109 年 國立高雄大學應用數學系碩士班《線性代數》

此題主要考察線性代數中矩陣的性質，包含秩、相似矩陣、特徵多項式、可逆性以及對稱矩陣的特徵值。

a. False.
反例：令 $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ 且 $B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
則 $\operatorname{rank}(A) = 1$。
$AB = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$。
$\operatorname{rank}(AB) = 1$。
此時 $\operatorname{rank}(AB) = \operatorname{rank}(A) = 1$，但 $B$ 是可逆的。
再考慮一個反例：令 $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ 且 $B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$。
則 $\operatorname{rank}(A) = 2$。
$AB = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$。
$\operatorname{rank}(AB) = 1$。
此時 $\operatorname{rank}(AB) \neq \operatorname{rank}(A)$。
再考慮一個反例：令 $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ 且 $B = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
則 $\operatorname{rank}(A) = 1$。
$AB = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$。
$\operatorname{rank}(AB) = 0$。
此時 $\operatorname{rank}(AB) \neq \operatorname{rank}(A)$。

令 $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ 且 $B = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$。
則 $\operatorname{rank}(A) = 1$。
$AB = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$。
$\operatorname{rank}(AB) = 1$。
此時 $\operatorname{rank}(AB) = \operatorname{rank}(A) = 1$，但 $B$ 是不可逆的。
【答案】False.

核心觀念

子空間的判定須滿足三項條件：包含零向量、對向量加法封閉、對純量乘法封閉。交集中的向量同時屬於兩個子空間，因此可利用兩邊的封閉性證明交集也是子空間。

計算子空間的交集時，可先找出各生成向量共同滿足的線性方程。本題兩組生成向量皆滿足 $z=x+y$；再確認各自張成二維空間，即可判定它們是同一個平面。

解題方法

（a）證明 $W_1\cap W_2$ 是 $V$ 的子空間

設 $V$ 的純量體為 $\mathbb F$。

1. 包含零向量

   因為 $W_1,W_2$ 都是子空間，故 $\mathbf 0\in W_1$ 且 $\mathbf 0\in W_2$，因此

   $$\mathbf 0\in W_1\cap W_2.$$

2. 對加法封閉

   任取 $\mathbf u,\mathbf v\in W_1\cap W_2$。兩向量同時屬於 $W_1$ 與 $W_2$，由兩個子空間的加法封閉性，

   $$\mathbf u+\mathbf v\in W_1,\qquad \mathbf u+\mathbf v\in W_2.$$

   所以 $\mathbf u+\mathbf v\in W_1\cap W_2$。

3. 對純量乘法封閉

   任取 $\mathbf u\in W_1\cap W_2$ 及 $c\in\mathbb F$。由兩個子空間的純量乘法封閉性，

   $$c\mathbf u\in W_1,\qquad c\mathbf u\in W_2.$$

   所以 $c\mathbf u\in W_1\cap W_2$。

綜合以上，$W_1\cap W_2$ 是 $V$ 的子空間。

（b）求兩個子空間的交集

令

$$P=\left\{(x,y,z)^T\in\mathbb R^3:z=x+y\right\}.$$

此題要求計算線性轉換 $T$ 在特定基底 $\beta$ 下的表示矩陣 $[T]_\beta$。這需要先找到 $T$ 在標準基底下的表示矩陣，然後進行基底變換。

首先，我們根據 $T(e_1), T(e_2), T(e_3)$ 在標準基底下的座標，可以寫出 $T$ 在標準基底下的表示矩陣 $[T]_{\mathcal{E}}$，其中 $\mathcal{E} = \{e_1, e_2, e_3\}$。
$[T]_{\mathcal{E}} = \begin{pmatrix} | & | & | \\ T(e_1) & T(e_2) & T(e_3) \\ | & | & | \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 2 & -3 \end{pmatrix}$。

接下來，我們需要找到基底 $\beta = \{\mathbf{b}_1, \mathbf{b}_2, \mathbf{b}_3\}$ 相對於標準基底 $\mathcal{E}$ 的轉移矩陣，以及標準基底 $\mathcal{E}$ 相對於基底 $\beta$ 的轉移矩陣。
基底 $\beta$ 的向量在標準基底下的座標為：
$\mathbf{b}_1 = [1, 1, 1]^T$
$\mathbf{b}_2 = [0, 1, 1]^T$
$\mathbf{b}_3 = [0, 0, 1]^T$

從 $\beta$ 到 $\mathcal{E}$ 的轉移矩陣 $P_{\mathcal{E} \leftarrow \beta}$ 是由 $\beta$ 的向量作為行向量（或列向量，取決於約定，這裡我們使用列向量作為矩陣的列）組成的矩陣：
$P_{\mathcal{E} \leftarrow \beta} = \begin{pmatrix} | & | & | \\ \mathbf{b}_1 & \mathbf{b}_2 & \mathbf{b}_3 \\ | & | & | \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$。

從 $\mathcal{E}$ 到 $\beta$ 的轉移矩陣是 $P_{\beta \leftarrow \mathcal{E}} = (P_{\mathcal{E} \leftarrow \beta})^{-1}$。
我們需要計算 $P_{\mathcal{E} \leftarrow \beta}$ 的逆矩陣。
$P_{\mathcal{E} \leftarrow \beta} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$
計算其逆矩陣：
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & | & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & | & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & | & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_2 \leftarrow R_2 - R_1, R_3 \leftarrow R_3 - R_1} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & -1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
$\xrightarrow{R_3 \leftarrow R_3 - R_2} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}$
所以，
$P_{\beta \leftarrow \mathcal{E}} = (P_{\mathcal{E} \leftarrow \beta})^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}$

線性轉換 $T$ 在基底 $\beta$ 下的表示矩陣 $[T]_\beta$ 可以通過以下公式計算：
$[T]_\beta = P_{\beta \leftarrow \mathcal{E}} [T]_{\mathcal{E}} P_{\mathcal{E} \leftarrow \beta}$。
這裡的 $P_{\mathcal{E} \leftarrow \beta}$ 是從 $\beta$ 到 $\mathcal{E}$ 的轉移矩陣，而 $[T]_{\mathcal{E}}$ 是 $T$ 在標準基底下的表示矩陣。

我們已經有了：
$[T]_{\mathcal{E}} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 2 & -3 \end{pmatrix}$
$P_{\mathcal{E} \leftarrow \beta} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$

現在計算 $[T]_\beta = P_{\beta \leftarrow \mathcal{E}} [T]_{\mathcal{E}} P_{\mathcal{E} \leftarrow \beta}$。
首先計算 $P_{\beta \leftarrow \mathcal{E}} [T]_{\mathcal{E}}$：

此題要求計算矩陣 $A$ 的對角化矩陣 $Q$ 以及 $A$ 的最小多項式所定義的向量空間。

a. 尋找可逆矩陣 $Q$ 使得 $Q^{-1}AQ$ 為對角矩陣。
這表示我們需要找到矩陣 $A$ 的特徵向量，並將它們作為 $Q$ 的列向量。首先，我們需要計算 $A$ 的特徵值。
特徵多項式為 $p(\lambda) = \det(A - \lambda I)$。
$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 3-\lambda & 1 & 1 \\ 2 & 4-\lambda & 2 \\ -1 & -1 & 1-\lambda \end{pmatrix}$
計算行列式：
$\det(A - \lambda I) = (3-\lambda) \det \begin{pmatrix} 4-\lambda & 2 \\ -1 & 1-\lambda \end{pmatrix} - 1 \det \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ -1 & 1-\lambda \end{pmatrix} + 1 \det \begin{pmatrix} 2 & 4-\lambda \\ -1 & -1 \end{pmatrix}$
$= (3-\lambda)((4-\lambda)(1-\lambda) - (2)(-1)) - (2(1-\lambda) - (2)(-1)) + (2(-1) - (4-\lambda)(-1))$
$= (3-\lambda)(4 - 4\lambda - \lambda + \lambda^2 + 2) - (2 - 2\lambda + 2) + (-2 - (-4 + \lambda))$
$= (3-\lambda)(\lambda^2 - 5\lambda + 6) - (4 - 2\lambda) + (-2 + 4 - \lambda)$
$= (3-\lambda)(\lambda-2)(\lambda-3) - 4 + 2\lambda + 2 - \lambda$
$= (3-\lambda)(\lambda-2)(\lambda-3) + \lambda - 2$
$= (\lambda-2) [ (3-\lambda)(\lambda-3) + 1 ]$
$= (\lambda-2) [ 3\lambda - 9 - \lambda^2 + 3\lambda + 1 ]$
$= (\lambda-2) [ -\lambda^2 + 6\lambda - 8 ]$
$= -(\lambda-2) [ \lambda^2 - 6\lambda + 8 ]$
$= -(\lambda-2) (\lambda-2) (\lambda-4)$
$= -(\lambda-2)^2 (\lambda-4)$

所以，特徵值為 $\lambda_1 = 4$ (代數重數 1) 和 $\lambda_2 = 2$ (代數重數 2)。
由於特徵值有重根，我們需要檢查對應於 $\lambda=2$ 的特徵向量的個數，以確定 $A$ 是否可對角化。

計算對應於 $\lambda_1 = 4$ 的特徵向量：
$(A - 4I) \mathbf{v} = \mathbf{0}$
$\begin{pmatrix} 3-4 & 1 & 1 \\ 2 & 4-4 & 2 \\ -1 & -1 & 1-4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 2 \\ -1 & -1 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
由第二行：$2x + 2z = 0 \implies x = -z$。
由第一行：$-x + y + z = 0 \implies -(-z) + y + z = 0 \implies z + y + z = 0 \implies y = -2z$。
令 $z = 1$，則 $x = -1, y = -2$。
特徵向量為 $\mathbf{v}_1 = [-1, -2, 1]^T$。

計算對應於 $\lambda_2 = 2$ 的特徵向量：
$(A - 2I) \mathbf{v} = \mathbf{0}$
$\begin{pmatrix} 3-2 & 1 & 1 \\ 2 & 4-2 & 2 \\ -1 & -1 & 1-2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 2 \\ -1 & -1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
這三個方程都簡化為 $x + y + z = 0$。
這表示特徵空間的維度為 $3 - \operatorname{rank}(A-2I) = 3 - 1 = 2$。
我們需要找到兩個線性獨立的向量滿足 $x + y + z = 0$。
例如，令 $z=0$，則 $x+y=0$，可取 $x=1, y=-1$。得到 $\mathbf{v}_2 = [1, -1, 0]^T$。
令 $y=0$，則 $x+z=0$，可取 $x=1, z=-1$。得到 $\mathbf{v}_3 = [1, 0, -1]^T$。
或者，令 $x=0$，則 $y+z=0$，可取 $y=1, z=-1$。得到 $\mathbf{v}_3' = [0, 1, -1]^T$。

核心觀念

已知 $A\in M_{m\times n}(\mathbb R)$ 且 $\operatorname{rank}(A)=m$，表示 $A$ 的列向量組成的列空間維度為 $m$，因此 $A$ 具有滿列秩，並且必有 $m\le n$。

要證明 $A^TA$ 可逆，可使用以下判定：

$$B\text{ 可逆}\iff \ker(B)=\{0\}.$$

本題的關鍵是證明

$$\ker(A^TA)=\{0\}.$$

由於 $\operatorname{rank}(A)=m$，可知 $A^T$ 的零空間只有零向量：

$$\ker(A^T)=\{0\}.$$

解題方法：利用零空間證明

矩陣 $A^TA$ 的大小為 $n\times n$。任取 $x\in\mathbb R^n$，若

$$A^TAx=0,$$

左乘 $x^T$，得到

$$x^TA^TAx=0.$$

注意到

$$x^TA^TAx=(Ax)^T(Ax)=\|Ax\|^2.$$

因此

$$\|Ax\|^2=0,$$

進而有

$$Ax=0.$$

由 $\operatorname{rank}(A)=m$ 只能直接判斷 $A$ 的零空間維度為

$$\dim\ker(A)=n-m,$$

因此當 $m<n$ 時，$\ker(A)$ 不一定只有零向量。此時上述路徑無法證明 $A^TA$ 可逆；事實上，題目原命題在一般情況下並不成立。

例如取

$$A= \begin{bmatrix} 1&0 \end{bmatrix},$$

則 $A\in M_{1\times 2}(\mathbb R)$，且

$$\operatorname{rank}(A)=1=m.$$

但

$$A^TA= \begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&0 \end{bmatrix},$$

其行列式為 $0$，所以 $A^TA$ 不可逆。

核心觀念

特徵多項式為

$$(3-t)^4(2-t)^2$$

因此 $A$ 的特徵值為：

• $\lambda=3$，代數重數為 $4$；
• $\lambda=2$，代數重數為 $2$。

Jordan canonical form 的基本原則是：

1. 同一特徵值所對應的 Jordan block 大小總和，等於該特徵值的代數重數。

2. 對特徵值 $\lambda$ 而言，Jordan block 的個數等於幾何重數：

   $$\dim\ker(A-\lambda I)$$

3. 由 rank-nullity theorem，

   $$\dim\ker(A-\lambda I) =6-\operatorname{rank}(A-\lambda I).$$

記 $J_k(\lambda)$ 為大小 $k$、特徵值為 $\lambda$ 的 Jordan block。

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解題方法

針對特徵值 $3$，需要將 $4$ 分拆成正整數，代表 $\lambda=3$ 的 Jordan block 大小：

$$4,\quad 3+1,\quad 2+2,\quad 2+1+1,\quad 1+1+1+1.$$

針對特徵值 $2$，需要將 $2$ 分拆成正整數：

$$2,\quad 1+1.$$

因此，兩個特徵值的 Jordan block 分拆可以任意配對，共有

$$5\times 2=10$$

種 Jordan canonical forms。

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(a) 所有可能的 Jordan canonical forms

以下各形式的排列順序不影響 Jordan canonical form；通常只需固定一種排列方式即可。

$\lambda=3$ 的分拆為 $4$

搭配 $\lambda=2$ 的兩種分拆：

$$J_4(3)\oplus J_2(2)$$

以及

$$J_4(3)\oplus J_1(2)\oplus J_1(2).$$

$\lambda=3$ 的分拆為 $3+1$

搭配 $\lambda=2$ 的兩種分拆：

$$J_3(3)\oplus J_1(3)\oplus J_2(2)$$

以及

$$J_3(3)\oplus J_1(3)\oplus J_1(2)\oplus J_1(2).$$

$\lambda=3$ 的分拆為 $2+2$

搭配 $\lambda=2$ 的兩種分拆：

$$J_2(3)\oplus J_2(3)\oplus J_2(2)$$

以及

$$J_2(3)\oplus J_2(3)\oplus J_1(2)\oplus J_1(2).$$

$\lambda=3$ 的分拆為 $2+1+1$

搭配 $\lambda=2$ 的兩種分拆：

$$J_2(3)\oplus J_1(3)\oplus J_1(3)\oplus J_2(2)$$

以及

$$J_2(3)\oplus J_1(3)\oplus J_1(3)\oplus J_1(2)\oplus J_1(2).$$

$\lambda=3$ 的分拆為 $1+1+1+1$

搭配 $\lambda=2$ 的兩種分拆：

$$J_1(3)\oplus J_1(3)\oplus J_1(3)\oplus J_1(3)\oplus J_2(2)$$

以及

$$J_1(3)\oplus J_1(3)\oplus J_1(3)\oplus J_1(3) \oplus J_1(2)\oplus J_1(2).$$

因此共有 $10$ 種。

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