108 年 國立臺灣大學生物機電系碩士班丙組《線性代數（C）》

核心觀念

本題考查「線性轉換」的定義與判斷方法。

若 $T:V\to W$ 為函數，則 $T$ 是線性轉換，必須同時滿足：

1. 可加性

   $T(\mathbf{u}+\mathbf{v})=T(\mathbf{u})+T(\mathbf{v})$

2. 齊次性

   $T(c\mathbf{u})=cT(\mathbf{u})$

其中 $\mathbf{u},\mathbf{v}\in V$，$c$ 為純量。

線性轉換通常可表示為矩陣乘法：

$T(\mathbf{x})=A\mathbf{x}$

因此各分量只能是輸入變數的一次式，不能出現平方、乘積、三角函數等非線性項。

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解題方法

題目給定

$$T\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2x_1+x_3\\ x_1^2+3x_2^2 \end{pmatrix}$$

可由兩種方式判斷：

• 觀察輸出是否含有非一次項；
• 找一組向量與純量，直接檢驗齊次性或可加性。

由於第二個分量含有 $x_1^2$ 與 $x_2^2$，已經不是輸入變數的一次式，因此可預期 $T$ 不是線性轉換。以下用反例完整驗證。

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(a) 線性轉換的定義

$T$ 是線性轉換，若對任意向量 $\mathbf{u},\mathbf{v}$ 與任意純量 $c$，皆滿足：

$$T(\mathbf{u}+\mathbf{v})=T(\mathbf{u})+T(\mathbf{v})$$

以及

$$T(c\mathbf{u})=cT(\mathbf{u})$$

也可合併寫成：

$$T(c\mathbf{u}+d\mathbf{v}) = cT(\mathbf{u})+dT(\mathbf{v})$$

其中 $c,d$ 為任意純量。

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(b) 判斷 $T$ 是否為線性轉換

取向量

$$\mathbf{u} = \begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix}$$

先計算 $T(\mathbf{u})$：

$$T(\mathbf{u}) = T\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2(0)+0\\ 0^2+3(1)^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\3 \end{pmatrix}$$

取純量 $c=2$，則

這題考察旋轉矩陣的性質、特徵多項式、特徵值以及矩陣的冪次計算。

首先，我們給定的矩陣是：

$$A = \begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \sqrt{3}/2 & -1/2 \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 \end{bmatrix}$$

(a) 找出角度 $\theta$：
比較矩陣中的對應元素，我們可以得到：
$\cos\theta = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\sin\theta = \frac{1}{2}$
這個角度 $\theta$ 滿足 $0 \le \theta < 2\pi$ 的話，是 $\theta = \frac{\pi}{6}$ (或 30 度)。

【答案】
$\theta = \frac{\pi}{6}$

(b) 求特徵多項式與特徵值：
特徵多項式 $p(\lambda) = \det(A - \lambda I)$。

$$A - \lambda I = \begin{bmatrix} \cos\theta - \lambda & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta - \lambda \end{bmatrix}$$ $$\det(A - \lambda I) = (\cos\theta - \lambda)(\cos\theta - \lambda) - (-\sin\theta)(\sin\theta) = (\cos\theta - \lambda)^2 + \sin^2\theta = \cos^2\theta - 2\lambda\cos\theta + \lambda^2 + \sin^2\theta = \lambda^2 - 2\lambda\cos\theta + 1$$

將 $\theta = \frac{\pi}{6}$ 代入，$\cos\theta = \frac{\sqrt{3}}{2}$：
$p(\lambda) = \lambda^2 - 2\lambda\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + 1 = \lambda^2 - \sqrt{3}\lambda + 1$

接著，我們找出特徵值，即 $p(\lambda) = 0$ 的根。
$\lambda^2 - \sqrt{3}\lambda + 1 = 0$
使用二次公式 $\lambda = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$：
$\lambda = \frac{\sqrt{3} \pm \sqrt{(-\sqrt{3})^2 - 4(1)(1)}}{2(1)}$
$\lambda = \frac{\sqrt{3} \pm \sqrt{3 - 4}}{2}$
$\lambda = \frac{\sqrt{3} \pm \sqrt{-1}}{2}$
$\lambda = \frac{\sqrt{3} \pm i}{2}$

所以，特徵值為 $\lambda_1 = \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}i$ 和 $\lambda_2 = \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}i$。

這題是關於矩陣的特徵值、特徵向量以及矩陣的對角化。

給定的矩陣為：

$$A = \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 1 \\ 0 & 2 & 5 \end{bmatrix}$$

(a) 求特徵值：
特徵值是滿足 $\det(A - \lambda I) = 0$ 的 $\lambda$ 值。

$$A - \lambda I = \begin{bmatrix} 3-\lambda & 0 & 0 \\ 0 & 4-\lambda & 1 \\ 0 & 2 & 5-\lambda \end{bmatrix}$$

計算行列式：
$\det(A - \lambda I) = (3-\lambda) \det \begin{bmatrix} 4-\lambda & 1 \\ 2 & 5-\lambda \end{bmatrix} - 0 + 0$
$= (3-\lambda) [ (4-\lambda)(5-\lambda) - (1)(2) ]$
$= (3-\lambda) [ 20 - 4\lambda - 5\lambda + \lambda^2 - 2 ]$
$= (3-\lambda) [ \lambda^2 - 9\lambda + 18 ]$
令 $\det(A - \lambda I) = 0$，則：
$3-\lambda = 0 \implies \lambda_1 = 3$
或
$\lambda^2 - 9\lambda + 18 = 0$
因式分解：$(\lambda - 3)(\lambda - 6) = 0$
所以，$\lambda_2 = 3$ 且 $\lambda_3 = 6$。

特徵值為 $\lambda_1 = 3$（代數重數為 2）和 $\lambda_2 = 6$（代數重數為 1）。

【答案】
特徵值為 3 和 6。

(b) 求特徵向量空間的基底：
對於特徵值 $\lambda = 3$：
我們需要解 $(A - 3I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$。

$$A - 3I = \begin{bmatrix} 3-3 & 0 & 0 \\ 0 & 4-3 & 1 \\ 0 & 2 & 5-3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 2 \end{bmatrix}$$

令 $\mathbf{v} = \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{pmatrix}$。
方程組為：
$0v_1 + 0v_2 + 0v_3 = 0$ (此方程無用)
$0v_1 + 1v_2 + 1v_3 = 0 \implies v_2 + v_3 = 0 \implies v_2 = -v_3$
$0v_1 + 2v_2 + 2v_3 = 0 \implies 2v_2 + 2v_3 = 0 \implies v_2 = -v_3$
$v_1$ 是自由變數。令 $v_1 = s$。
令 $v_3 = t$，則 $v_2 = -t$。
所以，特徵向量形式為 $\mathbf{v} = \begin{pmatrix} s \\ -t \\ t \end{pmatrix} = s \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$。
特徵向量空間 $E_3$ 的基底為 $\left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \right\}$。

這題考驗計算矩陣指數 $e^A$ 的能力。對於一般的矩陣 A，計算 $e^A$ 可以透過定義 $\sum_{k=0}^{\infty} \frac{A^k}{k!}$ 來進行，但這通常很複雜。然而，如果矩陣 A 具有某些特殊結構，計算會簡化。

給定的矩陣是：

$$A = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

我們首先計算 A 的高次冪：
$A^2 = A \cdot A = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
$A^3 = A^2 \cdot A = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
由於 $A^3 = \mathbf{0}$ (零矩陣)，所有更高次冪 $A^k$ (對於 $k \ge 3$) 也都是零矩陣。
這種矩陣稱為冪零矩陣 (nilpotent matrix)。

矩陣指數的定義是：
$e^A = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{A^k}{k!} = I + A + \frac{A^2}{2!} + \frac{A^3}{3!} + \dots$
由於 $A^k = \mathbf{0}$ 對於 $k \ge 3$，級數只剩下前幾項：

核心觀念

本題考查以下觀念：

• 特徵值的定義：若存在非零向量 $\mathbf v$ 使得 $A\mathbf v=\lambda\mathbf v$，則 $\lambda$ 為 $A$ 的特徵值。
• 矩陣多項式與特徵值的關係：若 $A\mathbf v=\lambda\mathbf v$，則 $A^2\mathbf v=\lambda^2\mathbf v$。
• 實矩陣的非實特徵值必成共軛對出現。
• 實對稱矩陣的所有特徵值皆為實數。
• 行列式性質：$\det(A^2)=\det(A)^2$。

已知

$$A^2=-I.$$

這表示 $A$ 滿足多項式

$$x^2+1=0.$$

因此，$A$ 的特徵值必須是此多項式的根。

解題方法與各小題分析

（a）求 $A$ 的特徵值

設 $\lambda$ 為 $A$ 的特徵值，$\mathbf v\ne \mathbf 0$ 為對應特徵向量，則

$$A\mathbf v=\lambda\mathbf v.$$

兩邊再乘以 $A$：

$$A^2\mathbf v=A(\lambda\mathbf v) =\lambda A\mathbf v =\lambda^2\mathbf v.$$

另一方面，由 $A^2=-I$ 可得

$$A^2\mathbf v=-I\mathbf v=-\mathbf v.$$

所以

$$\lambda^2\mathbf v=-\mathbf v.$$

因為 $\mathbf v\ne\mathbf 0$，因此

$$\lambda^2=-1.$$

故

$$\lambda=\pm i.$$

所以 $A$ 在複數域上的特徵值只有 $i$ 與 $-i$。若限定在實數域，則 $A$ 沒有實特徵值。

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（b）給出一個 $4\times 4$ 矩陣範例

考慮

$$J= \begin{pmatrix} 0&-1\\ 1&0 \end{pmatrix}.$$

直接計算得

$$J^2= \begin{pmatrix} 0&-1\\ 1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0&-1\\ 1&0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1&0\\ 0&-1 \end{pmatrix} =-I_2.$$

將兩個 $J$ 放在對角線上，令

$$A= \begin{pmatrix} 0&-1&0&0\\ 1&0&0&0\\ 0&0&0&-1\\ 0&0&1&0 \end{pmatrix}.$$

此矩陣可寫成區塊對角矩陣

$$A= \begin{pmatrix} J&0\\ 0&J \end{pmatrix}.$$

因此

$$A^2= \begin{pmatrix} J^2&0\\ 0&J^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -I_2&0\\ 0&-I_2 \end{pmatrix} =-I_4.$$

所以這確實是一個符合條件的 $4\times4$ 實矩陣。

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這題考驗對矩陣特徵值與跡 (Trace) 之間關係的理解。

給定的 $4 \times 4$ 矩陣為：

$$A = \begin{bmatrix} 387 & 456 & 589 & 238 \\ 488 & 455 & 677 & 382 \\ 440 & 982 & 654 & 651 \\ 892 & 564 & 786 & 442 \end{bmatrix}$$

一個重要性質是：一個矩陣的特徵值之和等於該矩陣的跡 (Trace)。
跡 (Trace) 定義為矩陣對角線上元素的總和。

這題考驗將微分運算子表示成矩陣形式的能力。關鍵在於理解矩陣的列向量如何由基底向量經過運算子轉換後，再以該基底的線性組合來表示。

給定微分運算子 $D(f(t)) = \frac{df}{dt}$。

(a) 基底為 $B_a = \{1, t, \sin 3t, \cos 3t\}$。
我們需要計算 D 對基底中每個向量的作用，並將結果表示為該基底的線性組合。

1. 作用在 $1$ 上：
   $D(1) = \frac{d}{dt}(1) = 0$
   將 $0$ 表示為基底 $B_a$ 的線性組合：$0 \cdot 1 + 0 \cdot t + 0 \cdot \sin 3t + 0 \cdot \cos 3t$。
   對應的坐標向量是 $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$。

2. 作用在 $t$ 上：
   $D(t) = \frac{d}{dt}(t) = 1$
   將 $1$ 表示為基底 $B_a$ 的線性組合：$1 \cdot 1 + 0 \cdot t + 0 \cdot \sin 3t + 0 \cdot \cos 3t$。
   對應的坐標向量是 $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$。

3. 作用在 $\sin 3t$ 上：
   $D(\sin 3t) = \frac{d}{dt}(\sin 3t) = 3\cos 3t$
   將 $3\cos 3t$ 表示為基底 $B_a$ 的線性組合：$0 \cdot 1 + 0 \cdot t + 0 \cdot \sin 3t + 3 \cdot \cos 3t$。
   對應的坐標向量是 $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}$。

4. 作用在 $\cos 3t$ 上：
   $D(\cos 3t) = \frac{d}{dt}(\cos 3t) = -3\sin 3t$
   將 $-3\sin 3t$ 表示為基底 $B_a$ 的線性組合：$0 \cdot 1 + 0 \cdot t - 3 \cdot \sin 3t + 0 \cdot \cos 3t$。
   對應的坐標向量是 $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -3 \\ 0 \end{pmatrix}$。

將這些坐標向量作為列向量組成矩陣，即為微分運算子 D 在基底 $B_a$ 下的矩陣表示。

$$[D]_{B_a} = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -3 \\ 0 & 0 & 3 & 0 \end{bmatrix}$$