112 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：

1. 向量組是否為 $\mathbb C^3$ 的一組基底。
2. 三個向量線性獨立的判定。
3. 將向量表示成指定基底的線性組合。

將 $v_1,v_2,v_3$ 作為矩陣的三個欄向量。若其行列式不為 $0$，則矩陣可逆，三個向量線性獨立，因此構成 $\mathbb C^3$ 的一組基底。

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解題方法一：以行列式判斷基底

令

$$P= \begin{bmatrix} 1&1+i&i\\ 0&1-i&i\\ -i&1&i \end{bmatrix},$$

其中三個欄向量分別為 $v_1,v_2,v_3$。

計算行列式：

$$\begin{aligned} \det P &=1\cdot \begin{vmatrix} 1-i&i\\ 1&i \end{vmatrix} -(1+i)\cdot \begin{vmatrix} 0&i\\ -i&i \end{vmatrix} +i\cdot \begin{vmatrix} 0&1-i\\ -i&1 \end{vmatrix}\\ &=1\bigl((1-i)i-i\bigr) -(1+i)\bigl(0-i(-i)\bigr) +i\bigl(0-(1-i)(-i)\bigr). \end{aligned}$$

分別化簡：

$$(1-i)i-i=1,$$ $$0-i(-i)=-1,$$ $$0-(1-i)(-i)=1+i.$$

因此

$$\det P =1-(1+i)(-1)+i(1+i) =3i\neq 0.$$

所以 $P$ 可逆，$v_1,v_2,v_3$ 線性獨立。由於 $\mathbb C^3$ 的維度為 $3$，三個線性獨立向量即構成 $\mathbb C^3$ 的一組基底。

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求 $v_4$ 的線性組合

設

$$v_4=a_1v_1+a_2v_2+a_3v_3.$$

代入各向量：

$$(1,0,1) = a_1(1,0,-i) +a_2(1+i,1-i,1) +a_3(i,i,i).$$

比較三個座標，得到聯立方程組：

$$\begin{cases} a_1+(1+i)a_2+ia_3=1,\\ (1-i)a_2+ia_3=0,\\ -ia_1+a_2+ia_3=1. \end{cases}$$

由第二式：

$$ia_3=-(1-i)a_2,$$

因此

$$a_3=\frac{-(1-i)}{i}a_2=(1+i)a_2.$$

代回第一式：

核心觀念

兩個子空間的交集定義為

$$W_1\cap W_2=\{x\in\mathbb R^4:x\in W_1\text{ 且 }x\in W_2\}.$$

因此，若 $x\in W_1\cap W_2$，必存在係數 $a,b,c,d$ 使得

$$x=av_1+bv_2=cv_3+dv_4.$$

將兩邊移項後，求解

$$a v_1+b v_2-cv_3-dv_4=0$$

的所有解，即可得到交集中的向量。

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解題方法與計算

由

$$a(0,3,3,1)+b(2,1,-3,7) =c(1,8,6,6)+d(1,10,-4,2),$$

比較四個分量，得到聯立方程組

$$\begin{cases} 2b-c-d=0,\\ 3a+b-8c-10d=0,\\ 3a-3b-6c+4d=0,\\ a+7b-6c-2d=0. \end{cases}$$

由第一式，

$$c=2b-d.$$

代入第二式：

$$3a+b-8(2b-d)-10d=0,$$

因此

$$3a-15b-2d=0.$$

代入第三式：

$$3a-3b-6(2b-d)+4d=0,$$

整理得

$$3a-15b+10d=0.$$

兩式相減：

$$(3a-15b+10d)-(3a-15b-2d)=0,$$

所以

$$12d=0\quad\Longrightarrow\quad d=0.$$

接著由

$$3a-15b-2d=0$$

可得

$$a=5b.$$

核心觀念

本題考查：

• 正交矩陣與對稱矩陣的正交對角化。
• 奇異值分解（Singular Value Decomposition, SVD）。
• $A^tA$ 與 $AA^t$ 的特徵值、特徵向量。
• 奇異值滿足
  $\sigma_i=\sqrt{\lambda_i(A^tA)}.$

題目原文有兩處矩陣維度不一致：

1. $A\in M_{2\times 3}(\mathbb R)$ 時，$P^tAP$ 無法相乘。
2. SVD 的標準形式應為
   $A=U\Sigma V^t,$
   其中 $U\in M_2(\mathbb R)$、$V\in M_3(\mathbb R)$；題目所寫的 $U,V\in M_3(\mathbb R)$ 與 $\Sigma\in M_{2\times3}(\mathbb R)$ 亦無法相乘。

以下依合理且標準的修正，將第（1）題解讀為求正交矩陣 $P\in M_3(\mathbb R)$，使 $P^tA^tAP$ 對角化。

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解題方法

先計算 $A^tA$：

$$A= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ -2&1&0 \end{pmatrix}, \qquad A^t= \begin{pmatrix} 1&-2\\ 0&1\\ 0&0 \end{pmatrix}.$$

因此

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

此矩陣為實對稱矩陣，因此必可由正交矩陣正交對角化。

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第（1）題：正交對角化

求特徵值

特徵多項式為

$$\det(A^tA-\lambda I) = \det \begin{pmatrix} 5-\lambda&-2&0\\ -2&1-\lambda&0\\ 0&0&-\lambda \end{pmatrix}.$$

所以

$$\det(A^tA-\lambda I) = -\lambda\left[(5-\lambda)(1-\lambda)-4\right].$$

整理得

$$(5-\lambda)(1-\lambda)-4 = \lambda^2-6\lambda+1.$$

故特徵值為

$$\lambda_1=3+2\sqrt2,\qquad \lambda_2=3-2\sqrt2,\qquad \lambda_3=0.$$

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求單位特徵向量

令

$$c=\cos\frac{\pi}{8},\qquad s=\sin\frac{\pi}{8}.$$

其中

$$c=\frac{\sqrt{2+\sqrt2}}{2}, \qquad s=\frac{\sqrt{2-\sqrt2}}{2}.$$

對應於 $\lambda_1=3+2\sqrt2$ 的單位特徵向量可取

$$v_1= \begin{pmatrix} c\\ -s\\ 0 \end{pmatrix}.$$

對應於 $\lambda_2=3-2\sqrt2$ 的單位特徵向量可取

$$v_2= \begin{pmatrix} s\\ c\\ 0 \end{pmatrix}.$$

而對應於 $\lambda_3=0$ 的單位特徵向量為

$$v_3= \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}.$$

三者彼此正交且皆為單位向量，因此令

$$P= \begin{pmatrix} c&s&0\\ -s&c&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.$$

則 $P$ 為正交矩陣，且

$$P^tA^tAP = \begin{pmatrix} 3+2\sqrt2&0&0\\ 0&3-2\sqrt2&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix}.$$

因此第（1）題的正交矩陣可取

$$\boxed{ P= \begin{pmatrix} \cos\frac{\pi}{8}&\sin\frac{\pi}{8}&0\\ -\sin\frac{\pi}{8}&\cos\frac{\pi}{8}&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix} }.$$

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第（2）題：奇異值分解

標準 SVD 形式為

$$A=U\Sigma V^t,$$

其中 $U$ 為 $2\times2$ 正交矩陣，$\Sigma$ 為 $2\times3$ 矩陣，$V$ 為 $3\times3$ 正交矩陣。

求奇異值

奇異值是 $A^tA$ 特徵值的非負平方根：

$$\sigma_1=\sqrt{3+2\sqrt2}=\sqrt2+1,$$ $$\sigma_2=\sqrt{3-2\sqrt2}=\sqrt2-1,$$

因為 $\sqrt2-1>0$。

故

核心觀念

本題考查矩陣空間上的交換子線性變換

$$T(B)=AB-BA.$$

需要使用：

1. $\ker T$ 就是與 $A$ 可交換的矩陣所成的空間： $$\ker T=\{B\in M_3(\mathbb C):AB=BA\}.$$
2. 若 $A$ 的 Jordan 形式已知，可利用各 Jordan 區塊的結構求中央化子（centralizer）維度。
3. 線性變換可對角化時，對任意正整數 $k$ 都有 $$\ker T^k=\ker T.$$ 因此若能找到 $T^2(B)=0$ 但 $T(B)\neq 0$，即可證明 $T$ 不可對角化。

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（1）求 $\dim\ker T$

令

$$B= \begin{pmatrix} b_{11}&b_{12}&b_{13}\\ b_{21}&b_{22}&b_{23}\\ b_{31}&b_{32}&b_{33} \end{pmatrix}.$$

先計算

$$AB= \begin{pmatrix} 2b_{31}&2b_{32}&2b_{33}\\ b_{21}&b_{22}&b_{23}\\ -2b_{21}&-2b_{22}&-2b_{23} \end{pmatrix},$$

以及

$$BA= \begin{pmatrix} 0&b_{12}-2b_{13}&2b_{11}\\ 0&b_{22}-2b_{23}&2b_{21}\\ 0&b_{32}-2b_{33}&2b_{31} \end{pmatrix}.$$

令 $AB=BA$，得到

$$b_{21}=b_{23}=b_{31}=0,$$ $$b_{33}=b_{11},$$ $$b_{32}=2b_{33}-2b_{22},$$ $$b_{12}=2b_{13}+4b_{33}-4b_{22}.$$

因此 $b_{11},b_{13},b_{22}$ 可自由選取，其餘元素皆由它們決定。故

$$\dim\ker T=3.$$

也可由 Jordan 形式快速驗算。矩陣 $A$ 的特徵多項式為

$$\det(\lambda I-A)=\lambda^2(\lambda-1).$$

對應於特徵值 $0$ 的特徵空間只有一維，因此 $A$ 的 Jordan 型為

$$J_2(0)\oplus J_1(1).$$

同一特徵值 $0$ 的 $2\times2$ Jordan 區塊，其中央化子維度為 $2$；特徵值 $1$ 的區塊貢獻 $1$ 維。

核心觀念

將矩陣視為線性映射 $\,\mathbb R^n\to\mathbb R^n$：

• $\operatorname{rank}(A)=\dim(\operatorname{Im}A)$。
• $\ker A$ 的維度由秩零化度定理給出：
  $\dim(\ker A)=n-\operatorname{rank}(A)。$
• $X$ 可逆表示 $X$ 是 $\mathbb R^n$ 上的可逆線性映射，因此會保留子空間的維度。

條件 $AXB=0_n$ 的幾何意義是：$B$ 的值域經過 $X$ 映射後，全部落入 $A$ 的零空間，即
$X(\operatorname{Im}B)\subseteq \ker A。$

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解題方法

證明雙向蘊含。

必要性：若存在可逆矩陣 $X$ 使 $AXB=0_n$，則 $\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(B)\le n$

由 $AXB=0_n$，對任意向量 $v\in\mathbb R^n$，有
$A(X(Bv))=0。$

因此 $X(Bv)\in\ker A$。當 $v$ 遍歷 $\mathbb R^n$ 時，$Bv$ 遍歷 $\operatorname{Im}B$，所以
$X(\operatorname{Im}B)\subseteq\ker A。$

因為 $X$ 可逆，故限制在 $\operatorname{Im}B$ 上仍保持維度：

$$\dim\bigl(X(\operatorname{Im}B)\bigr) =\dim(\operatorname{Im}B) =\operatorname{rank}(B)。$$

由於 $X(\operatorname{Im}B)\subseteq\ker A$，得到

$$\operatorname{rank}(B) \le \dim(\ker A) =n-\operatorname{rank}(A)。$$

移項即得
$\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(B)\le n。$

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充分性：若 $\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(B)\le n$，則存在可逆矩陣 $X$ 使 $AXB=0_n$

令

$$r=\operatorname{rank}(B),\qquad s=\dim(\ker A)=n-\operatorname{rank}(A)。$$

由假設
$\operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(B)\le n，$
可得
$r\le n-\operatorname{rank}(A)=s。$

取 $\operatorname{Im}B$ 的一組基底
$u_1,\dots,u_r。$

核心觀念

令

$$D=A-B.$$

則題目條件可改寫為

$$[D,B]=DB-BD=cD.$$

本題使用三個觀念：

1. 由交換子關係推導 $D$ 的冪次跡為零。
2. 由 Newton 恆等式證明 $D$ 為冪零矩陣。
3. 利用共同特徵向量與商空間的歸納法，證明 $A,B$ 可同時上三角化。

最後，再由交換子的對角線必為零，得到兩矩陣的對角元素相同。

解題方法

一、證明 $D=A-B$ 為冪零矩陣

由

$$DB-BD=cD$$

可得對任意正整數 $k$，

$$D^kB-BD^k=kcD^k.$$

此式可由交換子乘法公式得到：

$$[D^k,B] =\sum_{j=0}^{k-1}D^j[D,B]D^{k-1-j} =\sum_{j=0}^{k-1}cD^k =kcD^k.$$

矩陣交換子的跡必為零，因為

$$\operatorname{tr}(D^kB-BD^k) =\operatorname{tr}(D^kB)-\operatorname{tr}(BD^k)=0.$$

因此

$$0=kc\operatorname{tr}(D^k).$$

由 $c\neq 0$，可得

$$\operatorname{tr}(D^k)=0, \qquad k=1,2,\ldots,n.$$

設 $D$ 的特徵值為 $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$，則

$$\operatorname{tr}(D^k) =\lambda_1^k+\cdots+\lambda_n^k=0, \qquad k=1,\ldots,n.$$

由 Newton 恆等式，前 $n$ 個冪和皆為零會推出特徵多項式為

$$\chi_D(t)=t^n.$$

由 Cayley–Hamilton 定理，

$$D^n=0.$$

故 $D$ 為冪零矩陣，特別地，

$$\ker D\neq \{0\}.$$

二、找出 $A$ 與 $B$ 的共同特徵向量

由

$$DB-BD=cD$$

可寫成

$$DB=BD+cD.$$

若 $v\in\ker D$，則

$$D(Bv)=BDv+cDv=0.$$

因此 $\ker D$ 是 $B$ 的不變子空間。

又因為

$$A=B+D,$$

若 $v\in\ker D$，則

$$Av=Bv+Dv=Bv\in\ker D.$$

所以 $\ker D$ 同時是 $A$ 與 $B$ 的不變子空間。

由於 $\mathbb C$ 代數閉，$B$ 限制在非零空間 $\ker D$ 上必有特徵向量。取非零向量 $v_1\in\ker D$，使得

$$Bv_1=\beta_1v_1.$$

因為 $Dv_1=0$，所以

$$Av_1=(B+D)v_1=Bv_1=\beta_1v_1.$$

因此 $v_1$ 是 $A$ 與 $B$ 的共同特徵向量，而且兩者對應的特徵值相同。

三、以歸納法同時上三角化

考慮一維共同不變子空間

$$V_1=\operatorname{span}\{v_1\}.$$