114 年 國立臺灣大學生物機電系碩士班丁組《線性代數（C）》

核心觀念

本題考查以下線性代數基本概念：

• 線性相依與線性組合
• 相似矩陣與特徵值
• 齊次線性方程組與非齊次線性方程組
• 同一特徵值的特徵向量
• 內積的線性與共軛線性

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解題方法

逐一檢驗各敘述是否符合定義與基本定理。

(a) If $S$ is a linearly dependent set, then each vector in $S$ is a linear combination of other vectors in $S$.

錯誤。

線性相依的定義是：集合 $S$ 中至少存在一個向量，可以表示成其他向量的線性組合。也就是存在 $v\in S$，使得

$$v=\sum_{u\in S,\ u\neq v}c_u u.$$

定義只保證「至少一個」，並不保證每一個向量都具備此性質。

例如在 $\mathbb{R}^2$ 中取

$$S=\{(1,0),(2,0),(0,1)\}.$$

因為

$$(2,0)=2(1,0),$$

所以 $S$ 是線性相依的；但 $(0,1)$ 無法由 $(1,0)$ 與 $(2,0)$ 的線性組合表示。因此不是每個向量都能表示成其他向量的線性組合。

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(b) Similar matrices always have the same eigenvalues.

正確。

若矩陣 $A$ 與 $B$ 相似，則存在可逆矩陣 $P$，使得

$$B=P^{-1}AP.$$

其特徵多項式為

$$\begin{aligned} \det(\lambda I-B) &=\det(\lambda I-P^{-1}AP)\\ &=\det\left(P^{-1}(\lambda I-A)P\right)\\ &=\det(P^{-1})\det(\lambda I-A)\det(P)\\ &=\det(\lambda I-A). \end{aligned}$$

因此 $A$ 與 $B$ 具有相同的特徵多項式，故具有相同的特徵值，且代數重數也相同。

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(c) If the homogeneous system corresponding to a given system of linear equations has a solution, then the given system has a solution.

錯誤。

設原方程組為

$$A\mathbf{x}=\mathbf{b},$$

其對應的齊次方程組為

$$A\mathbf{x}=\mathbf{0}.$$

齊次方程組一定至少有零解

$$\mathbf{x}=\mathbf{0},$$

但這並不能保證非齊次方程組 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 有解。

例如：

$$0x=1$$

沒有解，但其對應的齊次方程組

$$0x=0$$

有無限多組解。因此敘述錯誤。

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這題考察矩陣的表示、標量乘法、矩陣減法以及對矩陣進行實際意義的解釋。

首先，根據表格數據，將 5 月底的庫存記錄為 3x4 矩陣 M：
$M = \begin{pmatrix} 4 & 2 & 1 & 3 \\ 5 & 3 & 1 & 4 \\ 3 & 1 & 2 & 6 \end{pmatrix}$

題目要求驗證在增加庫存後，手上的庫存由 2M 描述。這個要求是基於「將庫存加倍」的敘述。如果原始庫存是 M，加倍後就是 2M。這是一個直接的矩陣標量乘法。
$2M = 2 \begin{pmatrix} 4 & 2 & 1 & 3 \\ 5 & 3 & 1 & 4 \\ 3 & 1 & 2 & 6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8 & 4 & 2 & 6 \\ 10 & 6 & 2 & 8 \\ 6 & 2 & 4 & 12 \end{pmatrix}$
這表示在增加庫存後，各類家具的數量都翻倍了。

接下來，題目給出了 6 月底的庫存矩陣 A：
$A = \begin{pmatrix} 5 & 3 & 1 & 2 \\ 6 & 2 & 1 & 5 \\ 0 & 3 & 3 & 1 \end{pmatrix}$

我們要解釋 $2M - A$ 的意義。

核心觀念

線性變換將單位正方形的兩條邊向量分別映射為兩個向量。其像為由這兩個向量張成的平行四邊形，面積等於

$$\left\|u\times v\right\|.$$

若線性變換是二維到二維的矩陣 $B$，則單位正方形像的面積為

$$|\det(B)|.$$

但本題給出的 $A$ 是 $3\times 3$ 矩陣，而 $C$ 是二維正方形，因此題目存在維度不一致的問題。合理解讀為將 $C$ 放在 $\mathbb{R}^3$ 的 $xy$ 平面上，即

$$(x_1,x_2)\longmapsto \begin{pmatrix}x_1\\x_2\\0\end{pmatrix}.$$

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解題方法：依題目矩陣計算像的面積

矩陣

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

的第一、第二欄分別為

$$u= \begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}, \qquad v= \begin{pmatrix}1\\-1\\2\end{pmatrix}.$$

因此，$C$ 的四個頂點在此變換下分別映射為

$$A\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix},$$ $$A\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}=u,$$ $$A\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\-1\\2\end{pmatrix}=v,$$

以及

$$A\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix}=u+v.$$

所以像是由 $u$、$v$ 張成的平行四邊形。其面積為

$$\|u\times v\|.$$

計算外積：

$$u\times v = \begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}1\\-1\\2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\-1\\-1\end{pmatrix}.$$

因此像的面積為

這題要求計算一個給定矩陣 $A$ 的 $n$ 次方。這通常可以通過對角化矩陣來實現，或者通過觀察矩陣的冪次模式。

首先，題目給出的矩陣是 $(\frac{1}{2})$。這是一個 1x1 的矩陣，形式為 $[1/2]$。
然而，題目的描述是 $M_{2\times 2}(\mathbb{R})$，這表示 A 應該是一個 2x2 的矩陣。
這是一個明顯的矛盾。
我假設題目給出的矩陣 $(\frac{1}{2})$ 是一個印刷錯誤，並且應該是某個 2x2 的矩陣。
最常見的 2x2 矩陣形式，如果只給出一個數字，可能是指一個標量矩陣，或者是一個特定結構的矩陣。

假設題目想表達的矩陣是：
情況 1: $A = \begin{pmatrix} 1/2 & 0 \\ 0 & 1/2 \end{pmatrix}$ (標量矩陣)。
情況 2: $A = \begin{pmatrix} 1/2 & 1/2 \\ 1/2 & 1/2 \end{pmatrix}$ (另一種常見的 2x2 結構)。
情況 3: $A = \begin{pmatrix} 1/2 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ 或 $A = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1/2 \end{pmatrix}$ 等。
情況 4: 題目就是 $A=[1/2]$，但這與 $M_{2\times 2}(\mathbb{R})$ 的描述矛盾。

讓我們嘗試按照最簡單的假設：題目給出的 $(\frac{1}{2})$ 是一個 2x2 矩陣的某個元素，或者是一個標量矩陣。
如果 A 是標量矩陣 $A = cI$，那麼 $A^n = (cI)^n = c^n I^n = c^n I$。
如果 $A = \frac{1}{2}I = \begin{pmatrix} 1/2 & 0 \\ 0 & 1/2 \end{pmatrix}$，則
$A^n = (\frac{1}{2})^n I = \begin{pmatrix} (1/2)^n & 0 \\ 0 & (1/2)^n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1/2^n & 0 \\ 0 & 1/2^n \end{pmatrix}$。
這個結果是合理的。

如果 A 是 $A = \begin{pmatrix} 1/2 & 1/2 \\ 1/2 & 1/2 \end{pmatrix}$。
我們需要計算 $A^n$。
首先計算特徵值。
$\det(A - \lambda I) = \det \begin{pmatrix} 1/2-\lambda & 1/2 \\ 1/2 & 1/2-\lambda \end{pmatrix} = (1/2-\lambda)^2 - (1/2)^2 = (1/2-\lambda - 1/2)(1/2-\lambda + 1/2) = (-\lambda)(1-\lambda) = \lambda(\lambda-1)$。
特徵值是 $\lambda_1 = 0$ 和 $\lambda_2 = 1$。

計算特徵向量：
對於 $\lambda_1 = 0$:
$(A - 0I)v = 0 \implies \begin{pmatrix} 1/2 & 1/2 \\ 1/2 & 1/2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
$1/2 x + 1/2 y = 0 \implies x+y = 0 \implies y = -x$。
特徵向量為 $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ (或其非零倍數)。

對於 $\lambda_2 = 1$:
$(A - 1I)v = 0 \implies \begin{pmatrix} 1/2-1 & 1/2 \\ 1/2 & 1/2-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix} -1/2 & 1/2 \\ 1/2 & -1/2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
$-1/2 x + 1/2 y = 0 \implies x = y$。
特徵向量為 $v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ (或其非零倍數)。

矩陣 P 由特徵向量組成：$P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$。

這題考察線性變換的性質，包括如何利用已知條件計算任意向量的變換結果，以及如何判斷一個線性變換是否為 one-to-one。

首先，我們知道 T 是從 $\mathbb{R}^2$ 到 $\mathbb{R}^2$ 的線性變換。
給定 $T(1,0) = (1,4)$ 和 $T(1,1) = (2,5)$。
我們需要找到 $T(2,3)$。
由於 T 是線性的，我們可以利用向量的線性組合來計算。
觀察向量 $(2,3)$ 與已知向量 $(1,0)$ 和 $(1,1)$ 的關係。
我們可以將 $(2,3)$ 表示為 $(1,0)$ 和 $(1,1)$ 的線性組合。
令 $(2,3) = a(1,0) + b(1,1)$。
$(2,3) = (a,0) + (b,b) = (a+b, b)$。
比較向量的分量：
$a+b = 2$
$b = 3$
將 $b=3$ 代入第一個方程式：$a+3 = 2 \implies a = -1$。
所以，$(2,3) = -1(1,0) + 3(1,1)$。

根據線性變換的性質：$T(u+v) = T(u) + T(v)$ 且 $T(cu) = cT(u)$。
因此，$T(2,3) = T(-1(1,0) + 3(1,1))$
$T(2,3) = T(-1(1,0)) + T(3(1,1))$
$T(2,3) = -1 \cdot T(1,0) + 3 \cdot T(1,1)$
代入已知條件：
$T(2,3) = -1 \cdot (1,4) + 3 \cdot (2,5)$
$T(2,3) = (-1, -4) + (6, 15)$
$T(2,3) = (-1+6, -4+15)$
$T(2,3) = (5, 11)$。

接下來，判斷 T 是否為 one-to-one。
一個線性變換 T: V → W 是 one-to-one 的充要條件是，其核空間（Null Space）只包含零向量，即 $\text{nullity}(T) = 0$。
或者，如果 T 是從 $\mathbb{R}^n$ 到 $\mathbb{R}^n$ 的線性變換，則 T 是 one-to-one 的充要條件是，其對應的矩陣 A 是可逆的，即 $\det(A) \neq 0$。

我們需要找到 T 的矩陣表示。
令標準基為 $e_1 = (1,0)$ 和 $e_2 = (0,1)$。
我們已知 $T(e_1) = T(1,0) = (1,4)$。
我們需要找到 $T(e_2) = T(0,1)$。

這題考察了行簡約階梯形矩陣 (RREF) 與原始矩陣之間的關係，以及如何利用 RREF 和部分已知列來重建原始矩陣。

我們知道，對一個矩陣 A 進行初等列運算，可以得到其 RREF。初等列運算可以被表示為乘以一個可逆矩陣 P，即 $AP = R$，其中 R 是 A 的 RREF。
然而，更常見的表示是通過初等列運算來轉換。但題目中給出的是 RREF，這通常是通過初等「列」運算得到的，或者通過初等「行」運算得到的 RREF。
通常 RREF 是通過初等「行」運算得到的。假設 R 是通過對 A 進行一系列初等行運算得到的。
那麼，存在一個可逆矩陣 E (由對應的初等行運算組成)，使得 $EA = R$。
$E$ 的作用是將 A 轉換為 R。

矩陣 R 是 3x5 的。這意味著原始矩陣 A 也是 3x5 的。
$A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} & a_{15} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} & a_{25} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34} & a_{35} \end{pmatrix}$
$R = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & -5 & 0 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 6 \end{pmatrix}$

我們已知 A 的前三列：
$col_1(A) = \begin{pmatrix} -1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}$, $col_2(A) = \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}$, $col_4(A) = \begin{pmatrix} -2 \\ -3 \\ 0 \end{pmatrix}$。
這意味著 A 矩陣的前三列和第四列是已知的：
$A = \begin{pmatrix} -1 & -1 & a_{13} & -2 & a_{15} \\ 3 & -1 & a_{23} & -3 & a_{25} \\ 1 & -1 & a_{33} & 0 & a_{35} \end{pmatrix}$

RREF 的性質告訴我們，主元（pivot）所在的列（在 R 中）對應的 A 的列是線性獨立的，並且 A 的其他列可以表示為主元列的線性組合。
在 R 中，主元出現在第 1, 2, 4 列。
這意味著 A 的第 1, 2, 4 列是線性獨立的，並且 A 的第 3 列和第 5 列可以由 A 的第 1, 2, 4 列線性表示。

從 R 中，我們可以讀出這種線性關係：
$R$ 的第 3 列是 $2 \times (\text{第 1 列}) - 5 \times (\text{第 2 列}) + 0 \times (\text{第 4 列})$。
$col_3(R) = 2 \cdot col_1(R) - 5 \cdot col_2(R) + 0 \cdot col_4(R)$
$\begin{pmatrix} 2 \\ -5 \\ 0 \end{pmatrix} = 2 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} - 5 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + 0 \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$
這個關係在 RREF 中是直接可讀的。
由於 $EA = R$, 我們有 $E \cdot col_j(A) = col_j(R)$ 對於所有 j。
所以，$E \cdot col_3(A) = col_3(R)$。
並且 $E \cdot col_1(A) = col_1(R)$, $E \cdot col_2(A) = col_2(R)$, $E \cdot col_4(A) = col_4(R)$。
將 $col_3(R) = 2 \cdot col_1(R) - 5 \cdot col_2(R)$ 代入 $E \cdot col_3(A) = col_3(R)$。
$E \cdot col_3(A) = 2 \cdot (E \cdot col_1(A)) - 5 \cdot (E \cdot col_2(A))$
$E \cdot col_3(A) = E \cdot (2 \cdot col_1(A)) - E \cdot (5 \cdot col_2(A))$
$E \cdot col_3(A) = E \cdot (2 \cdot col_1(A) - 5 \cdot col_2(A))$
由於 E 是可逆的（或 E 的作用是可逆的），我們可以從兩邊「除以」E（或者乘以 $E^{-1}$）。
$col_3(A) = 2 \cdot col_1(A) - 5 \cdot col_2(A)$。

同理，R 的第 5 列：
$col_5(R) = -2 \cdot col_1(R) - 3 \cdot col_2(R) + 6 \cdot col_4(R)$
$\begin{pmatrix} -2 \\ -3 \\ 6 \end{pmatrix} = -2 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} - 3 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + 6 \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$
應用同樣的邏輯，$E \cdot col_5(A) = col_5(R)$。
$E \cdot col_5(A) = -2 \cdot (E \cdot col_1(A)) - 3 \cdot (E \cdot col_2(A)) + 6 \cdot (E \cdot col_4(A))$
$col_5(A) = -2 \cdot col_1(A) - 3 \cdot col_2(A) + 6 \cdot col_4(A)$。

現在我們有 A 的所有列的計算公式：
$col_1(A) = \begin{pmatrix} -1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}$

這題要求證明，對於一個線性映射 $T: V \rightarrow W$，其中 W 是一個內積空間，新的運算 $(\mathbf{x}, \mathbf{y})' = (\mathbf{T}(\mathbf{x}), \mathbf{T}(\mathbf{y}))$ 在 V 上定義一個內積的充要條件是 T 是單射（one-to-one）。

證明分為兩個方向：

方向一：若 $(\mathbf{x}, \mathbf{y})'$ 是 V 上的內積，則 T 是 one-to-one。
假設 $(\mathbf{x}, \mathbf{y})'$ 是 V 上的內積。根據內積的定義，它必須滿足以下性質：

1. 線性於第一變數：$(\mathbf{x}_1+\mathbf{x}_2, \mathbf{y})' = (\mathbf{x}_1, \mathbf{y})' + (\mathbf{x}_2, \mathbf{y})'$ 且 $(c\mathbf{x}, \mathbf{y})' = c(\mathbf{x}, \mathbf{y})'$ 對於 $c \in F$。
2. 共軛對稱性（或對稱性）：$(\mathbf{x}, \mathbf{y})' = \overline{(\mathbf{y}, \mathbf{x})'}$。
3. 正定性：$(\mathbf{x}, \mathbf{x})' \ge 0$，且 $(\mathbf{x}, \mathbf{x})' = 0$ 若且唯若 $\mathbf{x} = \mathbf{0}$。

我們需要證明 T 是 one-to-one，即 $\text{nullity}(T) = 0$。
根據內積的正定性，$(\mathbf{x}, \mathbf{x})' = 0$ 若且唯若 $\mathbf{x} = \mathbf{0}$。
將內積的定義代入：$(\mathbf{T}(\mathbf{x}), \mathbf{T}(\mathbf{x})) = 0$ 若且唯若 $\mathbf{x} = \mathbf{0}$。
由於 W 是一個內積空間，$(\mathbf{u}, \mathbf{u}) \ge 0$ 且 $(\mathbf{u}, \mathbf{u}) = 0$ 若且唯若 $\mathbf{u} = \mathbf{0}$。
所以，$(\mathbf{T}(\mathbf{x}), \mathbf{T}(\mathbf{x})) = 0$ 若且唯若 $\mathbf{T}(\mathbf{x}) = \mathbf{0}$。
結合起來，我們得到：$\mathbf{T}(\mathbf{x}) = \mathbf{0}$ 若且唯若 $\mathbf{x} = \mathbf{0}$。
這正是線性映射 T 是 one-to-one 的定義。
因此，如果 $(\mathbf{x}, \mathbf{y})'$ 是 V 上的內積，則 T 是 one-to-one。

方向二：若 T 是 one-to-one，則 $(\mathbf{x}, \mathbf{y})'$ 是 V 上的內積。
假設 T 是 one-to-one。我們需要證明 $(\mathbf{x}, \mathbf{y})' = (\mathbf{T}(\mathbf{x}), \mathbf{T}(\mathbf{y}))$ 滿足內積的所有性質。

1. 線性於第一變數：
   • $(\mathbf{x}_1+\mathbf{x}_2, \mathbf{y})' = (\mathbf{T}(\mathbf{x}_1+\mathbf{x}_2), \mathbf{T}(\mathbf{y}))$
     由於 T 是線性的，$\mathbf{T}(\mathbf{x}_1+\mathbf{x}_2) = \mathbf{T}(\mathbf{x}_1) + \mathbf{T}(\mathbf{x}_2)$。
     所以，$(\mathbf{x}_1+\mathbf{x}_2, \mathbf{y})' = (\mathbf{T}(\mathbf{x}_1) + \mathbf{T}(\mathbf{x}_2), \mathbf{T}(\mathbf{y}))$。
     由於 W 上的內積 $(\cdot, \cdot)$ 在第一變數是線性的，
     $(\mathbf{T}(\mathbf{x}_1) + \mathbf{T}(\mathbf{x}_2), \mathbf{T}(\mathbf{y})) = (\mathbf{T}(\mathbf{x}_1), \mathbf{T}(\mathbf{y})) + (\mathbf{T}(\mathbf{x}_2), \mathbf{T}(\mathbf{y}))$。
     這等於 $(\mathbf{x}_1, \mathbf{y})' + (\mathbf{x}_2, \mathbf{y})'$。
     因此，$(\mathbf{x}_1+\mathbf{x}_2, \mathbf{y})' = (\mathbf{x}_1, \mathbf{y})' + (\mathbf{x}_2, \mathbf{y})'$。

這題要求判斷給定的線性算子 T 是否為 normal（正規）、self-adjoint（自伴隨），並找出其特徵向量和特徵值。

首先，我們需要知道 normal 和 self-adjoint 的定義。
對於一個內積空間 V 上的線性算子 T：

• T 是 self-adjoint (自伴隨) 若且唯若 $T = T^*$，其中 $T^*$ 是 T 的伴隨算子。在實數空間中，這相當於矩陣表示 A 滿足 $A^T = A$（即 A 是對稱矩陣）。
• T 是 normal (正規) 若且唯若 $TT^* = T^*T$。對於實數矩陣，這相當於 $AA^T = A^T A$。
• 自伴隨算子一定是正規算子 ($AA^T = A I = A$ 且 $A^T A = I A^T = A^T$，如果 A 是對稱的 $A=A^T$，則 $AA^T = A^2 = A^T A$)。

對於實數向量空間，self-adjoint 相當於矩陣 A 是對稱的。
normal 相當於 $AA^T = A^T A$。

(a) V = R² and T is defined by T(a,b) = (2a-2b, -2a+5b).
首先，寫出 T 的矩陣表示 A。
$T(a,b) = \begin{pmatrix} 2a-2b \\ -2a+5b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -2 & 5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix}$。
所以，矩陣 A 是 $A = \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -2 & 5 \end{pmatrix}$。

判斷是否 self-adjoint：
檢查 A 是否對稱。$A^T = \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -2 & 5 \end{pmatrix}^T = \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -2 & 5 \end{pmatrix}$。
由於 $A = A^T$，矩陣 A 是對稱的。因此，T 是 self-adjoint 的。
因為 self-adjoint 蘊含 normal，所以 T 也是 normal 的。

找出特徵值和特徵向量：
計算特徵值：$\det(A - \lambda I) = 0$。
$\det \begin{pmatrix} 2-\lambda & -2 \\ -2 & 5-\lambda \end{pmatrix} = (2-\lambda)(5-\lambda) - (-2)(-2) = 10 - 2\lambda - 5\lambda + \lambda^2 - 4 = \lambda^2 - 7\lambda + 6 = 0$。
$(\lambda - 1)(\lambda - 6) = 0$。
特徵值是 $\lambda_1 = 1$ 和 $\lambda_2 = 6$。

找出特徵向量：
對於 $\lambda_1 = 1$:
$(A - 1I)v = 0 \implies \begin{pmatrix} 2-1 & -2 \\ -2 & 5-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -2 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
$x - 2y = 0 \implies x = 2y$。
特徵向量為 $v_1 = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}$。

對於 $\lambda_2 = 6$:
$(A - 6I)v = 0 \implies \begin{pmatrix} 2-6 & -2 \\ -2 & 5-6 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix} -4 & -2 \\ -2 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
$-2x - y = 0 \implies y = -2x$。
特徵向量為 $v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}$。

產生一個特徵向量的標準正交基：
特徵向量 $v_1 = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}$ 和 $v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}$。
檢查它們是否正交：$v_1 \cdot v_2 = (2)(1) + (1)(-2) = 2 - 2 = 0$。
它們是正交的。
計算它們的範數：
$\|v_1\| = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{4+1} = \sqrt{5}$。
$\|v_2\| = \sqrt{1^2 + (-2)^2} = \sqrt{1+4} = \sqrt{5}$。
標準正交基為：
$u_1 = \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}$, $u_2 = \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}$。

(b) V = R³ and T is defined by T(a,b,c) = (a+b, 5b, 4a-2b+5c).
寫出 T 的矩陣表示 A。
$T(a,b,c) = \begin{pmatrix} a+b \\ 5b \\ 4a-2b+5c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 4 & -2 & 5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}$。
所以，矩陣 A 是 $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 4 & -2 & 5 \end{pmatrix}$。

判斷是否 self-adjoint：
$A^T = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 4 \\ 1 & 5 & -2 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix}$。
由於 $A \neq A^T$，T 不是 self-adjoint 的。

判斷是否 normal：
計算 $AA^T$ 和 $A^T A$。
$AA^T = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 4 & -2 & 5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 4 \\ 1 & 5 & -2 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1(1)+1(1)+0(0) & 1(0)+1(5)+0(0) & 1(4)+1(-2)+0(5) \\ 0(1)+5(1)+0(0) & 0(0)+5(5)+0(0) & 0(4)+5(-2)+0(5) \\ 4(1)+(-2)(1)+5(0) & 4(0)+(-2)(5)+5(0) & 4(4)+(-2)(-2)+5(5) \end{pmatrix}$