115 年 國立臺灣大學數學系碩士班《線性代數（A）》

核心觀念

對於 $m\times n$ 矩陣 $T$，奇異值分解（Singular Value Decomposition, SVD）為

$$T=U\Sigma V^{T},$$

其中：

• $U\in\mathbb{R}^{m\times m}$ 為正交矩陣；
• $V\in\mathbb{R}^{n\times n}$ 為正交矩陣；
• $\Sigma$ 的對角元素為奇異值 $\sigma_i\ge 0$；
• $\sigma_i^2$ 是 $T T^T$ 或 $T^T T$ 的特徵值。

本題若矩陣確實為 $3\times 5$，則 $T$ 必須有三列、每列五個元素。

題目資料的維度問題

題目給出的矩陣為

$$T= \begin{bmatrix} 1 & -10 & 4 & 28 & 20\\ \frac1{25} & -10 & 5 & 10 & -20\\ 20 & 22 & 29 & 10 \end{bmatrix}.$$

第一列與第二列各有 $5$ 個元素，但第三列只有 $4$ 個元素。因此，照題面原文，$T$ 並不是一個合法的矩陣，無法進行矩陣乘法 $TT^T$ 或 $T^TT$，也就無法唯一求出其 SVD。

若將第三列缺少的元素記為 $x$，則矩陣應寫成

$$T_x= \begin{bmatrix} 1 & -10 & 4 & 28 & 20\\ \frac1{25} & -10 & 5 & 10 & -20\\ 20 & 22 & 29 & 10 & x \end{bmatrix}.$$

此時其 Frobenius norm 的平方為

$$\|T_x\|_F^2 = \sum_{i,j}|(T_x)_{ij}|^2 = 1301+\frac{1562504}{2500}+1825+x^2,$$

即

核心觀念

題目要證明由交換子 $AB-BA$ 所張成的子空間，恰好是所有跡為零的矩陣。關鍵是分別證明兩個包含關係：

1. 每個交換子的跡都是零。
2. 每個跡為零的矩陣，都能寫成交換子的線性組合。

令 $E_{ij}$ 表示第 $(i,j)$ 個位置為 $1$、其餘位置為 $0$ 的矩陣單位。

解題方法

先利用跡的循環性質證明每個交換子都跡為零。接著以矩陣單位表示任意跡為零的矩陣，並將非對角項與對角項分別寫成交換子。

第一步：證明 $W_0$ 中的矩陣皆跡為零

對任意 $A=(a_{ij})$、$B=(b_{ij})\in M_n(\mathbb F)$，

$$\operatorname{tr}(AB) =\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}a_{ij}b_{ji} =\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}b_{ji}a_{ij} =\operatorname{tr}(BA).$$

因此，

$$\operatorname{tr}(AB-BA)=0.$$

跡是線性函數，所以所有交換子的線性組合也都跡為零，故

$$W_0\subseteq\{X\in M_n(\mathbb F):\operatorname{tr}(X)=0\}.$$

第二步：證明每個跡為零的矩陣都屬於 $W_0$

先將矩陣單位寫成交換子。若 $i\ne j$，則

$$[E_{ii},E_{ij}] =E_{ii}E_{ij}-E_{ij}E_{ii} =E_{ij}.$$

核心觀念

1. 若當標準式（Jordan Canonical Form, JCF）：
   在複數體 $\mathbb{C}$ 上，任何 $n \times n$ 矩陣 $A$ 必定存在一個可逆矩陣 $P \in M_n(\mathbb{C})$，使得 $P^{-1}AP = J$，其中 $J$ 為由若干個若當塊（Jordan blocks）組成的分塊對角矩陣： $$J = \operatorname{diag}(J_{k_1}(\lambda_1), J_{k_2}(\lambda_2), \dots, J_{k_m}(\lambda_m))$$
2. 相似關係的等價性（Equivalence Relation of Similarity）：
   矩陣相似具備反身性、對稱性與傳遞性： $$A \sim B \iff \exists P \text{ invertible, } A = PBP^{-1}$$ 若 $A \sim B$，則 $A^T \sim B^T$；若 $A \sim J$ 且 $J \sim J^T$，則由傳遞性可得 $A \sim A^T$。
3. 副對角線置換矩陣（Exchange Matrix / Backward Identity Matrix）：
   大小為 $k \times k$ 的逆對角矩陣 $S_k$ 滿足 $S_k = S_k^T$ 且 $S_k^2 = I_k$（即 $S_k^{-1} = S_k$），能將矩陣的行與列同時倒序排列，進而將一個若當塊轉置。

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解題方法（完整證明）

步驟一：將矩陣化為若當標準式

設 $A \in M_n(\mathbb{C})$。因為特徵多項式在複數體 $\mathbb{C}$ 上必可完全分解為一次因式的乘積，故存在可逆矩陣 $P \in M_n(\mathbb{C})$ 使得：

$$A = P J P^{-1}$$

其中 $J$ 為若當標準式，由 $m$ 個若當塊組成：

$$J = \begin{bmatrix} J_{k_1}(\lambda_1) & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & J_{k_2}(\lambda_2) & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & J_{k_m}(\lambda_m) \end{bmatrix}$$

且每個 $k \times k$ 的若當塊型如：

$$J_k(\lambda) = \begin{bmatrix} \lambda & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \lambda & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & \lambda \end{bmatrix}_{k \times k}$$

步驟二：證明單一若當塊相似於其轉置

考慮單一若當塊 $J_k(\lambda)$ 及其轉置矩陣 $J_k(\lambda)^T$：

$$J_k(\lambda)^T = \begin{bmatrix} \lambda & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 1 & \lambda & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & 1 & \ddots & \vdots & \vdots \\ \vdots & \vdots & \ddots & \lambda & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & 1 & \lambda \end{bmatrix}_{k \times k}$$

定義 $k \times k$ 的副對角線置換矩陣 $S_k$ 為：

$$S_k = \begin{bmatrix} 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 \\ 0 & 0 & \cdots & 1 & 0 \\ \vdots & \vdots & \iddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 1 & \cdots & 0 & 0 \\ 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 \end{bmatrix}_{k \times k}$$

顯然 $S_k = S_k^T$ 且 $S_k^2 = I_k$，因此 $S_k^{-1} = S_k$。

左乘 $S_k$ 會將矩陣的列由上至下顛倒，右乘 $S_k$ 會將矩陣的行由左至右顛倒。計算 $S_k J_k(\lambda) S_k$：

1. $J_k(\lambda)$ 的主要對角線元素均為 $\lambda$，在列與行同時倒序後，主對角線元素仍留在主對角線上，數值保持為 $\lambda$。

核心觀念

令

$$C=\begin{bmatrix}3&2\\-1&1\end{bmatrix}, \qquad X=\begin{bmatrix}a_1&a_2\\a_3&a_4\end{bmatrix}.$$

則

$$A=\begin{bmatrix}C&X\\0&C\end{bmatrix}, \qquad B=\begin{bmatrix}C&0\\0&C\end{bmatrix}.$$

本題使用兩個觀念：

1. 相似矩陣具有相同的多項式消去關係。若 $A\sim B$，則對任意多項式 $f$，有

   $$f(A)=P f(B)P^{-1}.$$

2. 利用區塊上三角矩陣

   $$P=\begin{bmatrix}I_2&Y\\0&I_2\end{bmatrix}$$

   進行相似變換，可以將右上角區塊 $X$ 消去。

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必要性：由相似關係推出條件

矩陣 $C$ 的特徵多項式為

$$\det(\lambda I-C) = \begin{vmatrix} \lambda-3&-2\\ 1&\lambda-1 \end{vmatrix} = \lambda^2-4\lambda+5.$$

由 Cayley–Hamilton 定理，

$$C^2-4C+5I_2=0.$$

因為 $B=\operatorname{diag}(C,C)$，所以

$$B^2-4B+5I_4=0.$$

若存在可逆矩陣 $P$ 使得 $P^{-1}AP=B$，則 $A$ 也必須滿足相同關係：

$$A^2-4A+5I_4=0.$$

先計算 $A^2$：

$$A^2= \begin{bmatrix} C^2&CX+XC\\ 0&C^2 \end{bmatrix}.$$

因此

$$A^2-4A+5I_4 = \begin{bmatrix} C^2-4C+5I_2&CX+XC-4X\\ 0&C^2-4C+5I_2 \end{bmatrix}.$$

對角區塊已經為零，所以必須有

$$CX+XC-4X=0.$$

逐項計算右上角區塊：

$$CX= \begin{bmatrix} 3a_1+2a_3&3a_2+2a_4\\ -a_1+a_3&-a_2+a_4 \end{bmatrix},$$ $$XC= \begin{bmatrix} 3a_1-a_2&2a_1+a_2\\ 3a_3-a_4&2a_3+a_4 \end{bmatrix}.$$

故

$$CX+XC-4X = \begin{bmatrix} 2a_1+2a_3-a_2&2a_1+2a_4\\ -a_1-a_4&-a_2+2a_3-2a_4 \end{bmatrix}.$$

此矩陣為零時，前兩個獨立條件為

$$2a_1+2a_3-a_2=0, \qquad 2a_1+2a_4=0.$$

因此

$$a_2=2a_1+2a_3, \qquad a_1+a_4=0.$$

也就是

$$a_1+a_4=0, \qquad a_2=2a_1+2a_3.$$

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充分性：由條件構造相似矩陣

現在假設

核心觀念

本題使用以下事實：

1. 線性轉換的伴隨算子滿足
   $\langle S^*v,u\rangle_U=\langle v,S u\rangle_V.$

2. 對任意 $v\in V$，
   $\langle SS^*v,v\rangle_V=\|S^*v\|^2,$
   $\langle T^*Tv,v\rangle_V=\|Tv\|^2.$

3. 伴隨算子的核與值域滿足
   $\ker S^*=(\operatorname{im}S)^\perp.$

4. 有限維空間上的線性算子若為單射，則必為滿射，因此是同構。

題目給定
$\operatorname{im}S=\ker T,$
關鍵在於證明 $SS^*+T^*T$ 的核只有零向量。

解題方法

令
$A=SS^*+T^*T:V\to V.$

對任意 $v\in V$，計算 $A$ 對應的內積：

$$\begin{aligned} \langle Av,v\rangle_V &=\langle SS^*v,v\rangle_V+\langle T^*Tv,v\rangle_V\\ &=\langle S^*v,S^*v\rangle_U+\langle Tv,Tv\rangle_W\\ &=\|S^*v\|^2+\|Tv\|^2. \end{aligned}$$

因此

$$\langle Av,v\rangle_V=\|S^*v\|^2+\|Tv\|^2\geq 0.$$

若 $Av=0$，則

$$0=\langle Av,v\rangle_V =\|S^*v\|^2+\|Tv\|^2.$$

兩項皆為非負實數，所以必有

$$S^*v=0,\qquad Tv=0.$$

本題要求證明，如果 $A, B, C$ 是 $n \times n$ 實數矩陣，且 $ABC = O_n$ 且 $\text{rank}(B) = 1$，則必有 $AB = O_n$ 或 $BC = O_n$。

證明思路：
利用秩的性質和矩陣乘積的秩的關係。
$\text{rank}(XY) \le \min(\text{rank}(X), \text{rank}(Y))$。
$\text{rank}(X+Y) \le \text{rank}(X) + \text{rank}(Y)$。

已知 $\text{rank}(B) = 1$.
由於 $\text{rank}(B)=1$, $B$ 可以表示為兩個非零向量的外積 $B = uv^T$, 其中 $u, v \in \mathbb{R}^n$ 是非零列向量。
($B$ 的列空間由 $u$ 張成，秩為 1；$B$ 的行空間由 $v^T$ 張成，秩為 1。)

我們有 $ABC = O_n$.
考慮 $AB$ 和 $BC$。

情況 1：考慮 $AB$.
$\text{rank}(AB) \le \min(\text{rank}(A), \text{rank}(B)) = \min(\text{rank}(A), 1)$。
所以 $\text{rank}(AB)$ 只能是 0 或 1。
如果 $\text{rank}(AB) = 0$, 則 $AB = O_n$.
如果 $\text{rank}(AB) = 1$, 我們需要進一步分析。

情況 2：考慮 $BC$.
$\text{rank}(BC) \le \min(\text{rank}(B), \text{rank}(C)) = \min(1, \text{rank}(C))$。
所以 $\text{rank}(BC)$ 只能是 0 或 1。
如果 $\text{rank}(BC) = 0$, 則 $BC = O_n$.

我們需要證明，如果 $ABC = O_n$ 且 $\text{rank}(B) = 1$, 則 $\text{rank}(AB)=0$ 或 $\text{rank}(BC)=0$.

假設 $AB \neq O_n$ 且 $BC \neq O_n$.
這意味著 $\text{rank}(AB) = 1$ 且 $\text{rank}(BC) = 1$.

考慮 $B = uv^T$, 其中 $u, v \neq 0$.
$ABC = A(uv^T)C = (Au)(v^TC) = O_n$.
$v^TC$ 是一個 $1 \times n$ 的行向量。
$(Au)$ 是一個 $n \times 1$ 的列向量。
$ABC=O_n$ 意味著 $(Au)(v^TC) = O_n$.
這意味著，如果 $v^TC \neq 0^T$ (即 $v^TC$ 不是零向量)，則 $Au$ 必須是零向量。
如果 $Au = 0$, 則 $AB = A(uv^T) = (Au)v^T = 0 \cdot v^T = O_n$.
這與我們假設的 $AB \neq O_n$ 矛盾。
所以，如果 $v^TC \neq 0^T$, 則 $AB = O_n$.

現在，假設 $v^TC = 0^T$ (零向量)。
$v^TC = 0^T$ 意味著 $C^T v = 0$.
這表示 $v$ 在 $C^T$ 的核空間中。
$v$ 是非零向量。

如果 $v^TC = 0^T$, 則 $ABC = A(uv^T)C = A u (v^TC) = A u \cdot 0^T = O_n$.
這個條件 $ABC = O_n$ 總是成立，只要 $v^TC = 0^T$.

我們需要證明，如果 $v^TC = 0^T$, 則 $BC = O_n$.
$BC = (uv^T)C = u(v^TC) = u \cdot 0^T = O_n$.
這證明了，如果 $v^TC = 0^T$, 則 $BC = O_n$.

總結上面的論證：
設 $B = uv^T$, 其中 $u, v$ 是非零向量。
$ABC = A(uv^T)C = (Au)(v^TC) = O_n$.
$Au$ 是 $n \times 1$ 向量，$v^TC$ 是 $1 \times n$ 向量。
$O_n$ 是 $n \times n$ 零矩陣。
兩個向量的外積為零矩陣，有兩種可能：

1. 其中一個向量是零向量。
2. 兩個向量都不是零向量，但它們的外積為零。

考慮 $v^TC$。
如果 $v^TC \neq 0^T$ (即 $v^TC$ 不是零向量)，則為了使 $(Au)(v^TC) = O_n$, 必須 $Au = 0$.