113 年 國立成功大學人工智慧科技碩士學位學程《計算機數學（含線性代數、離散數學）》

核心觀念

本題考查**二階常係數非齊次遞迴關係式（Second-order Linear Non-homogeneous Recurrence Relation with Constant Coefficients）**的求解。

遞迴關係式的一般形式為：
$a_{n+2} + c_1 a_{n+1} + c_2 a_n = f(n)$

其通解（General Solution）結構由兩部分組成：
$a_n = a_n^{(h)} + a_n^{(p)}$

1. 齊次解（Homogeneous Solution, $a_n^{(h)}$）：對應齊次方程式 $a_{n+2} + c_1 a_{n+1} + c_2 a_n = 0$ 的通解，由特徵方程式（Characteristic Equation）$r^2 + c_1 r + c_2 = 0$ 的根決定。
2. 特設解 / 特解（Particular Solution, $a_n^{(p)}$）：滿足非齊次關係式的任意一特解。當非齊次項 $f(n) = C \cdot k^n$（本題 $f(n) = 200 = 200 \cdot 1^n$），若 $k=1$ 為特徵方程式的單根（重複度 $m=1$），則特設解的形式需乘以 $n^1$，假設為 $a_n^{(p)} = P \cdot n \cdot 1^n = Pn$。

最後代入初始條件（Initial Conditions）$a_0, a_1$ 即可求得齊次解中的未定係數。

解題方法

步驟一：求齊次解 $a_n^{(h)}$

考慮對應的齊次遞迴關係式：
$a_{n+2} - 4a_{n+1} + 3a_n = 0$

寫出特徵方程式（Characteristic Equation）：
$r^2 - 4r + 3 = 0$

因式分解：
$(r - 1)(r - 3) = 0$

解得特徵根為 $r_1 = 1$ 與 $r_2 = 3$。
因此，齊次解為：
$a_n^{(h)} = c_1 \cdot 1^n + c_2 \cdot 3^n = c_1 + c_2 \cdot 3^n$
其中 $c_1, c_2$ 為實數常數。

步驟二：求特設解 $a_n^{(p)}$

非齊次項為常數 $f(n) = 200 = 200 \cdot 1^n$。
因為特徵根包含 $r = 1$（單根），一般的常數試驗特解 $P$ 會與齊次解中的 $c_1$ 項產生線性相依（衝突）。
因此，特設解必須調整為：
$a_n^{(p)} = P n$

將 $a_n^{(p)} = P n$ 代入原非齊次遞迴關係式 $a_{n+2} - 4a_{n+1} + 3a_n = 200$：
$P(n+2) - 4P(n+1) + 3P n = 200$

核心觀念

本題考查離散數學中**生成函數（Generating Function）的冪級數展開，以及廣義二項式定理（Generalized Binomial Theorem）**的應用。

1. 生成函數與係數定義：
   生成函數 $F(x) = \sum_{k=0}^{\infty} a_k x^k = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 + \cdots$ 的「前 5 個係數」即指序列中對應 $x^0, x^1, x^2, x^3, x^4$ 的係數值 $(a_0, a_1, a_2, a_3, a_4)$。

2. 廣義二項式定理：
   對任意實數 $\alpha$ 與非負整數 $k$，當 $|x| < 1$ 時，有：
   $(1+x)^{\alpha} = \sum_{k=0}^{\infty} \binom{\alpha}{k} x^k$
   其中廣義二項式係數（Generalized Binomial Coefficient）定義為：
   $\binom{\alpha}{0} = 1$
   $\binom{\alpha}{k} = \frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)\cdots(\alpha-k+1)}{k!}, \quad (k \ge 1)$

解題方法

將生成函數表示為指數形式 $F(x) = (1+x)^{1/2}$，即 $\alpha = \frac{1}{2}$。利用廣義二項式定理依序推導前 5 個係數 $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$：

1. 計算 $a_0$（$x^0$ 的係數）：
   $a_0 = \binom{1/2}{0} = 1$

2. 計算 $a_1$（$x^1$ 的係數）：
   $a_1 = \binom{1/2}{1} = \frac{\frac{1}{2}}{1!} = \frac{1}{2}$

3. 計算 $a_2$（$x^2$ 的係數）：
   $a_2 = \binom{1/2}{2} = \frac{\frac{1}{2} \cdot \left(\frac{1}{2} - 1\right)}{2!} = \frac{\frac{1}{2} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)}{2} = -\frac{1}{8}$

4. 計算 $a_3$（$x^3$ 的係數）：
   $a_3 = \binom{1/2}{3} = \frac{\frac{1}{2} \cdot \left(\frac{1}{2} - 1\right) \cdot \left(\frac{1}{2} - 2\right)}{3!} = \frac{\frac{1}{2} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \cdot \left(-\frac{3}{2}\right)}{6} = \frac{\frac{3}{8}}{6} = \frac{1}{16}$

5. 計算 $a_4$（$x^4$ 的係數）：

核心觀念

**普通生成函數（Ordinary Generating Function, OGF）**的定義為：設數列為 $\{a_n\}_{n=0}^{\infty}$，其對應的生成函數 $G(x)$ 表示為無窮級數：
$G(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + \dots$

本題考核生成函數的三大基本代數運算性質：

1. 線性純量乘法性質：若將數列的每一項皆乘以常數 $c$，其生成函數等於原生成函數乘以常數 $c$，即 $\sum_{n=0}^{\infty} c a_n x^n = c \cdot G(x)$。
2. 位移與截斷性質：
   • 數列前補零（向右位移 $k$ 位）：生成函數乘以 $x^k$。
   • 數列截斷前幾項：需先自 $G(x)$ 中減去已被截斷的低次方項，再配合相應的位移次方。
3. 逐項微分性質：
   對生成函數 $G(x)$ 關於變數 $x$ 求微分，可將次方降一次並將原次方指數轉化為新係數：
   $\frac{d}{dx} G(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1) a_{n+1} x^n$

解題方法

(A) 推導數列 $3a_0, 3a_1, 3a_2, 3a_3, \dots$ 的生成函數

設目標生成函數為 $A(x)$，根據生成函數定義寫出無窮級數：
$A(x) = 3a_0 + 3a_1 x + 3a_2 x^2 + 3a_3 x^3 + \dots$
將常數 $3$ 提出：
$A(x) = 3 (a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + \dots)$
由於括號內即為 $G(x)$ 的定義式，代入得：
$A(x) = 3G(x)$

(B) 推導數列 $0, 0, 0, 0, a_2, a_3, \dots$ 的生成函數

設目標生成函數為 $B(x)$，依據數列項次寫出展式：
$B(x) = 0 + 0 \cdot x + 0 \cdot x^2 + 0 \cdot x^3 + a_2 x^4 + a_3 x^5 + a_4 x^6 + \dots$
簡化後可得：
$B(x) = a_2 x^4 + a_3 x^5 + a_4 x^6 + \dots$
提出公因式 $x^2$：
$B(x) = x^2 (a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 + \dots)$
回顧原生成函數 $G(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 + \dots$，可知：
$a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 + \dots = G(x) - a_0 - a_1 x$
將此代回 $B(x)$ 的推導式中，得到：
$B(x) = x^2 (G(x) - a_0 - a_1 x) = x^2 G(x) - a_0 x^2 - a_1 x^3$

(C) 推導數列 $a_1, 2a_2, 3a_3, 4a_4, \dots$ 的生成函數

設目標生成函數為 $C(x)$，依據數列項次寫出展式：
$C(x) = a_1 + 2a_2 x + 3a_3 x^2 + 4a_4 x^3 + \dots$
將已知生成函數 $G(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 + \dots$ 對變數 $x$ 進行逐項求導：
$\frac{d}{dx} G(x) = \frac{d}{dx} (a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 + \dots)$

核心觀念

本題考查 Mealy 型有限狀態機：每條轉移弧標示為「輸入，輸出」。狀態用來記錄目前已讀取的輸入字串中，符號 $1$ 出現的次數。

令各狀態代表：

• $S_1$：目前尚未讀到 $1$。
• $S_2$：目前恰好讀到一個 $1$。
• $S_3$：目前恰好讀到兩個 $1$。
• $S_4$：目前至少讀到三個 $1$。

輸入符號為 $0,1,2$，其中只有輸入 $1$ 會使計數增加；輸入 $0$ 或 $2$ 不會改變狀態。

解題方法

在 $S_1,S_2,S_3$ 時，若輸入 $0$ 或 $2$，已讀到的 $1$ 的數量不變，因此留在原狀態，且尚未達到三個 $1$，輸出為 $0$。

輸入 $1$ 時，狀態依序前進：

第三個 $1$ 被讀入時，字串首次滿足「至少包含三個 $1$」，因此該轉移的輸出為 $1$。進入 $S_4$ 後，無論再讀到 $0,1,2$ 中的哪個符號，條件都持續成立，因此全部留在 $S_4$ 且輸出 $1$。

完整轉移表如下，表中內容為「下一狀態，輸出」：

核心觀念

本題主要考驗圖論（Graph Theory）中樹的度數性質、**握手定理（Handshaking Lemma）以及標記樹（Labeled Tree）與 Prüfer 序列（Prüfer Sequence）**的對應關係。

1. 握手定理（Handshaking Lemma）：
   對任意無向圖 $G = (V, E)$，所有頂點的度數和（Sum of Degrees）等於邊數的兩倍：
   $\sum_{v \in V} \deg(v) = 2|E|$
   由此定理可知，任何圖的頂點度數總和必然為偶數。

2. 樹的度數和性質：
   若 $T$ 為包含 $n$ 個頂點的樹（Tree），則 $T$ 的邊數恰為 $|E| = n - 1$。
   根據握手定理，包含 $n$ 個頂點的樹，其頂點度數和恆滿足：
   $\sum_{i=1}^{n} d_i = 2(n - 1)$

3. 指定度數序列的標記樹計數公式（Prüfer 序列）：
   若給定 $n$ 個頂點的度數序列 $(d_1, d_2, \dots, d_n)$ 且滿足合法條件 $\sum d_i = 2n - 2$，則每一個標記樹唯一對應到長度為 $n - 2$ 的 Prüfer 序列，且頂點 $i$ 在序列中恰好出現 $d_i - 1$ 次。
   此時，異構標記樹（生成樹）的總數可由多項式係數（Multinomial Coefficient）給出：
   $\frac{(n - 2)!}{(d_1 - 1)!(d_2 - 1)!\cdots(d_n - 1)!}$

解題方法

步驟一：檢查頂點度數總和與握手定理

題目給定頂點集合為 $\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10\}$，頂點個數 $n = 10$。

核心觀念

1. 向量空間的生成（Span）與維度（Dimension）：
   由向量集 $\{v_1, v_2, \dots, v_k\}$ 生成的子空間 $S = \text{span}\{v_1, v_2, \dots, v_k\}$，其維度 $\dim(S)$ 即為該向量集中最大線性獨立向量組的向量個數。
2. 分量總和守恆（Sum Invariance under Permutation）：
   對於任意置換矩陣 $P \in \mathbb{R}^{4 \times 4}$，向量 $Px$ 的元素僅為 $x$ 的分量重新排列，故其分量總和恆等於原向量 $x$ 的分量總和：
   $(1, 1, 1, 1) \cdot Px = x_1 + x_2 + x_3 + x_4$
3. 正交分解與超平面（Orthogonal Decomposition & Hyperplane）：
   全空間 $\mathbb{R}^4$ 可正交分解為一維常數空間 $V_0 = \text{span}\{(1,1,1,1)^T\}$ 與三維零和超平面 $V_0^\perp = \{y \in \mathbb{R}^4 \mid y_1 + y_2 + y_3 + y_4 = 0\}$ 的直和：
   $\mathbb{R}^4 = V_0 \oplus V_0^\perp$

解題方法

步驟一：向量的正交分解

將任意向量 $x = (x_1, x_2, x_3, x_4) \in \mathbb{R}^4$ 唯一分解為：
$x = u + v$
其中：

• $u = \bar{x} (1, 1, 1, 1)^T \in V_0$，平均值 $\bar{x} = \frac{x_1 + x_2 + x_3 + x_4}{4}$。
• $v = x - u = \left(x_1 - \bar{x}, x_2 - \bar{x}, x_3 - \bar{x}, x_4 - \bar{x}\right) \in V_0^\perp$，滿足分量總和 $v_1 + v_2 + v_3 + v_4 = 0$。

步驟二：分析置換向量的表示式

設 $P$ 為任意 $4 \times 4$ 置換矩陣（全體共 24 個，記作集 $P_4$）。由於 $u$ 的四個分量完全相同，對任意置換矩陣 $P$ 皆有 $Pu = u$。
因此，$x$ 的任意置換向量可表示為：
$Px = P(u + v) = Pu + Pv = u + Pv$
由此可知，24 個置換向量生成的子空間 $S$ 可寫為：
$S = \text{span}\{ u + Pv \mid P \in P_4 \}$

步驟三：分析子空間的差向量生成集

對於任意兩個置換矩陣 $P_i, P_j \in P_4$，置換向量之差為：
$P_i x - P_j x = (u + P_i v) - (u + P_j v) = P_i v - P_j v \in S$
令 $W = \text{span}\{ P_i v - P_j v \mid P_i, P_j \in P_4 \}$。顯然 $W \subseteq S$，且 $W$ 中所有向量的分量總和皆為 $0$，故 $W \subseteq V_0^\perp$。

當 $v \neq (0,0,0,0)$（即 $x$ 的四個分量不全相等）時，$W$ 的生成空間精確等於整個三維超平面 $V_0^\perp = \{ y \in \mathbb{R}^4 \mid y_1 + y_2 + y_3 + y_4 = 0 \}$，因此：
$\dim(W) = \dim(V_0^\perp) = 3$

步驟四：討論子空間 $S$ 的維度條件

因為 $V_0^\perp = W \subseteq S$，子空間 $S$ 的維度視 $u$ 與 $v$ 的值分為以下情況：

1. 若 $u = 0$ 且 $v \neq 0$（即 $x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 0$ 且 $x$ 的分量不全相等）：
   此時 $x = v \in V_0^\perp$，故所有置換向量 $Px = Pv \in V_0^\perp$。
   因此 $S \subseteq V_0^\perp$。再結合 $V_0^\perp \subseteq S$，得到：
   $S = V_0^\perp \implies \dim(S) = 3$

2. 若 $u \neq 0$ 且 $v \neq 0$（即 $x_1 + x_2 + x_3 + x_4 \neq 0$ 且 $x$ 的分量不全相等）：
   此時 $V_0^\perp \subseteq S$，且 $x = u + v \in S$。

核心觀念

本題考查線性代數中高階行列式（Determinant）的計算技巧與特殊矩陣之特徵值（Eigenvalues）性質。主要涵蓋以下核心知識點：

1. 行列式的列運算性質：
   • 將某一列的倍數加到另一列，行列式的值保持不變。
   • 某一列具有公因數 $k$ 時，可將 $k$ 提至行列式前方。
2. 三角矩陣的行列式：
   • 上三角矩陣（Upper Triangular Matrix）或下三角矩陣（Lower Triangular Matrix）的行列式值等於其主對角線（Main Diagonal）所有元素的乘積。
3. 全 $1$ 矩陣與特徵值法：
   • 令 $J_n$ 為 $n \times n$ 之全 $1$ 矩陣（All-ones Matrix），$I_n$ 為 $n \times n$ 之單位矩陣（Identity Matrix）。原矩陣可表示為 $A_n = J_n - I_n$。
   • 矩陣的行列式等於其所有特徵值的乘積，即 $\det(A_n) = \prod_{i=1}^n \mu_i$。

解題方法

本題給定 $n \times n$ 行列式：

法一：高斯消去與列運算（標準解法）

步驟一：進行列加總
觀察發現，矩陣每一列的元素和均為 $n-1$。將第 $2, 3, \dots, n$ 列全部加至第 $1$ 列（列運算 $R_1 \leftarrow R_1 + R_2 + \dots + R_n$），行列式的值不變：

步驟二：提出第一列的公因數
將第 $1$ 列的公因數 $(n-1)$ 提取至行列式前方：

步驟三：消去下方元素，化為上三角矩陣
對第 $i$ 列（$i = 2, 3, \dots, n$）分別減去第 $1$ 列（列運算 $R_i \leftarrow R_i - R_1$）：

步驟四：計算上三角矩陣行列式
此時行列式已化為上三角矩陣，主對角線元素首項為 $1$，其餘 $n-1$ 個元素皆為 $-1$。其值為對角線上所有元素的乘積：

核心觀念

1. 相似矩陣（Similar Matrices）定義：
   若 $n \times n$ 矩陣 $M_1$ 與 $M_2$ 滿足存在一可逆矩陣 $P$，使得 $M_2 = P^{-1} M_1 P$（或等價地 $M_2 = P M_1 P^{-1}$），則稱 $M_1$ 與 $M_2$ 相似。
2. 相似矩陣的特徵多項式不變性：
   相似矩陣擁有完全相同的特徵多項式（Characteristic Polynomial）$p(\lambda) = \det(\lambda I - M)$，因此具備完全相同的特徵值（Eigenvalues）及其代數重數（Algebraic Multiplicities）。
3. 行列式的乘法性質（Determinant Multiplicative Property）：
   對於同階方陣 $X, Y$，行列式滿足 $\det(XY) = \det(X)\det(Y)$。當 $B$ 為可逆矩陣時，$\det(B^{-1}) = \frac{1}{\det(B)} \neq 0$。

解題方法

本題欲證明「當 $B$ 為可逆矩陣時，$AB$ 與 $BA$ 具有相同的特徵值」。以下提供兩種標準且嚴謹的證明切入點。

方法一：矩陣相似與特徵多項式推導法（推薦）

1. 建立相似關係：
   因為 $B$ 為可逆矩陣，其逆矩陣 $B^{-1}$ 存在。將矩陣乘積 $BA$ 進行變形：
   $BA = B A (B B^{-1}) = B (AB) B^{-1}$
   此式說明矩陣 $BA$ 與 $AB$ 為相似矩陣（Similarity Transformation）。

2. 推導特徵多項式：
   設 $I$ 為與 $A, B$ 同階的單位矩陣。矩陣 $BA$ 的特徵多項式 $p_{BA}(\lambda)$ 定義為：
   $p_{BA}(\lambda) = \det(\lambda I - BA)$
   將 $BA = B(AB)B^{-1}$ 代入上式，並將 $\lambda I$ 寫為 $B(\lambda I)B^{-1}$：
   $p_{BA}(\lambda) = \det\left( B(\lambda I)B^{-1} - B(AB)B^{-1} \right)$
   利用矩陣分配律提出左側的 $B$ 與右側的 $B^{-1}$：
   $p_{BA}(\lambda) = \det\left( B (\lambda I - AB) B^{-1} \right)$

3. 利用行列式乘法性質簡化：
   根據行列式性質 $\det(XYZ) = \det(X) \cdot \det(Y) \cdot \det(Z)$：
   $p_{BA}(\lambda) = \det(B) \cdot \det(\lambda I - AB) \cdot \det(B^{-1})$
   由於 $\det(B^{-1}) = \frac{1}{\det(B)}$，代入化簡可得：
   $p_{BA}(\lambda) = \det(B) \cdot \det(\lambda I - AB) \cdot \frac{1}{\det(B)} = \det(\lambda I - AB) = p_{AB}(\lambda)$

4. 結論：
   矩陣 $AB$ 與 $BA$ 的特徵多項式完全相同（$p_{AB}(\lambda) = p_{BA}(\lambda)$），故 $AB$ 與 $BA$ 擁有完全相同的特徵值。

方法二：特徵向量與定義推導法

核心觀念

1. 空間向量表示法：設空間中兩點為 $A(x_1, y_1, z_1)$ 與 $B(x_2, y_2, z_2)$，由 $A$ 指向 $B$ 的向量定義為 $\vec{AB} = B - A = (x_2 - x_1, y_2 - y_1, z_2 - z_1)$。
2. 向量平行的定義與性質：非零向量 $\vec{u}$ 與 $\vec{v}$ 平行（記做 $\vec{u} \parallel \vec{v}$），當且僅當存在一非零實數 $k \in \mathbb{R}$，使得 $\vec{v} = k \vec{u}$。亦即兩向量的對應分量成相同比例。

解題方法

本題為空間向量的基本運算題。切入點為先求出基準向量 $\vec{PQ}$，再運用「向量平行等同於純量倍數關係」建立方程組以求解點 $S$ 的未知分量。

推導步驟如下：

1. 計算向量 $\vec{PQ}$：
   由點 $P(3, -1, 4)$ 與 $Q(6, 0, 2)$ 可得：
   $\vec{PQ} = Q - P = (6 - 3, 0 - (-1), 2 - 4) = (3, 1, -2)$

2. 設定點 $S$ 的坐標：
   題目指定點 $S$ 的第一個分量（$x$ 坐標）為 $-1$，故設點 $S$ 為 $S(-1, y, z)$。

3. 計算向量 $\vec{RS}$：
   由點 $R(5, 1, 1)$ 與 $S(-1, y, z)$ 可得：
   $\vec{RS} = S - R = (-1 - 5, y - 1, z - 1) = (-6, y - 1, z - 1)$

4. 利用平行關係求解未知數：
   因為 $\vec{PQ} \parallel \vec{RS}$，故存在一實數 $k$ 使得 $\vec{RS} = k \cdot \vec{PQ}$：

核心觀念

本題為線性代數（Linear Algebra）基礎觀念題，綜合測驗矩陣與向量空間的核心性質，包含：

1. 正定矩陣（Positive Definite Matrix） 之特徵值性質與可逆性。
2. 行列式（Determinant） 的非線性運算性質。
3. 正交補空間（Orthogonal Complement） 之定義與性質。
4. 秩-零度定理（Rank-Nullity Theorem） 與線性方程組解的結構。
5. 矩陣可對角化定理（Matrix Diagonalization Theorem） 的充要條件。

解題方法

針對每個是非題敘述，採用以下分析切入點：

• 正確性驗證：引用線性代數權威定理（如秩-零度定理、可對角化充要條件）或嚴謹的代數定義進行證明。
• 錯誤性反駁：指出邏輯或概念上的盲點，並構造明確的**反例（Counterexample）**證明該敘述不恆成立。

選項分析

(a) 正確（True）

• 詳細解析：
  若 $n \times n$ 實對稱矩陣（或複埃爾米特矩陣） $A$ 為正定矩陣（Positive Definite Matrix），根據正定之定義，對所有非零向量 $x \in \mathbb{R}^n$ ($x \neq 0$)，皆滿足：
  $x^T A x > 0$
  若 $A$ 為不可逆矩陣（矩陣化零空間不為零），則齊次方程組 $Ax = 0$ 必存在非零解 $x_0 \neq 0$。將其代入可得：
  $x_0^T A x_0 = x_0^T (0) = 0$
  此結果與正定矩陣的定義 $x_0^T A x_0 > 0$ 矛盾。因此 $Ax = 0$ 僅有唯一零解，矩陣 $A$ 必然可逆（Invertible）。

  另解（特徵值觀點）：正定矩陣的所有特徵值（Eigenvalues）$\lambda_i$ 皆為嚴格正實數（$\lambda_i > 0$）。由於矩陣行列式等於其所有特徵值之連乘積：
  $\det(A) = \prod_{i=1}^n \lambda_i > 0 \neq 0$
  因為 $\det(A) \neq 0$，故 $A$ 必為可逆矩陣。

(b) 錯誤（False）

• 詳細解析：
  行列式（Determinant）映射具有多重線性（Multilinear）與交錯性（Alternating），但對於矩陣加法與減法不具備線性可加性。一般而言：
  $\det(A - B) \neq \det A - \det B$

• 反例驗證：
  設二階單位矩陣 $A = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$ 與矩陣 $B = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$：

  • $\det A = 1 \cdot 1 - 0 \cdot 0 = 1$
  • $\det B = 1 \cdot 0 - 0 \cdot 0 = 0$
  • $A - B = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$，其行列式 $\det(A - B) = 0$

  計算等式兩端：
  $\det(A - B) = 0$
  $\det A - \det B = 1 - 0 = 1$
  兩端不相等（$0 \neq 1$），故該敘述錯誤。

(c) 錯誤（False）

• 詳細解析：
  若向量 $u$ 與子空間 $W$ 中的每一個向量都正交，表示 $u$ 屬於子空間 $W$ 的正交補空間（Orthogonal Complement），即 $u \in W^\perp$。
  若 $W$ 為全空間 $\mathbb{R}^n$ 的真子空間（Proper Subspace，即維度 $\dim(W) < n$），則其正交補空間的維度為：
  $\dim(W^\perp) = n - \dim(W) > 0$
  因此 $W^\perp$ 中必存在非零向量（Non-zero Vectors）。唯有當 $W = \mathbb{R}^n$ 時，其正交補空間才僅包含零向量（即 $W^\perp = \{0\}$）。