109 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：

• 行空間與列空間的基底。
• 齊次方程組 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$ 的解空間。
• 行最簡形與主元欄。
• 矩陣的秩與行列式。
• 若矩陣的秩小於 $n$，則其 $n\times n$ 行列式為 $0$。

題目附帶條件指出：最後兩列都是前兩列的線性組合。因此

$$\operatorname{rank}(A)=2,$$

其中前兩列線性獨立。

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(a) 行空間的基底

設矩陣的四個列向量為 $r_1,r_2,r_3,r_4$。題目已知 $r_3,r_4$ 都是 $r_1,r_2$ 的線性組合，因此行空間由前兩列張成：

$$\operatorname{Row}(A)=\operatorname{span}\{r_1,r_2\}.$$

前兩列為

$$r_1=(1,2,0,1),\qquad r_2=(2,0,1,1).$$

兩列並非彼此倍數，因此線性獨立。

故行空間的一組基底為

$$\boxed{\left\{ (1,2,0,1),(2,0,1,1) \right\}}.$$

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(b) 零空間的基底

令

$$\mathbf{x}= \begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{pmatrix}.$$

因為最後兩列是前兩列的線性組合，所以 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$ 等價於前兩列所形成的方程組：

$$\begin{cases} x_1+2x_2+x_4=0,\\ 2x_1+x_3+x_4=0. \end{cases}$$

取自由變數

$$x_2=s,\qquad x_4=t.$$

由第一式得

$$x_1=-2s-t.$$

代入第二式：

$$x_3=-2x_1-x_4 = -2(-2s-t)-t =4s+t.$$

因此

$$\mathbf{x} = \begin{pmatrix} -2s-t\\ s\\ 4s+t\\ t \end{pmatrix} = s \begin{pmatrix} -2\\1\\4\\0 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} -1\\0\\1\\1 \end{pmatrix}.$$

所以零空間的一組基底為

$$\boxed{ \left\{ \begin{pmatrix} -2\\1\\4\\0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -1\\0\\1\\1 \end{pmatrix} \right\} }.$$

快速檢查：

$$r_1 \begin{pmatrix} -2\\1\\4\\0 \end{pmatrix} =-2+2=0, \qquad r_2 \begin{pmatrix} -2\\1\\4\\0 \end{pmatrix} =-4+4=0,$$

且

$$r_1 \begin{pmatrix} -1\\0\\1\\1 \end{pmatrix} =-1+1=0, \qquad r_2 \begin{pmatrix} -1\\0\\1\\1 \end{pmatrix} =-2+1+1=0.$$

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(c) 行空間的基底

矩陣的欄向量為

本題考查特徵向量與特徵值的基本定義和性質。

根據特徵向量與特徵值的定義，如果 $v$ 是矩陣 $A$ 的一個特徵向量，對應的特徵值是 $\lambda$，則表示：
$Av = \lambda v$
其中 $v$ 是非零向量。

(a) Show that $cv$ is also an eigenvector with eigenvalue $\lambda$ for any $c \neq 0$.
我們要證明 $cv$ 是 $A$ 的一個特徵向量，且對應的特徵值是 $\lambda$。
根據定義，我們需要驗證 $A(cv) = \lambda (cv)$。
我們從左邊開始計算：
$A(cv)$
由於矩陣乘法與純量乘法具有結合律，我們可以將純量 $c$ 提出：
$A(cv) = c(Av)$
又因為 $v$ 是 $A$ 的特徵向量，對應的特徵值是 $\lambda$，所以 $Av = \lambda v$。
將此代入上式：
$c(Av) = c(\lambda v)$
再次利用純量乘法的結合律，將 $\lambda$ 和 $c$ 重新組合：
$c(\lambda v) = \lambda (cv)$
所以，我們得到 $A(cv) = \lambda (cv)$。
由於 $c \neq 0$ 且 $v$ 是非零向量，所以 $cv$ 也是一個非零向量。
因此，$cv$ 是矩陣 $A$ 的一個特徵向量，對應的特徵值是 $\lambda$。

(b) Show $v$ is also an eigenvector for $A^2$ with eigenvalue $\lambda^2$.
我們要證明 $v$ 是矩陣 $A^2$ 的一個特徵向量，且對應的特徵值是 $\lambda^2$。

核心觀念

此題是離散時間的線性動力系統，可寫成矩陣形式

$$\begin{bmatrix} x(t+1)\\ y(t+1) \end{bmatrix} = A \begin{bmatrix} x(t)\\ y(t) \end{bmatrix}, \qquad A= \begin{bmatrix} 1&2\\ 4&3 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\begin{bmatrix} x(t)\\ y(t) \end{bmatrix} =A^t \begin{bmatrix} x(0)\\ y(0) \end{bmatrix}.$$

求出 $A$ 的特徵值與特徵向量後，可將初始向量分解成各特徵方向的線性組合，進而直接寫出 $A^t$ 對應的結果。

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解題方法

令

$$\mathbf{u}(t)= \begin{bmatrix} x(t)\\ y(t) \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{u}(0)= \begin{bmatrix} 2\\ 1 \end{bmatrix}.$$

則

$$\mathbf{u}(t+1)=A\mathbf{u}(t), \qquad A= \begin{bmatrix} 1&2\\ 4&3 \end{bmatrix}.$$

1. 求特徵值

特徵方程為

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 1-\lambda&2\\ 4&3-\lambda \end{vmatrix} =0.$$

因此

$$(1-\lambda)(3-\lambda)-8=0,$$ $$\lambda^2-4\lambda-5=0,$$ $$(\lambda-5)(\lambda+1)=0.$$

故兩個特徵值為

$$\lambda_1=5,\qquad \lambda_2=-1.$$

2. 求特徵向量

對 $\lambda_1=5$：

$$(A-5I)\mathbf{v}_1=0$$

即

$$\begin{bmatrix} -4&2\\ 4&-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a\\ b \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\ 0 \end{bmatrix}.$$

由 $-4a+2b=0$ 得 $b=2a$，可取

$$\mathbf{v}_1= \begin{bmatrix} 1\\ 2 \end{bmatrix}.$$

對 $\lambda_2=-1$：

$$(A+I)\mathbf{v}_2=0$$

即

核心觀念

多項式的線性獨立性定義為：若係數 $c_1,c_2,c_3,c_4$ 滿足

$$c_1p_1(x)+c_2p_2(x)+c_3p_3(x)+c_4p_4(x)=0$$

必然推出

$$c_1=c_2=c_3=c_4=0,$$

則 $\{p_1,p_2,p_3,p_4\}$ 為線性獨立；若存在一組不全為零的係數使線性組合等於零多項式，則為線性相依。

本題可將各多項式按照基底 $\{1,x,x^2,x^3\}$ 寫成係數向量，再透過比較各次方係數判斷。

解題方法

設

$$c_1p_1(x)+c_2p_2(x)+c_3p_3(x)+c_4p_4(x)=0.$$

代入題目中的四個多項式：

$$c_1(1)+c_2(-2+4x^2)+c_3(2x)+c_4(-12x+8x^3)=0.$$

整理同次方項：

$$(c_1-2c_2)+(2c_3-12c_4)x+4c_2x^2+8c_4x^3=0.$$

由於零多項式的各次方係數皆必須為零，因此得到方程組

$$\begin{cases} c_1-2c_2=0,\\ 2c_3-12c_4=0,\\ 4c_2=0,\\ 8c_4=0. \end{cases}$$

由第三式與第四式：

$$c_2=0,\qquad c_4=0.$$

再代回第一式與第二式：

$$c_1-2(0)=0\Rightarrow c_1=0,$$ $$2c_3-12(0)=0\Rightarrow c_3=0.$$

因此唯一能使線性組合成為零多項式的係數組合為

$$c_1=c_2=c_3=c_4=0.$$

核心觀念

本題考查：

• 特徵值由特徵方程
  $\det(A-\lambda I)=0$
  求得。
• 對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵向量滿足
  $(A-\lambda I)\mathbf{x}=\mathbf{0}.$
• 不同特徵值所對應的特徵向量線性獨立。
• 實矩陣能被正交對角化的充要條件是矩陣為對稱矩陣，即
  $A^T=A.$

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解題方法

令

$$A-\lambda I= \begin{pmatrix} 2-\lambda&0&1\\ 1&2-\lambda&-1\\ 1&1&2-\lambda \end{pmatrix}.$$

設 $t=2-\lambda$，則

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} t&0&1\\ 1&t&-1\\ 1&1&t \end{vmatrix}.$$

沿第一列展開：

$$\det(A-\lambda I) =t \begin{vmatrix} t&-1\\ 1&t \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} 1&t\\ 1&1 \end{vmatrix}.$$

因此

$$\det(A-\lambda I) =t(t^2+1)+(1-t) =t^3+1.$$

因式分解得

$$t^3+1=(t+1)(t^2-t+1).$$

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(a) 特徵值

由

$$(t+1)(t^2-t+1)=0$$

可得：

1. $t=-1$，所以
   $\lambda=2-(-1)=3.$

2. $t^2-t+1=0$，所以
   $t=\frac{1\pm i\sqrt{3}}{2}.$

因此

$$\lambda =2-\frac{1\pm i\sqrt{3}}{2} =\frac{3\mp i\sqrt{3}}{2}.$$

故全部特徵值為

$$\boxed{ \lambda_1=3,\qquad \lambda_2=\frac{3+i\sqrt{3}}{2},\qquad \lambda_3=\frac{3-i\sqrt{3}}{2} }.$$

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(b) 由特徵向量組成的基底

由

$$(A-\lambda I) \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} =\mathbf{0}$$

可寫成

$$\begin{cases} tx+z=0,\\ x+ty-z=0,\\ x+y+tz=0. \end{cases}$$

由第一式得

$$z=-tx.$$

取 $x=t$，則可取

$$y=-(1+t),\qquad z=-t^2.$$

當 $t$ 滿足 $t^2-t+1=0$ 時，有 $t^2=t-1$，因此

$$z=-t^2=1-t.$$

所以對應於根 $t$ 的特徵向量可取為

$$\mathbf{v}(t)= \begin{pmatrix} t\\ -(1+t)\\ 1-t \end{pmatrix}.$$

對 $\lambda_1=3$，有 $t=-1$，可取

$$\mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix}.$$

對

$$t_2=\frac{1+i\sqrt3}{2},$$

可取

核心觀念

線性轉換 $S:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ 必須同時滿足：

1. 加法性：
   $S(\mathbf{u}+\mathbf{v})=S(\mathbf{u})+S(\mathbf{v})$

2. 齊次性：
   $S(c\mathbf{u})=cS(\mathbf{u})$

其中 $c\in\mathbb{R}$。特別地，任何線性轉換必須滿足：

$$S(\mathbf{0})=\mathbf{0}$$

因此，只要發現 $S(\mathbf{0})\neq\mathbf{0}$，即可直接判定 $S$ 不是線性轉換。

解題方法

題目給定

$$S(x,y)=(1-xy,\ x+y)$$

先計算零向量的像：

$$S(0,0)=\left(1-(0)(0),\ 0+0\right)=(1,0)$$

但若 $S$ 為線性轉換，必須有

$$S(0,0)=(0,0)$$

實際上，