114 年 國立臺灣大學數學系碩士班《線性代數（A）》

這組題目考驗對矩陣秩（rank）性質的理解與證明能力，特別是秩不等式。

核心觀念：矩陣的秩定義為其行空間或列空間的維度。本題主要利用線性映射的維度定理以及矩陣乘法與線性映射的關係來證明。

解題過程：

(a) 證明 $\operatorname{rank}(AB) \le \min\{\operatorname{rank}(A), \operatorname{rank}(B)\}$。
令 $A$ 和 $B$ 為 $n \times n$ 矩陣。矩陣 $AB$ 的乘積可以看作是線性映射的複合。令 $L_A: F^n \to F^n$ 和 $L_B: F^n \to F^n$ 分別是通過矩陣 $A$ 和 $B$ 定義的線性映射，即 $L_A(x) = Ax$ 和 $L_B(x) = Bx$。則 $L_{AB}(x) = (AB)x = A(Bx) = L_A(L_B(x))$。
$\operatorname{rank}(AB)$ 是線性映射 $L_{AB}$ 的像空間（image）的維度，即 $\dim(\operatorname{Im}(L_{AB})) = \dim(L_A(L_B(F^n)))$。
由於 $L_B(F^n) = \operatorname{Im}(L_B)$ 是 $F^n$ 的一個子空間，且 $L_A$ 作用在 $L_B(F^n)$ 上，所以 $L_A(L_B(F^n))$ 是 $L_A$ 的像空間 $\operatorname{Im}(L_A)$ 的一個子空間。
因此，$\dim(L_A(L_B(F^n))) \le \dim(\operatorname{Im}(L_A))$。
而 $\dim(\operatorname{Im}(L_A)) = \operatorname{rank}(A)$。所以，$\operatorname{rank}(AB) \le \operatorname{rank}(A)$。

另一方面，矩陣 $AB$ 的行空間是矩陣 $A$ 的列空間的一個子空間。更精確地說，矩陣 $AB$ 的列空間是矩陣 $A$ 的列空間中，由 $B$ 的列向量映射得到的向量所張成的空間。
設 $B = [b_1 | b_2 | \dots | b_n]$。則 $AB = [Ab_1 | Ab_2 | \dots | Ab_n]$。
$AB$ 的列空間由 $\{Ab_1, Ab_2, \dots, Ab_n\}$ 生成。
令 $W = \operatorname{span}\{Ab_1, Ab_2, \dots, Ab_n\}$。
對於任意 $j \in \{1, \dots, n\}$，$Ab_j$ 是 $A$ 的列空間中的一個向量。因此，$W$ 是 $A$ 的列空間的子空間。
所以，$\operatorname{rank}(AB) = \dim(W) \le \dim(\operatorname{Im}(A)) = \operatorname{rank}(A)$。

同樣地，考慮 $AB$ 的列空間。矩陣 $AB$ 的列空間是 $A$ 的列空間的子空間。
令 $C(M)$ 表示矩陣 $M$ 的列空間。則 $C(AB) \subseteq C(A)$。
因此，$\operatorname{rank}(AB) = \dim(C(AB)) \le \dim(C(A)) = \operatorname{rank}(A)$。

現在證明 $\operatorname{rank}(AB) \le \operatorname{rank}(B)$。
矩陣 $AB$ 的行空間是 $B$ 的行空間的子空間。
令 $R(M)$ 表示矩陣 $M$ 的行空間。
$R(AB) \subseteq R(B)$。
因此，$\operatorname{rank}(AB) = \dim(R(AB)) \le \dim(R(B)) = \operatorname{rank}(B)$。

綜合以上兩點，$\operatorname{rank}(AB) \le \min\{\operatorname{rank}(A), \operatorname{rank}(B)\}$。
【答案】(a) 證明完畢。

(b) 證明 $\operatorname{rank}(A+B) \le \operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(B)$。
令 $L_A$ 和 $L_B$ 為對應於矩陣 $A$ 和 $B$ 的線性映射。則 $A+B$ 對應於線性映射 $L_{A+B}(v) = (A+B)v = Av + Bv = L_A(v) + L_B(v)$。
令 $W = V$（即 $F^n$）。則 $L_{A+B}: W \to W$ 是 $L_A + L_B$。
像空間 $\operatorname{Im}(L_{A+B}) = (L_A + L_B)(W) = \{L_A(v) + L_B(v) \mid v \in W\}$。
對於任意 $u \in \operatorname{Im}(L_{A+B})$，存在 $v \in W$ 使得 $u = L_A(v) + L_B(v)$。
這表示 $u$ 是 $L_A(v)$ 和 $L_B(v)$ 的和。
然而，我們不能直接說 $u$ 是 $\operatorname{Im}(L_A)$ 和 $\operatorname{Im}(L_B)$ 中的向量的和。
考慮一個更大的空間，例如 $V \oplus V$。
令 $L: V \to V \oplus V$ 定義為 $L(v) = (L_A(v), L_B(v))$。
$\operatorname{rank}(L) = \dim(\operatorname{Im}(L)) = \dim(\{(L_A(v), L_B(v)) \mid v \in V\})$。
由維度定理，$\dim(\ker(L)) + \dim(\operatorname{Im}(L)) = \dim(V) = n$。
$\ker(L) = \{v \in V \mid L_A(v) = 0 \text{ and } L_B(v) = 0\} = \ker(L_A) \cap \ker(L_B)$。
$\dim(\ker(L)) = \dim(\ker(L_A) \cap \ker(L_B))$。
$\operatorname{Im}(L) = \{(L_A(v), L_B(v)) \mid v \in V\}$。
考慮映射 $\pi_1: V \oplus V \to V$ 定義為 $\pi_1(x, y) = x$。
$\pi_1(\operatorname{Im}(L)) = \{L_A(v) \mid v \in V\} = \operatorname{Im}(L_A)$。
考慮映射 $\pi_2: V \oplus V \to V$ 定義為 $\pi_2(x, y) = y$。
$\pi_2(\operatorname{Im}(L)) = \{L_B(v) \mid v \in V\} = \operatorname{Im}(L_B)$。
$\operatorname{Im}(L)$ 是 $V \oplus V$ 中的一個子空間。
$\dim(\operatorname{Im}(L)) = n - \dim(\ker(L_A) \cap \ker(L_B))$。

利用 Sylvester's Rank Inequality 變形：$\operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(B) - n \le \operatorname{rank}(AB)$。
我們需要證明 $\operatorname{rank}(A+B) \le \operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(B)$。
令 $C = A+B$。
考慮矩陣 $\begin{pmatrix} A & B \\ 0 & C \end{pmatrix}$。這個矩陣是 $2n \times 2n$ 的。
$\operatorname{rank}\begin{pmatrix} A & B \\ 0 & C \end{pmatrix} = \operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(C) = \operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(A+B)$。
考慮矩陣 $\begin{pmatrix} I & 0 \\ I & I \end{pmatrix}$。它的逆矩陣是 $\begin{pmatrix} I & 0 \\ -I & I \end{pmatrix}$。
$\begin{pmatrix} I & 0 \\ I & I \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & B \\ 0 & C \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A & B \\ A & B+C \end{pmatrix}$。
$\begin{pmatrix} A & B \\ 0 & C \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I & 0 \\ I & I \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A+B & B \\ C & C \end{pmatrix}$。

更直接的方法：
令 $u_1, \dots, u_k$ 是 $A$ 的列空間的一組基，其中 $k = \operatorname{rank}(A)$。
令 $v_1, \dots, v_m$ 是 $B$ 的列空間的一組基，其中 $m = \operatorname{rank}(B)$。
$A+B$ 的列空間由 $A$ 的列向量和 $B$ 的列向量的線性組合構成。
令 $C_A$ 為 $A$ 的列空間，$C_B$ 為 $B$ 的列空間。
$C_{A+B} = \{Ax+By \mid x,y \in F^n\}$。
令 $u_1, \dots, u_k$ 是 $A$ 的列空間的一組基。
令 $v_1, \dots, v_m$ 是 $B$ 的列空間的一組基。
$A+B$ 的列向量是 $Ax_i$ 和 $By_j$ 的和。
$\operatorname{rank}(A+B) = \dim(C(A+B))$。
$C(A+B) = \{c \in F^n \mid c = (A+B)x \text{ for some } x \in F^n\} = \{Ax + Bx \mid x \in F^n\}$。
令 $W_A = \operatorname{Im}(A)$ 和 $W_B = \operatorname{Im}(B)$。
$W_{A+B} = \{w_A + w_B \mid w_A \in W_A, w_B \in W_B\}$ 嗎？ 不是，必須是同一個 $x$。
$W_{A+B} = \{Ax+Bx \mid x \in F^n\}$。
令 $f: F^n \to W_A \oplus W_B$ 定義為 $f(x) = (Ax, Bx)$。
$\operatorname{Im}(f) = \{(Ax, Bx) \mid x \in F^n\}$。
$\dim(\operatorname{Im}(f)) = n - \dim(\ker(f))$。
$\ker(f) = \{x \in F^n \mid Ax=0 \text{ and } Bx=0\} = \ker(A) \cap \ker(B)$。
$\dim(\operatorname{Im}(f)) = n - \dim(\ker(A) \cap \ker(B))$。
令 $g: W_A \oplus W_B \to F^n$ 定義為 $g(u, v) = u+v$。
則 $\operatorname{Im}(g) = W_A + W_B = \{u+v \mid u \in W_A, v \in W_B\}$。
$\dim(W_A + W_B) = \dim(W_A) + \dim(W_B) - \dim(W_A \cap W_B)$。
$W_{A+B} = \{Ax+Bx \mid x \in F^n\}$。
令 $A', B'$ 為 $F^n$ 到 $F^n$ 的線性映射。
$\operatorname{rank}(A'+B') \le \operatorname{rank}(A') + \operatorname{rank}(B')$。
這是一個標準的秩不等式。
考慮矩陣 $\begin{pmatrix} A & 0 \\ B & 0 \end{pmatrix}$。其秩為 $\operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(B)$。
令 $M = \begin{pmatrix} A & 0 \\ B & 0 \end{pmatrix}$。
考慮矩陣 $N = \begin{pmatrix} I & 0 \\ -I & I \end{pmatrix}$。
$MN = \begin{pmatrix} A & 0 \\ B & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I & 0 \\ -I & I \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A & 0 \\ B & 0 \end{pmatrix}$。
考慮矩陣 $P = \begin{pmatrix} I & I \\ 0 & I \end{pmatrix}$。
$MP = \begin{pmatrix} A & 0 \\ B & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I & I \\ 0 & I \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A & A \\ B & B \end{pmatrix}$。
$\operatorname{rank}\begin{pmatrix} A & A \\ B & B \end{pmatrix} = \operatorname{rank}\begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix}$。

標準證明：
令 $W = F^n$。令 $L_A: W \to W$ 和 $L_B: W \to W$ 是由 $A$ 和 $B$ 誘導的線性映射。
考慮映射 $L: W \to W \oplus W$ 定義為 $L(x) = (L_A(x), L_B(x))$。
$\operatorname{rank}(L) = \dim(\operatorname{Im}(L)) = n - \dim(\ker(L)) = n - \dim(\ker(A) \cap \ker(B))$。
考慮映射 $S: W \oplus W \to W$ 定義為 $S(u, v) = u+v$。
$\operatorname{Im}(S) = \{u+v \mid u \in W, v \in W\} = W$。
$\operatorname{rank}(S) = n$。
考慮複合映射 $S \circ L: W \to W$，定義為 $(S \circ L)(x) = S(L(x)) = S(L_A(x), L_B(x)) = L_A(x) + L_B(x) = (A+B)x$。
$\operatorname{Im}(S \circ L) = \operatorname{Im}(A+B)$。
$\operatorname{rank}(A+B) = \dim(\operatorname{Im}(S \circ L))$。
根據秩不等式 $\operatorname{rank}(XY) \le \min(\operatorname{rank}(X), \operatorname{rank}(Y))$。
$\operatorname{rank}(S \circ L) \le \operatorname{rank}(L)$。
$\operatorname{rank}(A+B) \le n - \dim(\ker(A) \cap \ker(B))$。
這不是我們想要的。

考慮映射 $T: W \oplus W \to W \oplus W$ 定義為 $T(u, v) = (u, u+v)$。
$T$ 是可逆的 (其逆為 $T^{-1}(u, v) = (u, v-u)$)。
所以 $\operatorname{rank}(T) = 2n$。
考慮矩陣 $\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & B \end{pmatrix}$。
令 $M = \begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & B \end{pmatrix}$。$\operatorname{rank}(M) = \operatorname{rank}(A) + \operatorname{rank}(B)$。
考慮矩陣 $N = \begin{pmatrix} I & I \\ 0 & I \end{pmatrix}$。
$MN = \begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & B \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I & I \\ 0 & I \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A & A \\ 0 & B \end{pmatrix}$。

核心觀念

本題考查直和的判定：若 $U,W$ 是 $V$ 的子空間，且 $V=U+W$、$U\cap W=\{0\}$，則 $V=U\oplus W$。

題目中的兩個條件各有用途：$\ker T=\ker T^2$ 用來證明交集只有零向量；$\operatorname{Im}T=\operatorname{Im}T^2$ 用來構造每個向量的分解。

解題方法

先證明 $\ker T\cap\operatorname{Im}T=\{0\}$。取 $x\in\ker T\cap\operatorname{Im}T$。因為 $x\in\operatorname{Im}T$，存在 $y\in V$ 使得 $x=Ty$；又因為 $x\in\ker T$，所以 $Tx=0$。因此

$$T^2y=T(Ty)=Tx=0.$$

由 $\ker T^2=\ker T$，可知 $y\in\ker T$，故 $x=Ty=0$。所以

$$\ker T\cap\operatorname{Im}T=\{0\}.$$

此題考驗對矩陣性質的理解，包括正交矩陣、對稱矩陣和正定矩陣的定義及其相互關係。

核心觀念：

1. 正交矩陣 (Orthogonal Matrix)：一個方陣 $A$ 是正交的，如果 $A^T A = A A^T = I$。這等價於 $A^T = A^{-1}$。正交矩陣保持向量的長度（範數）和角度。
2. 對稱矩陣 (Symmetric Matrix)：一個方陣 $A$ 是對稱的，如果 $A^T = A$。
3. 正定矩陣 (Positive Definite Matrix)：一個對稱矩陣 $A$ 是正定的，如果對於所有非零向量 $x \in \mathbb{R}^n$, $x^T A x > 0$。這等價於 $A$ 的所有特徵值都為正。
4. 特徵值 (Eigenvalues)：對於一個矩陣 $A$，特徵值 $\lambda$ 和對應的特徵向量 $v$ 滿足 $Av = \lambda v$。

已知條件：

1. $A$ 是 $n \times n$ 的實矩陣。
2. $A$ 是正交矩陣，即 $A^T A = I$。
3. $A$ 是對稱矩陣，即 $A^T = A$。
4. $A$ 是正定矩陣，即 $x^T A x > 0$ 對於所有 $x \neq 0$。

目標：證明 $A = I$ (單位矩陣)。

證明步驟：

方法一：利用特徵值進行證明。

1. 由對稱性可知 $A$ 可對角化：由於 $A$ 是實對稱矩陣，根據譜定理 (Spectral Theorem)，存在一個正交矩陣 $P$ 使得 $A = P D P^T$，其中 $D$ 是一個對角矩陣，其對角線元素是 $A$ 的特徵值 $\lambda_1, \dots, \lambda_n$。

2. 由正定性可知特徵值為正：由於 $A$ 是正定矩陣，其所有特徵值 $\lambda_i$ 都必須是正的，即 $\lambda_i > 0$ 對於所有 $i=1, \dots, n$。

3. 利用正交性約束特徵值：
   由於 $A$ 是正交矩陣，我們有 $A^T A = I$。
   將 $A = P D P^T$ 代入：
   $(P D P^T)^T (P D P^T) = I$
   $(P^T)^T D^T P^T P D P^T = I$
   $P D P^T P D P^T = I$
   由於 $P$ 是正交矩陣，$P^T P = I$。
   $P D I D P^T = I$
   $P D^2 P^T = I$
   將 $P^T$ 左乘，將 $P$ 右乘：
   $P^T (P D^2 P^T) P = P^T I P$
   $(P^T P) D^2 (P^T P) = (P^T P)$
   $I D^2 I = I$
   $D^2 = I$

   $D$ 是一個對角矩陣，形如 $D = \operatorname{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$。
   $D^2 = \operatorname{diag}(\lambda_1^2, \dots, \lambda_n^2)$。
   所以，$D^2 = I$ 意味著 $\lambda_i^2 = 1$ 對於所有 $i=1, \dots, n$。
   這意味著 $\lambda_i = 1$ 或 $\lambda_i = -1$。

4. 結合特徵值為正的條件：
   我們已知 $A$ 是正定的，所以所有特徵值 $\lambda_i > 0$。
   同時，從 $A$ 是正交矩陣推導出 $\lambda_i = 1$ 或 $\lambda_i = -1$。
   唯一滿足這兩個條件的解是 $\lambda_i = 1$ 對於所有 $i=1, \dots, n$。

5. 結論：
   由於 $A$ 的所有特徵值都是 1，且 $A$ 可對角化為 $A = P D P^T$，其中 $D = \operatorname{diag}(1, 1, \dots, 1) = I$。
   所以，$A = P I P^T = P P^T$。
   由於 $P$ 是正交矩陣，$P P^T = I$。

核心觀念

本題的矩陣是 companion matrix，重點包括：

• 利用 companion matrix 直接寫出特徵多項式。
• 由特徵多項式判斷特徵值的代數重數。
• 若特徵多項式沒有重根，則 Jordan canonical form 必為對角矩陣。

令

$$p(x)=x^n+c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_1x+c_0.$$

由

$$c_i=\binom{n-1}{i}$$

以及二項式定理，

$$\sum_{i=0}^{n-1}c_i x^i =\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}{i}x^i =(x+1)^{n-1}.$$

因此

$$p(x)=x^n+(x+1)^{n-1}.$$

---

解題方法：求特徵多項式

矩陣 $A$ 的作用為

$$Ae_1=e_2,\quad Ae_2=e_3,\quad \dots,\quad Ae_{n-1}=e_n,$$

且

$$Ae_n=-c_0e_1-c_1e_2-\cdots-c_{n-1}e_n.$$

因此

$$A^ne_1 =-c_0e_1-c_1Ae_1-\cdots-c_{n-1}A^{n-1}e_1.$$

由於

$$e_1,Ae_1,\dots,A^{n-1}e_1 =e_1,e_2,\dots,e_n$$

構成一組基底，所以 $e_1$ 是 cyclic vector，矩陣 $A$ 的最小多項式等於特徵多項式，且為

$$\chi_A(x)=x^n+c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_0.$$

故

$$\boxed{\chi_A(x)=x^n+(x+1)^{n-1}}.$$

---

判斷特徵多項式是否有重根

若 $p(x)$ 有重根，則必存在某個 $\lambda$ 同時滿足

$$p(\lambda)=0,\qquad p'(\lambda)=0.$$

先注意

$$p(-1)=(-1)^n\neq 0,$$

所以重根 $\lambda$ 不可能等於 $-1$。

由 $p(\lambda)=0$ 得

$$\lambda^n+(\lambda+1)^{n-1}=0.$$

而

$$p'(x)=nx^{n-1}+(n-1)(x+1)^{n-2}.$$

令 $p'(\lambda)=0$，再乘以 $\lambda$：

$$n\lambda^n+(n-1)\lambda(\lambda+1)^{n-2}=0.$$

利用

$$\lambda^n=-(\lambda+1)^{n-1},$$

可得

$$-n(\lambda+1)^{n-1} +(n-1)\lambda(\lambda+1)^{n-2}=0.$$

此題包含兩個部分：

1. 證明在 $\mathbb{R}^3$ 上，滿足 $\langle Tv, v \rangle = 0$ 的線性變換 $T$ 不是可逆的。
2. 探討在 $\mathbb{R}^2$ 上，同樣條件下的線性變換是否一定不是可逆的。

核心觀念：

1. 線性變換的可逆性 (Invertibility of Linear Transformation)：一個線性變換 $T: V \to W$ 是可逆的，若且唯若它是單射 (injective) 且滿射 (surjective)。對於從一個向量空間到自身的線性變換 $T: V \to V$，可逆等價於 $\ker T = \{0\}$ (即 $T$ 是單射)，也等價於 $\operatorname{Im} T = V$ (即 $T$ 是滿射)。
2. 內積 (Inner Product)：標準內積 $\langle u, v \rangle = u^T v$。
3. 對稱性與反對稱性：一個線性變換 $T$ 可以唯一地分解為一個對稱部分 $T_s = \frac{1}{2}(T + T^T)$ 和一個反對稱部分 $T_a = \frac{1}{2}(T - T^T)$。對於任何向量 $v$, $\langle Tv, v \rangle = \langle T_s v, v \rangle$。
4. 反對稱矩陣的性質：一個反對稱矩陣 $M$ 滿足 $M^T = -M$。對於反對稱矩陣，$\langle Mv, v \rangle = 0$ 對於所有向量 $v$。

第一部分：證明在 $\mathbb{R}^3$ 上，滿足 $\langle Tv, v \rangle = 0$ 的線性變換 $T$ 不是可逆的。

令 $A$ 是由 $T$ 在標準基下表示的矩陣。則 $\langle Tv, v \rangle = (Av)^T v = v^T A^T v$。
所以，條件是 $v^T A^T v = 0$ 對於所有 $v \in \mathbb{R}^3$。
我們知道，對於任何矩陣 $M$，如果 $v^T M v = 0$ 對於所有 $v$，那麼 $M$ 必須是反對稱的。
證明：
$v^T M v = 0$ 對於所有 $v$。
$(u+v)^T M (u+v) = 0$
$u^T M u + u^T M v + v^T M u + v^T M v = 0$
由於 $u^T M u = 0$ 和 $v^T M v = 0$，我們得到 $u^T M v + v^T M u = 0$。
$v^T M u = (u^T M v)^T$ (因為 $u^T M v$ 是一個 $1 \times 1$ 的矩陣，其轉置等於自身)。
所以 $u^T M v + (u^T M v)^T = 0$.
$2 u^T M v = 0$.
$u^T M v = 0$ 對於所有 $u, v \in \mathbb{R}^3$。
令 $u = M e_i$ 和 $v = e_j$。
$(M e_i)^T M e_j = 0$.
$e_i^T M^T M e_j = 0$.
$(M^T M)_{ij} = 0$ 對於所有 $i, j$。
這意味著 $M^T M = 0$。
這不對。

我們需要證明 $A^T$ 是反對稱的。
令 $M = A^T$。我們有 $v^T M v = 0$ 對於所有 $v$。
這意味著 $M$ 必須是反對稱的。
即 $M^T = -M$。
$(A^T)^T = -A^T$。
$A = -A^T$。
所以，矩陣 $A$ 必須是反對稱的。

現在，考慮一個反對稱矩陣 $A$ 在 $\mathbb{R}^3$ 上的作用。
反對稱矩陣 $A$ 在 $\mathbb{R}^3$ 上的一個重要性質是，它代表一個向量叉積。
對於任何反對稱矩陣 $A = \begin{pmatrix} 0 & -c & b \\ c & 0 & -a \\ -b & a & 0 \end{pmatrix}$，存在一個向量 $w = (a, b, c) \in \mathbb{R}^3$ 使得 $Av = v \times w$ 對於所有 $v \in \mathbb{R}^3$。

如果 $T$ 是可逆的，那麼 $\ker T = \{0\}$。
即 $Av = 0$ 當且僅當 $v=0$。
但是，對於反對稱矩陣 $A$，我們知道 $Av = v \times w$。
如果 $w = 0$ (即 $A$ 是零矩陣)，那麼 $Av = 0$ 對於所有 $v$，所以 $A$ 是不可逆的。
如果 $w \neq 0$，那麼存在非零向量 $v$ 使得 $v$ 平行於 $w$。
例如，取 $v = w$。
那麼 $Aw = w \times w = 0$。
所以，如果 $w \neq 0$，那麼 $w$ 是 $A$ 的一個非零特徵向量（對應於特徵值 $0$）。
這意味著 $\ker A \neq \{0\}$，所以 $A$ 是不可逆的。
因此，在 $\mathbb{R}^3$ 上，如果 $A$ 是反對稱的且 $A \neq 0$，則 $A$ 是不可逆的。
如果 $A=0$，則 $A$ 顯然不可逆。
所以，任何反對稱矩陣 $A$ 在 $\mathbb{R}^3$ 上都不是可逆的。

因為 $\langle Tv, v \rangle = 0$ 對於所有 $v \in \mathbb{R}^3$ 蘊含 $A$ 是反對稱的，而反對稱矩陣在 $\mathbb{R}^3$ 上都不是可逆的，所以 $T$ 不是可逆的。

第二部分：探討在 $\mathbb{R}^2$ 上，同樣條件下的線性變換是否一定不是可逆的？

此題包含兩部分，都與線性算子在交換條件下的性質有關。

第一部分：證明 eigenspace 是 T-invariant 的

核心觀念：

1. Eigenspace 的定義：對於線性算子 $S$ 和特徵值 $\lambda$，其對應的 eigenspace $E_\lambda = \{v \in V \mid S(v) = \lambda v\}$。
2. T-invariant subspace 的定義：一個子空間 $W \subseteq V$ 被稱為 $T$-invariant，如果對於所有 $w \in W$, $T(w) \in W$。
3. 交換條件：$ST = TS$。

證明步驟：
令 $E_\lambda$ 是 $S$ 關於特徵值 $\lambda$ 的 eigenspace。
我們需要證明 $E_\lambda$ 是 $T$-invariant，即對於任意 $v \in E_\lambda$，都有 $T(v) \in E_\lambda$。
根據 $E_\lambda$ 的定義，如果 $v \in E_\lambda$，則 $S(v) = \lambda v$。
我們需要證明 $T(v) \in E_\lambda$，這意味著我們需要證明 $S(T(v)) = \lambda T(v)$。

利用交換條件 $ST = TS$，我們有：
$S(T(v)) = (ST)(v)$
由於 $S$ 和 $T$ 交換，$(ST)(v) = (TS)(v) = T(S(v))$。
所以，$S(T(v)) = T(S(v))$。

現在，我們知道 $v \in E_\lambda$，所以 $S(v) = \lambda v$。
代入上面的等式：
$S(T(v)) = T(S(v)) = T(\lambda v)$。
由於 $T$ 是線性算子，我們可以將純量 $\lambda$ 提出：
$T(\lambda v) = \lambda T(v)$。
所以，我們得到 $S(T(v)) = \lambda T(v)$。

這表明，對於任意 $v \in E_\lambda$，向量 $T(v)$ 滿足 $S(T(v)) = \lambda T(v)$。
根據 eigenspace 的定義，這意味著 $T(v)$ 是 $S$ 關於特徵值 $\lambda$ 的一個特徵向量（或者零向量）。
因此，$T(v) \in E_\lambda$。
這就證明了 $E_\lambda$ 是 $T$-invariant 的。

【答案】(a) 證明完畢。

第二部分：證明存在一個共同的 upper-triangularizing basis

核心觀念：

1. Schur Decomposition：對於任意複數矩陣 $A$，存在一個酉矩陣 $U$ 使得 $U^* A U$ 是上三角矩陣。
2. 交換算子的共同特徵向量：如果兩個算子 $S, T$ 在 $V$ 上交換，且 $V$ 是複數域上的有限維向量空間，那麼存在 $V$ 的一個基，使得 $S$ 和 $T$ 在該基下的矩陣表示都是上三角矩陣。這通常通過歸納法證明。

證明思路：
我們將使用歸納法來證明。
令 $V$ 是複數域 $\mathbb{C}$ 上的 $n$ 維向量空間。
基本情況：$n=1$。設 $V = \operatorname{span}\{v\}$。則 $S(v) = \lambda v$ 且 $T(v) = \mu v$。以 $\{v\}$ 為基，$S$ 和 $T$ 的矩陣表示分別是 $[S] = [\lambda]$ 和 $[T] = [\mu]$，它們都是 $1 \times 1$ 的上三角矩陣。

歸納假設：假設對於所有維度小於 $n$ 的複向量空間，如果兩個交換的線性算子作用在上面，則存在一個共同的 upper-triangularizing basis。

歸納步驟：考慮 $n$ 維向量空間 $V$。
由於 $S$ 是 $V$ 上的線性算子，它在複數域上至少有一個特徵值 $\lambda$。
令 $E_\lambda$ 是 $S$ 關於特徵值 $\lambda$ 的 eigenspace。
根據第一部分的證明，我們知道 $E_\lambda$ 是 $T$-invariant 的。
由於 $E_\lambda$ 是 $S$ 的 eigenspace，它也是 $S$-invariant 的（對於 $v \in E_\lambda$, $S(v) = \lambda v \in E_\lambda$）。

考慮商空間 $V' = V / E_\lambda$。它的維度是 $n - \dim(E_\lambda)$，這是一個小於 $n$ 的非負整數。
由於 $S$ 和 $T$ 都將 $E_\lambda$ 映射到 $E_\lambda$ (即 $S|_{E_\lambda}$ 和 $T|_{E_\lambda}$ 是從 $E_\lambda$ 到 $E_\lambda$ 的映射)，它們可以誘導出在商空間 $V'$ 上的線性算子。
令 $\bar{S}: V' \to V'$ 和 $\bar{T}: V' \to V'$ 是由 $S$ 和 $T$ 誘導的算子。
由於 $S$ 和 $T$ 交換，誘導出的算子 $\bar{S}$ 和 $\bar{T}$ 也交換。
根據歸納假設，存在 $V'$ 的一個基 $\mathcal{B}' = \{\bar{v}_1, \dots, \bar{v}_{m}\}$ ($m = \dim(V')$) 使得 $[\bar{S}]_{\mathcal{B}'}$ 和 $[\bar{T}]_{\mathcal{B}'}$ 都是上三角矩陣。
令 $\{\tilde{v}_1, \dots, \tilde{v}_m\}$ 是 $V$ 中的向量，使得它們在 $V'$ 中的像分別是 $\bar{v}_1, \dots, \bar{v}_m$。

現在，我們需要構建 $V$ 的一個基。
設 $\{u_1, \dots, u_k\}$ 是 $E_\lambda$ 的一個基，其中 $k = \dim(E_\lambda)$。
我們可以將這個基擴展成 $V$ 的一個基 $\mathcal{B} = \{u_1, \dots, u_k, \tilde{v}_1, \dots, \tilde{v}_m\}$。
我們需要驗證，在基 $\mathcal{B}$ 下，$S$ 和 $T$ 的矩陣表示都是上三角的。

對於 $j = 1, \dots, k$，我們有 $S(u_j) = \lambda u_j$。
對於 $j = 1, \dots, m$，我們知道 $\bar{S}(\bar{v}_j)$ 在 $V'$ 中的像是由 $[\bar{S}]_{\mathcal{B}'}$ 的第 $j$ 列給出的線性組合。
由於 $[\bar{S}]_{\mathcal{B}'}$ 是上三角的，$\bar{S}(\bar{v}_j)$ 可以表示為 $\{\bar{v}_1, \dots, \bar{v}_j\}$ 的線性組合。
這意味著 $S(\tilde{v}_j)$ 可以表示為 $\{u_1, \dots, u_k, \tilde{v}_1, \dots, \tilde{v}_j\}$ 的線性組合。
所以，在基 $\mathcal{B}$ 下，矩陣 $[S]_\mathcal{B}$ 的第 $j$ 列（對應於 $\tilde{v}_j$）的非零元素只會出現在前 $k$ 行以及第 $k+j$ 行。
這意味著 $[S]_\mathcal{B}$ 是上三角的。
具體來說，前 $k$ 行會是 $[\lambda, 0, \dots, 0]$。

同樣地，對於 $T$：
對於 $j = 1, \dots, k$，我們有 $T(u_j) \in E_\lambda$ (因為 $E_\lambda$ 是 $T$-invariant 的)。所以 $T(u_j)$ 可以表示為 $\{u_1, \dots, u_k\}$ 的線性組合。