108 年 國立高雄大學應用數學系碩士班《線性代數》

核心觀念

線性系統 $A\vec{x}=\vec{b}$ 一致的條件是：增廣矩陣的秩等於係數矩陣的秩。此題的 $A$ 各列相加為零，因此列向量之間有線性相依關係；右側向量 $\vec{b}$ 必須符合相同的相依關係。

解題方法

將三個方程式相加。由矩陣 $A$ 的每一欄元素和皆為零，左側會消去：

$$\begin{aligned} (-2x_1+x_2+x_3) +(x_1-2x_2+x_3) +(x_1+x_2-2x_3) &=1+1+c,\\ 0&=c+2. \end{aligned}$$

核心觀念

相對於基底 $\beta=\{1,x,x^2\}$，線性轉換 $T$ 的矩陣第 $j$ 欄，是 $T$ 作用在第 $j$ 個基底向量後，再以 $\beta$ 表示所得的座標向量：

$$[T]_{\beta} = \begin{bmatrix} \vert & \vert & \vert\\ [T(1)]_{\beta} & [T(x)]_{\beta} & [T(x^2)]_{\beta}\\ \vert & \vert & \vert \end{bmatrix}.$$

解題方法

依序計算 $T$ 對各基底向量的作用：

$$T(1)=1+(x+1)\cdot 0=1,$$

因此 $[T(1)]_{\beta}=\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}$。

$$T(x)=x+(x+1)\cdot 1=1+2x,$$

本題考查行列式的性質，特別是關於乘積、常數乘積、逆矩陣和方陣的行列式計算。

已知條件：

1. $A$ 是 $3 \times 3$ 矩陣，$\det(A) = -2$。
2. $B$ 是 $3 \times 3$ 矩陣，$\det(-2A^{-1}B^2) = 36$。

我們需要找出 $\det(B)$。

利用行列式的性質：

• $\det(XY) = \det(X)\det(Y)$
• $\det(X^k) = (\det(X))^k$
• $\det(cX) = c^n \det(X)$，其中 $X$ 是 $n \times n$ 矩陣。
• $\det(X^{-1}) = (\det(X))^{-1}$

給定的方程是 $\det(-2A^{-1}B^2) = 36$。
由於 $A$ 和 $B$ 都是 $3 \times 3$ 矩陣，所以 $n=3$。
我們將 $\det(-2A^{-1}B^2)$ 分解：
$\det(-2A^{-1}B^2) = (-2)^3 \det(A^{-1}) \det(B^2)$

計算每一項：

• $(-2)^3 = -8$。
• $\det(A^{-1}) = (\det(A))^{-1} = (-2)^{-1} = -\frac{1}{2}$。
• $\det(B^2) = (\det(B))^2$。

將這些代回原方程：
$-8 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \cdot (\det(B))^2 = 36$
$4 \cdot (\det(B))^2 = 36$

現在解出 $(\det(B))^2$：
$(\det(B))^2 = \frac{36}{4} = 9$。

因此，$\det(B)$ 的值可能是 $3$ 或 $-3$。
$\det(B) = \pm 3$。

題目要求找出 $\det(B)$ 的值。通常這種題目會期望一個確定的值，但這裡計算出來有兩種可能。我們再檢查一下題目是否有其他隱含條件。題目只說 $A$ 和 $B$ 是 $3 \times 3$ 矩陣，沒有提到它們是實矩陣或複矩陣。

若題目是要求一個確定的值，可能存在某種隱含的約定。但根據純粹的行列式性質，$\det(B)$ 確實有兩個可能的值。在標準的線性代數考試中，如果沒有額外資訊，通常會列出所有可能的值。

假設題目期望的是一個確定的值，我們再仔細檢查計算過程。
$\det(-2A^{-1}B^2) = \det(-2I \cdot A^{-1} \cdot B^2)$

本題考查三維空間中由三個向量所張成的平行六面體（或稱空間平行四邊形）的體積計算。

在三維空間 $\mathbb{R}^3$ 中，由三個向量 $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$ 所張成的平行六面體的體積，等於這三個向量的絕對值純量三重積 (scalar triple product)，也就是 $\vec{a} \cdot (\vec{b} \times \vec{c})$ 的絕對值。

首先，我們計算向量 $\vec{b}$ 和 $\vec{c}$ 的向量外積 $\vec{b} \times \vec{c}$：
$\vec{b} \times \vec{c} = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}$
$= \begin{pmatrix} (-2)(-2) - (1)(1) \\ (1)(0) - (1)(-2) \\ (1)(1) - (-2)(0) \end{pmatrix}$
$= \begin{pmatrix} 4 - 1 \\ 0 - (-2) \\ 1 - 0 \end{pmatrix}$
$= \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}$。

接下來，我們計算向量 $\vec{a}$ 與外積結果 $\vec{b} \times \vec{c}$ 的點積 (dot product)：

本題考查相似矩陣的性質以及特徵向量的轉換。

核心概念：

1. 相似矩陣的定義：如果存在一個可逆矩陣 $P$ 使得 $B = P^{-1}AP$，則稱矩陣 $B$ 與矩陣 $A$ 相似。
2. 相似矩陣的性質：如果矩陣 $A$ 和 $B$ 相似，那麼它們有相同的特徵值。
3. 特徵向量的轉換：如果 $\vec{v}$ 是矩陣 $A$ 的一個特徵向量，對應於特徵值 $\lambda$，即 $A\vec{v} = \lambda\vec{v}$。如果 $B = P^{-1}AP$ 是與 $A$ 相似的矩陣，那麼 $P^{-1}\vec{v}$ 是矩陣 $B$ 的一個特徵向量，對應於相同的特徵值 $\lambda$。證明如下：
   $B(P^{-1}\vec{v}) = (P^{-1}AP)(P^{-1}\vec{v}) = P^{-1}A(PP^{-1})\vec{v} = P^{-1}A I \vec{v} = P^{-1}(A\vec{v}) = P^{-1}(\lambda\vec{v}) = \lambda(P^{-1}\vec{v})$。

題目給定：

• 矩陣 $C = \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}$。
• 向量 $\vec{v} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}$ 是矩陣 $A$ 的一個特徵向量。
• 矩陣 $B$ 與矩陣 $A$ 相似，且相似轉換矩陣是 $C$（即 $B = C^{-1}AC$）。

我們需要找到矩陣 $B$ 的一個特徵向量。
根據相似矩陣的性質，如果 $\vec{v}$ 是 $A$ 的特徵向量，那麼 $C^{-1}\vec{v}$ 就是 $B$ 的對應特徵向量。

所以，我們需要計算 $C^{-1}\vec{v}$。
首先，計算矩陣 $C$ 的行列式：
$\det(C) = (-2)(-2) - (1)(1) = 4 - 1 = 3$。
由於行列式不為零，矩陣 $C$ 是可逆的。

本題考查向量在超平面上的投影。

核心概念：

1. 超平面的法向量：方程為 $a_1 x_1 + a_2 x_2 + \dots + a_n x_n = 0$ 的超平面，其法向量為 $\vec{n} = \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ \dots \\ a_n \end{pmatrix}$。
2. 向量在超平面上的投影：向量 $\vec{u}$ 在超平面上的投影，等於向量 $\vec{u}$ 減去它在超平面法向量 $\vec{n}$ 上的投影。
   設 $H$ 為由方程 $\vec{n} \cdot \vec{x} = 0$ 定義的超平面。
   向量 $\vec{u}$ 在超平面 $H$ 上的投影 $\text{proj}_H(\vec{u})$ 可以由以下公式計算：
   $\text{proj}_H(\vec{u}) = \vec{u} - \text{proj}_{\vec{n}}(\vec{u})$
   其中 $\text{proj}_{\vec{n}}(\vec{u})$ 是向量 $\vec{u}$ 在向量 $\vec{n}$ 上的投影，其公式為：
   $\text{proj}_{\vec{n}}(\vec{u}) = \frac{\vec{u} \cdot \vec{n}}{\|\vec{n}\|^2} \vec{n}$。

題目給定：

• 向量 $\vec{u} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$。
• 超平面方程為 $x_1 - x_2 + x_3 - x_4 = 0$。

首先，找出超平面的法向量 $\vec{n}$。
由方程 $x_1 - x_2 + x_3 - x_4 = 0$，法向量為 $\vec{n} = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$。

本題考查矩陣運算，特別是涉及對角線以上的上三角矩陣的幂次計算。

核心概念：

1. 矩陣加法：$(A+cI)$ 的計算。
2. 矩陣乘法：計算 $(A+2I)^4$ 和 $(A+3I)^3$ 的結果，然後再相乘。
3. 對角線以上的上三角矩陣的幂次：對於形如 $N = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & \dots \\ 0 & 0 & 1 & \dots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ 0 & 0 & 0 & \dots \end{pmatrix}$ 的矩陣，其幂次有規律。
   若 $M = \lambda I + N$，其中 $N$ 是具有特定結構的矩陣，則 $M^k$ 的計算可以通過二項式定理展開。

給定矩陣 $A = \begin{pmatrix} -3 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -3 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}$。
我們需要計算 $(A+2I)^4(A+3I)^3$。

首先，計算 $A+2I$ 和 $A+3I$：
$A+2I = \begin{pmatrix} -3+2 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -3+2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -3+2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -2+2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & -2+2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$。

$A+3I = \begin{pmatrix} -3+3 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -3+3 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -3+3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -2+3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & -2+3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$。

接下來，計算 $(A+2I)^4$。
令 $M_1 = A+2I = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$。
這個矩陣可以看作是兩個塊的組合：一個是 $3 \times 3$ 的塊，另一個是 $2 \times 2$ 的塊。
$M_1 = \begin{pmatrix} M_{11} & 0 \\ 0 & M_{12} \end{pmatrix}$
其中 $M_{11} = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$，$M_{12} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$。

計算 $M_{11}^4$：
$M_{11} = -I_3 + N_3$，其中 $N_3 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$。
$N_3^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$。
$N_3^3 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = 0$。
$M_{11}^4 = (-I_3 + N_3)^4 = \binom{4}{0}(-I_3)^4 + \binom{4}{1}(-I_3)^3 N_3 + \binom{4}{2}(-I_3)^2 N_3^2 + \binom{4}{3}(-I_3)^1 N_3^3 + \binom{4}{4}N_3^4$
$= I_3 + 4(-1)N_3 + 6(1)N_3^2 + 4(-1)(0) + 0$
$= I_3 - 4N_3 + 6N_3^2$
$= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} - 4 \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + 6 \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
$= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 & 6 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
$= \begin{pmatrix} 1 & -4 & 6 \\ 0 & 1 & -4 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$。

計算 $M_{12}^4$：
$M_{12} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$。
$M_{12}^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = 0$。
所以 $M_{12}^4 = 0$。

因此，

本題考查線性常微分方程組的求解，其形式為 $\dot{\vec{y}}(t) = A\vec{y}(t)$，其中 $A$ 是一個常數矩陣。

核心概念：

1. 矩陣指數函數：線性系統 $\dot{\vec{y}}(t) = A\vec{y}(t)$ 的通解為 $\vec{y}(t) = e^{At}\vec{y}(0)$，其中 $e^{At}$ 是矩陣指數函數。
2. 特徵值與特徵向量法：求解 $e^{At}$ 的一種常用方法是利用矩陣 $A$ 的特徵值和特徵向量。
   如果 $A$ 有一組線性獨立的特徵向量 $\vec{v}_1, \dots, \vec{v}_n$ 對應於特徵值 $\lambda_1, \dots, \lambda_n$，則通解可以寫成 $\vec{y}(t) = c_1 e^{\lambda_1 t}\vec{v}_1 + \dots + c_n e^{\lambda_n t}\vec{v}_n$。

給定：

• 矩陣 $A = \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}$。
• 初始條件 $\vec{y}(0) = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$。

我們需要找到矩陣 $A$ 的特徵值和特徵向量。
特徵值方程式為 $\det(A - \lambda I) = 0$。
$A - \lambda I = \begin{pmatrix} -2-\lambda & 1 \\ 1 & -2-\lambda \end{pmatrix}$。
$\det(A - \lambda I) = (-2-\lambda)(-2-\lambda) - (1)(1) = (2+\lambda)^2 - 1 = 0$。
$(2+\lambda)^2 = 1$。
$2+\lambda = \pm 1$。
所以，特徵值為：
$\lambda_1 = -1 - 2 = -3$
$\lambda_2 = 1 - 2 = -1$。

接下來，尋找對應於這些特徵值的特徵向量。

對於 $\lambda_1 = -3$：
$(A - (-3)I)\vec{v} = 0$
$(A + 3I)\vec{v} = 0$
$\begin{pmatrix} -2+3 & 1 \\ 1 & -2+3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$。
這給出方程 $v_1 + v_2 = 0$，即 $v_2 = -v_1$。
選擇 $v_1 = 1$，則 $v_2 = -1$。
所以，對應於 $\lambda_1 = -3$ 的特徵向量為 $\vec{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$。

對於 $\lambda_2 = -1$：
$(A - (-1)I)\vec{v} = 0$
$(A + I)\vec{v} = 0$
$\begin{pmatrix} -2+1 & 1 \\ 1 & -2+1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$。
這給出方程 $-v_1 + v_2 = 0$，即 $v_2 = v_1$。
選擇 $v_1 = 1$，則 $v_2 = 1$。
所以，對應於 $\lambda_2 = -1$ 的特徵向量為 $\vec{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$。

現在，我們得到兩個線性獨立的特徵向量 $\vec{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ 和

本題要求證明或證否「兩個子空間的聯集是一個子空間」。

核心概念：
子空間的定義：一個向量空間 $V$ 的子集 $W$ 如果滿足以下三個條件，則稱 $W$ 是 $V$ 的一個子空間：

1. $W$ 包含零向量。
2. 對於 $W$ 中的任意向量 $\vec{u}, \vec{v}$，其和 $\vec{u} + \vec{v}$ 也在 $W$ 中（加法封閉性）。
3. 對於 $W$ 中的任意向量 $\vec{u}$ 和任意純量 $c$，其數乘 $c\vec{u}$ 也在 $W$ 中（數乘封閉性）。

題目陳述：設 $W_1$ 和 $W_2$ 是 $\mathbb{R}^n$ 的兩個子空間。證明或證否 $W_1 \cup W_2$ 是 $\mathbb{R}^n$ 的一個子空間。

我們將嘗試證否這個命題，因為直觀上，兩個子空間的聯集通常不是一個子空間，除非其中一個子空間是另一個的子空間。

要證否這個命題，我們只需要找到一個反例。
考慮 $\mathbb{R}^2$。
令 $W_1$ 是 $x$-軸，即 $W_1 = \{(x, 0) \mid x \in \mathbb{R}\}$。$W_1$ 顯然是 $\mathbb{R}^2$ 的一個子空間。
令 $W_2$ 是 $y$-軸，即 $W_2 = \{(0, y) \mid y \in \mathbb{R}\}$。$W_2$ 顯然也是 $\mathbb{R}^2$ 的一個子空間。

現在考慮 $W_1 \cup W_2$。
$W_1 \cup W_2 = \{(x, 0) \mid x \in \mathbb{R}\} \cup \{(0, y) \mid y \in \mathbb{R}\}$。
這個集合包含了 $x$-軸上的所有點和 $y$-軸上的所有點。

我們需要檢查 $W_1 \cup W_2$ 是否滿足子空間的條件。

1. 包含零向量：零向量 $(0, 0)$ 屬於 $W_1$（取 $x=0$），也屬於 $W_2$（取 $y=0$）。所以 $(0, 0) \in W_1 \cup W_2$。此條件滿足。

2. 加法封閉性：我們需要檢查是否存在 $W_1 \cup W_2$ 中的兩個向量，它們的和不在 $W_1 \cup W_2$ 中。
   選擇一個來自 $W_1$ 的非零向量和一個來自 $W_2$ 的非零向量。
   取 $\vec{u} = (1, 0) \in W_1 \subseteq W_1 \cup W_2$。
   取 $\vec{v} = (0, 1) \in W_2 \subseteq W_1 \cup W_2$。

本題要求證明或證否「移除一個非零向量後的向量空間是否仍為子空間」。

命題分成兩部分：

1. $\mathbb{R}^n$ 是 $\mathbb{R}^n$ 的一個子空間。
2. 若 $\vec{v}$ 是 $\mathbb{R}^n$ 中的一個非零向量，則 $\mathbb{R}^n \setminus \{\vec{v}\}$ 是 $\mathbb{R}^n$ 的一個子空間。

第一部分：$\mathbb{R}^n$ 是 $\mathbb{R}^n$ 的一個子空間。
這是定義上的。任何向量空間本身都是其自身的子空間。
我們來驗證子空間的三個條件：

1. 包含零向量：$\mathbb{R}^n$ 包含零向量 $\vec{0}$。
2. 加法封閉性：對於 $\mathbb{R}^n$ 中的任意向量 $\vec{u}, \vec{v}$，它們的和 $\vec{u} + \vec{v}$ 也在 $\mathbb{R}^n$ 中。
3. 數乘封閉性：對於 $\mathbb{R}^n$ 中的任意向量 $\vec{u}$ 和任意純量 $c$，其數乘 $c\vec{u}$ 也在 $\mathbb{R}^n$ 中。
   這三個條件都顯然成立。所以 $\mathbb{R}^n$ 是 $\mathbb{R}^n$ 的一個子空間。
   這部分命題是正確的。

第二部分：若 $\vec{v}$ 是 $\mathbb{R}^n$ 中的一個非零向量，則 $\mathbb{R}^n \setminus \{\vec{v}\}$ 是 $\mathbb{R}^n$ 的一個子空間。
我們來檢查子空間的條件。
令 $S = \mathbb{R}^n \setminus \{\vec{v}\}$。

1. 包含零向量：
   子空間必須包含零向量 $\vec{0}$。
   題目假設 $\vec{v}$ 是 $\mathbb{R}^n$ 中的一個非零向量。
   所以 $\vec{v} \neq \vec{0}$。
   因此，零向量 $\vec{0}$ 不等於 $\vec{v}$。
   這意味著 $\vec{0} \in \mathbb{R}^n$ 且 $\vec{0} \neq \vec{v}$。
   所以，$\vec{0} \in \mathbb{R}^n \setminus \{\vec{v}\} = S$。
   此條件滿足。

2. 加法封閉性：
   需要檢查對於任意 $\vec{u}_1, \vec{u}_2 \in S$，是否有 $\vec{u}_1 + \vec{u}_2 \in S$。
   這意味著 $\vec{u}_1 + \vec{u}_2 \neq \vec{v}$。
   考慮一個反例。
   令 $n=1$，則 $\mathbb{R}^1 = \mathbb{R}$。
   選擇一個非零向量 $\vec{v} = 1$。
   則 $S = \mathbb{R} \setminus \{1\}$。
   $S$ 包含所有實數除了 $1$。
   我們需要檢查 $S$ 是否是 $\mathbb{R}$ 的子空間。
   我們已經知道 $\vec{0} \in S$ (因為 $0 \neq 1$)。
   現在檢查加法封閉性。
   取 $\vec{u}_1 = 2 \in S$ (因為 $2 \neq 1$)。
   取 $\vec{u}_2 = 2 \in S$ (因為 $2 \neq 1$)。
   則 $\vec{u}_1 + \vec{u}_2 = 2 + 2 = 4$。
   $4 \in S$ (因為 $4 \neq 1$)。這個例子沒有問題。

   嘗試另一個例子。
   取 $\vec{u}_1 = 0.5 \in S$ (因為 $0.5 \neq 1$)。
   取 $\vec{u}_2 = 0.5 \in S$ (因為 $0.5 \neq 1$)。
   則 $\vec{u}_1 + \vec{u}_2 = 0.5 + 0.5 = 1$。
   但是 $1 \notin S$ (因為 $S = \mathbb{R} \setminus \{1\}$)。
   所以，加法封閉性不滿足。

   這個反例證明了命題的第二部分是錯誤的。

   一般情況下，如果 $\vec{v} \neq \vec{0}$，要使 $\mathbb{R}^n \setminus \{\vec{v}\}$ 是子空間，則對於任意 $\vec{u}_1, \vec{u}_2 \in \mathbb{R}^n \setminus \{\vec{v}\}$，必須有

本題考查矩陣對角化 (diagonalizability) 的條件，以及一個關於矩陣多項式的性質。

核心概念：

1. 矩陣對角化：一個 $n \times n$ 矩陣 $A$ 是對角化的，若且唯若存在一個可逆矩陣 $P$ 使得 $P^{-1}AP$ 是對角矩陣。這等價於 $A$ 擁有 $n$ 個線性獨立的特徵向量。
2. 最小多項式：對於一個矩陣 $A$，存在唯一的首一多項式 $m(x)$，使得 $m(A) = 0$，且對於任何 $p(x)$ 使得 $p(A)=0$，都有 $m(x)$ 整除 $p(x)$。這個 $m(x)$ 稱為 $A$ 的最小多項式。
3. 對角化的充要條件 (與最小多項式相關)：一個 $n \times n$ 矩陣 $A$ 是對角化的，若且唯若其最小多項式 $m(x)$ 可以分解為 $m(x) = (x-\lambda_1)(x-\lambda_2)\dots(x-\lambda_k)$，其中 $\lambda_1, \dots, \lambda_k$ 是互異的（distinct）線性因子。換句話說，最小多項式沒有重根（repeated roots）。

題目給定：
$A$ 是一個 $2 \times 2$ 矩陣，滿足 $A^2 = 2A - I$。
我們需要證明或證否 $A$ 是對角化的。

首先，重寫給定的矩陣方程：
$A^2 - 2A + I = 0$。
這表示多項式 $p(x) = x^2 - 2x + 1$ 是一個「零化多項式」(annihilating polynomial) 對於矩陣 $A$，即 $p(A) = 0$。
$p(x) = (x-1)^2$。

最小多項式 $m(x)$ 必須整除任何零化多項式 $p(x)$。
因此，最小多項式 $m(x)$ 必須整除 $(x-1)^2$。
可能的最小多項式是：

1. $m(x) = x-1$。
2. $m(x) = (x-1)^2$。

我們來分析這兩種情況：

情況 1：最小多項式 $m(x) = x-1$。
如果 $m(x) = x-1$，則 $m(A) = A - I = 0$。
這意味著 $A = I$。
$A=I$ 是一個 $2 \times 2$ 的單位矩陣 $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
$A$ 是對角矩陣，顯然是對角化的。
此時，特徵值只有 $\lambda = 1$。
$A-I = 0$。矩陣 $A-I$ 的零空間 (null space) 是整個 $\mathbb{R}^2$。
特徵值 $\lambda=1$ 的代數重數 (algebraic multiplicity) 是 $2$ (因為 $A=I$ 的特徵值是 $1$ 且重數為 $2$)。
特徵值 $\lambda=1$ 的幾何重數 (geometric multiplicity) 是 $\dim(\ker(A-I)) = \dim(\mathbb{R}^2) = 2$。
由於代數重數等於幾何重數，矩陣 $A=I$ 是對角化的。

情況 2：最小多項式 $m(x) = (x-1)^2$。
如果 $m(x) = (x-1)^2$，這表示 $A \neq I$ (否則最小多項式會是 $x-1$)。
最小多項式 $m(x) = (x-1)^2$ 有一個重根 $x=1$。
根據前面提到的對角化充要條件（最小多項式沒有重根），如果最小多項式有重根，則矩陣不是對角化的。
讓我們更仔細地檢查這個條件。
如果最小多項式是 $m(x) = (x-\lambda_1)(x-\lambda_2)\dots(x-\lambda_k)$，其中 $\lambda_i$ 互異，那麼 $A$ 是對角化的。
如果最小多項式有重根，例如 $m(x) = (x-1)^2$，則 $A$ 不是對角化的。

讓我們驗證一下。
如果 $A$ 是對角化的，則 $A = P D P^{-1}$，其中 $D$ 是對角矩陣。
$A^2 = P D^2 P^{-1}$。
$2A - I = 2 P D P^{-1} - P I P^{-1} = P(2D - I)P^{-1}$。
所以 $P D^2 P^{-1} = P(2D - I)P^{-1}$。
這意味著 $D^2 = 2D - I$。
設 $D = \begin{pmatrix} d_1 & 0 \\ 0 & d_2 \end{pmatrix}$。
則 $D^2 = \begin{pmatrix} d_1^2 & 0 \\ 0 & d_2^2 \end{pmatrix}$。
$2D - I = \begin{pmatrix} 2d_1 - 1 & 0 \\ 0 & 2d_2 - 1 \end{pmatrix}$。
所以，$d_1^2 = 2d_1 - 1$ 且 $d_2^2 = 2d_2 - 1$。
解方程 $d^2 - 2d + 1 = 0$，即 $(d-1)^2 = 0$。
唯一的解是 $d=1$。
這意味著 $d_1 = 1$ 且 $d_2 = 1$。
所以 $D = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$。
因此，$A = P I P^{-1} = P P^{-1} = I$。
這與我們假設 $A \neq I$ (對應於 $m(x)=(x-1)^2$) 相矛盾。

所以，如果 $A^2 = 2A - I$，那麼 $A$ 必須是 $I$。
因為 $A^2 - 2A + I = (A-I)^2 = 0$。
令 $N = A-I$。則 $N^2 = 0$。
$N$ 是一個 $2 \times 2$ 矩陣。
如果 $N$ 不是零矩陣，那麼 $N$ 的最小多項式是 $x^2$ (如果 $N \neq 0$) 或 $x$ (如果 $N=0$)。
因為 $N^2=0$， $N$ 的最小多項式只能是 $x$ 或 $x^2$。

1. 如果 $N$ 的最小多項式是 $x$，則 $N=0$。
   $A-I = 0 \implies A=I$.
   $A=I$ 是對角化的。

2. 如果 $N$ 的最小多項式是 $x^2$，則 $N \neq 0$ 且 $N^2=0$。
   然而，對於一個 $2 \times 2$ 矩陣 $N$，如果其最小多項式是 $x^2$，則 $N$ 不可能是對角化的。
   為什麼？如果 $N$ 是對角化的，則 $N=P D P^{-1}$。
   $N^2 = P D^2 P^{-1} = 0 \implies D^2 = 0$。
   設 $D = \begin{pmatrix} d_1 & 0 \\ 0 & d_2 \end{pmatrix}$。
   $D^2 = \begin{pmatrix} d_1^2 & 0 \\ 0 & d_2^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$。
   這意味著 $d_1^2=0$ 且 $d_2^2=0$，所以 $d_1=0$ 且 $d_2=0$。
   因此 $D = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = 0$。
   這就意味著 $N=0$，這與最小多項式是 $x^2$ (表示 $N \neq 0$) 相矛盾。
   所以，如果 $N$ 的最小多項式是 $x^2$，那麼 $N$ 不是對角化的。