徵空間上的唯一特徵值也為 $\lambda$。

考慮 $A$ 在此廣義特徵空間上的 Jordan block：
$J=\lambda I+N,$
其中 $N$ 為冪零矩陣。

此題主要考察線性轉換的秩 (rank) 與零度 (nullity) 的概念，以及核空間 (kernel) 的基底求法。

核心觀念：

1. 線性轉換 $T: V \to W$ 的秩 (rank) 等於其對應矩陣 $A$ 的秩，即 $rank(T) = rank(A)$。
2. 根據維度定理 (Dimension Theorem)，對於線性轉換 $T: V \to W$，有 $dim(V) = rank(T) + nullity(T)$。
3. 核空間 $\text{Ker } T = \{v \in V \mid T(v) = 0\}$。若 $T(v) = Av$，則 $\text{Ker } T = \{v \in V \mid Av = 0\}$。

解題步驟：

(1) 尋找矩陣 $A$ 的秩與零度。
矩陣 $A$ 為 $3 \times 4$ 的矩陣。我們可以透過行化簡 (row reduction) 來找到其秩。
$A = \begin{pmatrix} -3 & 1 & 2 & 3 \\ 3 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$
將第一列與第三列交換：
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 3 & 1 & 0 & 1 \\ -3 & 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}$
進行列運算：$R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1$, $R_3 \leftarrow R_3 + 3R_1$
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 1 \\ 0 & 1 & 5 & 3 \end{pmatrix}$
進行列運算：$R_3 \leftarrow R_3 - R_2$
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 1 \\ 0 & 0 & 8 & 2 \end{pmatrix}$
進行列運算：$R_3 \leftarrow \frac{1}{8}R_3$
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1/4 \end{pmatrix}$
進行列運算：$R_1 \leftarrow R_1 - R_3$, $R_2 \leftarrow R_2 + 3R_3$
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -1/4 \\ 0 & 1 & 0 & 7/4 \\ 0 & 0 & 1 & 1/4 \end{pmatrix}$
此為 $A$ 的列階梯形式 (row echelon form)。矩陣 $A$ 的秩等於其列階梯形式中非零列的數量，即 3。
因此，$rank(A) = 3$。