113 年 國立臺灣大學生物機電系碩士班丁組《線性代數（C）》

本題要求解齊次線性方程組的維度與基底。首先，我們需要將方程組寫成矩陣形式，並透過高斯消去法（Gaussian elimination）將其化為列梯形矩陣（row echelon form），藉此找出自由變數（free variables）的個數，即為解空間的維度。接著，根據自由變數和基本變數（basic variables）之間的關係，表示出基礎解（basic solutions），這些基礎解的線性獨立組合即為解空間的基底。

將給定的齊次線性方程組寫成增廣矩陣：

$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & 1 & | & 0 \\ 2 & 4 & 7 & 4 & | & 0 \\ 3 & 6 & 10 & 5 & | & 0 \end{bmatrix}$$

進行列運算化為列梯形矩陣：
$R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1$
$R_3 \leftarrow R_3 - 3R_1$

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

$R_3 \leftarrow R_3 - R_2$

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

$R_1 \leftarrow R_1 - 3R_2$

$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & -5 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{bmatrix}$$

此為列梯形矩陣。對應回方程組：

本題要求找出一個子空間 $W$ 的基底，其中 $W$ 是 $\mathbb{R}^4$ 中所有與向量 $u=(1,-2,3,4)$ 和 $v=(3,-5,7,8)$ 都正交的向量所構成的集合。這意味著 $W$ 是由向量 $u$ 和 $v$ 所構成的集合的垂直空間（orthogonal complement）。垂直空間的維度等於總空間維度減去生成向量的維度（假設這些向量線性獨立）。我們可以使用 Gram-Schmidt 過程或直接求解垂直條件來找出 $W$ 的基底。

令 $x = (x_1, x_2, x_3, x_4)$ 為 $\mathbb{R}^4$ 中的一個向量。若 $x$ 與 $u$ 和 $v$ 都正交，則它們的內積為零：

$$x \cdot u = x_1 - 2x_2 + 3x_3 + 4x_4 = 0$$ $$x \cdot v = 3x_1 - 5x_2 + 7x_3 + 8x_4 = 0$$

我們需要找到滿足這兩個方程組的向量 $x$ 的集合。這兩個方程組構成一個齊次線性方程組。我們將其寫成矩陣形式並進行高斯消去法：

$$\begin{bmatrix} 1 & -2 & 3 & 4 & | & 0 \\ 3 & -5 & 7 & 8 & | & 0 \end{bmatrix}$$

$R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1$

$$\begin{bmatrix} 1 & -2 & 3 & 4 & | & 0 \\ 0 & 1 & -2 & -4 & | & 0 \end{bmatrix}$$

$R_1 \leftarrow R_1 + 2R_2$

$$\begin{bmatrix} 1 & 0 & -1 & -4 & | & 0 \\ 0 & 1 & -2 & -4 & | & 0 \end{bmatrix}$$

對應回方程組：

$$\begin{cases} x_1 - x_3 - 4x_4 = 0 \\ x_2 - 2x_3 - 4x_4 = 0 \end{cases}$$

$x_1$ 和 $x_2$ 是基本變數，而 $x_3$ 和 $x_4$ 是自由變數。
$x_1 = x_3 + 4x_4$
$x_2 = 2x_3 + 4x_4$

本題要求使用 Gram-Schmidt 過程將給定的基底 $(u_1, u_2, u_3)$ 轉換為一個標準正交基底（orthonormal basis）。Gram-Schmidt 過程的核心思想是，從第一個向量開始，將後續向量投影到先前已找到的正交向量上，然後從該向量中減去這些投影，從而得到一個與先前向量正交的新向量。最後，將所有得到的正交向量正規化（normalize）即可得到標準正交基底。

令給定的基底為 $u_1 = (1,1,1)$, $u_2 = (-1,1,0)$, $u_3 = (1,2,1)$。
我們將 Gram-Schmidt 過程分為三個步驟來找到正交基底 $v_1, v_2, v_3$。

步驟 1：令 $v_1 = u_1$。
$v_1 = (1,1,1)$

步驟 2：找到與 $v_1$ 正交的向量 $v_2$。
$v_2 = u_2 - \text{proj}_{v_1} u_2$
其中 $\text{proj}_{v_1} u_2 = \frac{u_2 \cdot v_1}{v_1 \cdot v_1} v_1$。
計算內積：
$u_2 \cdot v_1 = (-1)(1) + (1)(1) + (0)(1) = -1 + 1 + 0 = 0$
$v_1 \cdot v_1 = (1)(1) + (1)(1) + (1)(1) = 1 + 1 + 1 = 3$
所以，$\text{proj}_{v_1} u_2 = \frac{0}{3} v_1 = 0$。
因此，$v_2 = u_2 - 0 = u_2 = (-1,1,0)$。
（注意：如果 $u_2$ 和 $u_1$ 已經正交，Gram-Schmidt 過程會直接保留 $u_2$ 作為下一個正交向量。）

步驟 3：找到與 $v_1$ 和 $v_2$ 都正交的向量 $v_3$。
$v_3 = u_3 - \text{proj}_{v_1} u_3 - \text{proj}_{v_2} u_3$
其中 $\text{proj}_{v_1} u_3 = \frac{u_3 \cdot v_1}{v_1 \cdot v_1} v_1$ 且 $\text{proj}_{v_2} u_3 = \frac{u_3 \cdot v_2}{v_2 \cdot v_2} v_2$。

計算內積：
$u_3 \cdot v_1 = (1)(1) + (2)(1) + (1)(1) = 1 + 2 + 1 = 4$
$v_1 \cdot v_1 = 3$ (已計算過)
$\text{proj}_{v_1} u_3 = \frac{4}{3} v_1 = \frac{4}{3} (1,1,1) = (\frac{4}{3}, \frac{4}{3}, \frac{4}{3})$

$u_3 \cdot v_2 = (1)(-1) + (2)(1) + (1)(0) = -1 + 2 + 0 = 1$
$v_2 \cdot v_2 = (-1)^2 + (1)^2 + (0)^2 = 1 + 1 + 0 = 2$
$\text{proj}_{v_2} u_3 = \frac{1}{2} v_2 = \frac{1}{2} (-1,1,0) = (-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0)$

現在計算 $v_3$：

本題要求找出線性轉換 $T: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^3$ 在標準基底 $\beta$ 和 $\gamma$ 下的矩陣表示。線性轉換的矩陣表示 $[T]_{\beta}^{\gamma}$ 的每一行（或每一列，取決於約定，此處為列）是將基底向量從定義域的基底（$\beta$）映射到對應域的基底（$\gamma$）下的座標表示。

給定線性轉換 $T(a_1, a_2) = (a_1 + 3a_2, 0, 2a_1 - 4a_2)$。
定義域 $\mathbb{R}^2$ 的標準基底為 $\beta = \{u_1, u_2\} = \{(1,0), (0,1)\}$。
對應域 $\mathbb{R}^3$ 的標準基底為 $\gamma = \{v_1, v_2, v_3\} = \{(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)\}$。

矩陣表示 $[T]_{\beta}^{\gamma}$ 的第一行是 $T(u_1)$ 在基底 $\gamma$ 下的座標表示。
$u_1 = (1,0)$。
$T(u_1) = T(1,0) = (1 + 3(0), 0, 2(1) - 4(0)) = (1, 0, 2)$。

本題要求找出線性轉換 $T: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^3$ 在給定的基底 $B$ 和 $B'$ 下的矩陣表示。這與上一題的標準基底情況類似，只是基底不再是標準基底。矩陣表示的列是將定義域的基底向量（來自 $B$）映射到對應域的基底（$B'$）下的座標表示。

給定線性轉換 $T\left(\begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} x_1 + 3x_2 \\ -5x_1 + 13x_2 \\ -7x_1 + 16x_2 \end{bmatrix}$。
定義域 $\mathbb{R}^2$ 的基底為 $B = \{u_1, u_2\}$, 其中 $u_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \end{bmatrix}$, $u_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}$。
對應域 $\mathbb{R}^3$ 的基底為 $B' = \{v_1, v_2, v_3\}$, 其中 $v_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$, $v_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$, $v_3 = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。
由於 $B'$ 是標準基底，向量在 $B'$ 下的座標表示就是向量本身。

我們需要計算 $T(u_1)$ 和 $T(u_2)$，然後將結果表示為 $B'$ 的線性組合。

計算 $T(u_1)$:
$u_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \end{bmatrix}$，所以 $x_1=1, x_2=2$。

本題要求對於一個定義在多項式空間 $P_2$ 上的線性轉換 $T$，分別找出其在標準基底下的矩陣表示、特徵值（eigenvalues）以及特徵向量空間（eigenspaces）的基底。

$P_2$ 是所有次數小於等於 2 的多項式所構成的向量空間。其標準基底為 $\{1, x, x^2\}$。

(a) 尋找 $T$ 在標準基底下的矩陣表示。
我們需要計算 $T$ 對於標準基底向量 $1, x, x^2$ 的作用，並將結果表示為標準基底的線性組合。

令 $p(x) = a_0 + a_1x + a_2x^2$。
$T(p(x)) = (5a_0 + 6a_1 + 2a_2) - (a_1 + 8a_2)x + (a_0 - 2a_2)x^2$。

1. 計算 $T(1)$：
   在此情況下，$a_0=1, a_1=0, a_2=0$。
   $T(1) = (5(1) + 6(0) + 2(0)) - (0 + 8(0))x + (1 - 2(0))x^2 = 5 - 0x + 1x^2 = 5 + x^2$。
   將 $5 + x^2$ 表示為標準基底 $\{1, x, x^2\}$ 的線性組合，其座標向量為 $\begin{bmatrix} 5 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。

2. 計算 $T(x)$：
   在此情況下，$a_0=0, a_1=1, a_2=0$。
   $T(x) = (5(0) + 6(1) + 2(0)) - (1 + 8(0))x + (0 - 2(0))x^2 = 6 - 1x + 0x^2 = 6 - x$。
   將 $6 - x$ 表示為標準基底 $\{1, x, x^2\}$ 的線性組合，其座標向量為 $\begin{bmatrix} 6 \\ -1 \\ 0 \end{bmatrix}$。

3. 計算 $T(x^2)$：
   在此情況下，$a_0=0, a_1=0, a_2=1$。
   $T(x^2) = (5(0) + 6(0) + 2(1)) - (0 + 8(1))x + (0 - 2(1))x^2 = 2 - 8x - 2x^2$。
   將 $2 - 8x - 2x^2$ 表示為標準基底 $\{1, x, x^2\}$ 的線性組合，其座標向量為 $\begin{bmatrix} 2 \\ -8 \\ -2 \end{bmatrix}$。

將這些座標向量作為列向量組成矩陣，即為 $T$ 在標準基底下的矩陣表示 $A$。

$$A = \begin{bmatrix} 5 & 6 & 2 \\ 0 & -1 & -8 \\ 1 & 0 & -2 \end{bmatrix}$$

(b) 尋找 $T$ 的特徵值。
特徵值 $\lambda$ 是滿足 $A v = \lambda v$ 的非零向量 $v$ 的對應值，其中 $A$ 是矩陣表示， $v$ 是特徵向量。這等價於求解 $\det(A - \lambda I) = 0$。
$A - \lambda I = \begin{bmatrix} 5-\lambda & 6 & 2 \\ 0 & -1-\lambda & -8 \\ 1 & 0 & -2-\lambda \end{bmatrix}$

計算行列式：
$\det(A - \lambda I) = (5-\lambda) \det \begin{bmatrix} -1-\lambda & -8 \\ 0 & -2-\lambda \end{bmatrix} - 6 \det \begin{bmatrix} 0 & -8 \\ 1 & -2-\lambda \end{bmatrix} + 2 \det \begin{bmatrix} 0 & -1-\lambda \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$
$= (5-\lambda) [(-1-\lambda)(-2-\lambda) - 0] - 6 [0 - (-8)(1)] + 2 [0 - (1)(-1-\lambda)]$
$= (5-\lambda) (1+\lambda)(2+\lambda) - 6(8) + 2(1+\lambda)$
$= (5-\lambda) (2 + 3\lambda + \lambda^2) - 48 + 2 + 2\lambda$
$= 10 + 15\lambda + 5\lambda^2 - 2\lambda - 3\lambda^2 - \lambda^3 - 46 + 2\lambda$
$= -\lambda^3 + (5-3)\lambda^2 + (15-2+2)\lambda + (10-46)$
$= -\lambda^3 + 2\lambda^2 + 15\lambda - 36$

我們需要求解 $-\lambda^3 + 2\lambda^2 + 15\lambda - 36 = 0$，即 $\lambda^3 - 2\lambda^2 - 15\lambda + 36 = 0$。
嘗試整數根，這些根必須是 36 的因數。
試驗 $\lambda=1$: $1 - 2 - 15 + 36 \neq 0$
試驗 $\lambda=-1$: $-1 - 2 + 15 + 36 \neq 0$
試驗 $\lambda=2$: $8 - 2(4) - 15(2) + 36 = 8 - 8 - 30 + 36 = 6 \neq 0$
試驗 $\lambda=-2$: $-8 - 2(4) - 15(-2) + 36 = -8 - 8 + 30 + 36 = 50 \neq 0$
試驗 $\lambda=3$: $27 - 2(9) - 15(3) + 36 = 27 - 18 - 45 + 36 = 9 - 45 + 36 = 0$。所以 $\lambda=3$ 是一個特徵值。
由於 $\lambda=3$ 是一個根， $(\lambda-3)$ 是多項式的一個因式。我們可以進行多項式長除法或綜合除法。
使用綜合除法：

本題要求找出線性轉換 $T(w, z) = (z, w)$ 的所有特徵值（eigenvalues）和特徵向量（eigenvectors）。這個線性轉換在本質上是交換輸入向量的兩個分量，可以看作是一個置換（permutation）操作。

首先，我們需要找到 $T$ 的矩陣表示。
令標準基底為 $e_1 = (1,0)$ 和 $e_2 = (0,1)$。
$T(e_1) = T(1,0) = (0,1) = e_2$。
$T(e_2) = T(0,1) = (1,0) = e_1$。
因此，$T$ 在標準基底下的矩陣表示為 $A = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$。

接下來，我們尋找特徵值 $\lambda$ 和對應的特徵向量 $v = \begin{bmatrix} w \\ z \end{bmatrix}$，滿足 $Av = \lambda v$。
這等價於求解特徵方程 $\det(A - \lambda I) = 0$。
$A - \lambda I = \begin{bmatrix} 0-\lambda & 1 \\ 1 & 0-\lambda \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -\lambda & 1 \\ 1 & -\lambda \end{bmatrix}$。

計算行列式：
$\det(A - \lambda I) = (-\lambda)(-\lambda) - (1)(1) = \lambda^2 - 1$。
令特徵方程為 $\lambda^2 - 1 = 0$。
解得 $\lambda^2 = 1$，所以特徵值為 $\lambda_1 = 1$ 和 $\lambda_2 = -1$。

現在，我們分別為每個特徵值尋找對應的特徵向量。

對於特徵值 $\lambda_1 = 1$：
我們需要求解 $(A - 1I)v = 0$。
$A - I = \begin{bmatrix} 0-1 & 1 \\ 1 & 0-1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}$。
方程組為：

核心觀念

本題考查「子空間上的最佳逼近」與「正交投影」。

對於子空間 $U$ 中的向量 $u$，使

$$\|u-y\|$$

最小，其中 $y=(1,2,3,4)$，最佳解就是 $y$ 在 $U$ 上的正交投影，並滿足

$$y-u\perp U.$$

因為 $U$ 由兩個向量張成，所以只要令誤差向量同時垂直於兩個生成向量，即可求得最佳的 $u$。

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解題方法

令

$$v_1=(1,1,0,0),\qquad v_2=(1,1,1,2).$$

則

$$U=\operatorname{span}(v_1,v_2).$$

設 $u\in U$ 為

$$u=av_1+bv_2.$$

因此

$$u=a(1,1,0,0)+b(1,1,1,2) =(a+b,a+b,b,2b).$$

令

$$y=(1,2,3,4).$$

依正交投影定理，最佳逼近所產生的誤差 $y-u$ 必須垂直於 $v_1,v_2$，故有

$$(y-u)\cdot v_1=0, \qquad (y-u)\cdot v_2=0.$$

等價地，也可寫成

$$u\cdot v_1=y\cdot v_1, \qquad u\cdot v_2=y\cdot v_2.$$

先計算內積：

$$v_1\cdot v_1=2,\qquad v_1\cdot v_2=2,\qquad v_2\cdot v_2=7,$$

以及

$$y\cdot v_1=1+2=3,$$ $$y\cdot v_2=1+2+3+8=14.$$

由 $u=av_1+bv_2$，得到正規方程組

$$\begin{cases} 2a+2b=3,\\ 2a+7b=14. \end{cases}$$

兩式相減可得

$$5b=11 \quad\Longrightarrow\quad b=\frac{11}{5}.$$

代回第一式：

$$2a+2\left(\frac{11}{5}\right)=3,$$ $$2a=3-\frac{22}{5} =-\frac{7}{5},$$ $$a=-\frac{7}{10}.$$

因此

$$u=-\frac{7}{10}v_1+\frac{11}{5}v_2.$$

計算各座標：

$$u = -\frac{7}{10}(1,1,0,0) +\frac{11}{5}(1,1,1,2),$$