※注意：請於答案卷上依序作答，並應註明作答之部分及其題號。
- (20 pts) Find a Jordan form $J$ of the upper triangular matrix
$\begin{pmatrix}2&4&-8\\0&0&4\\0&-1&4\end{pmatrix}$
and find a matrix $T$ such that $T^{-1}AT=J$. - (20 pts) Let $I_n$ be the $n\times n$ identity matrix, $v$ be a $n\times1$ vector and $A=I_n+vv^T$.
- Show that $A$ is invertible and $\det\left(A\right)=1+v^Tv$ where $v^T$ is the transpose of $v$.
- Find an explicit formula of $A^{-1}$.
- 首先考慮塊狀矩陣 $M$ 如下
$M=\begin{bmatrix}I_n&v\\-v^T&1\end{bmatrix}$
那麼運用列運算下的行列式值不變性可知$\det\left(A\right)=\det\begin{bmatrix}I_n+vv^T&0\\-v&1\end{bmatrix}=\det\left(M\right)=\det\begin{bmatrix}I_n&0\\-v^T&1+v^Tv\end{bmatrix}=1+v^Tv\geq1$
此處 $v=\left(v_1,\dots,v_n\right)\in M_{n\times1}\left(\mathbb{R}\right)$，故 $\displaystyle v^Tv=\sum_{i=1}^nv_i^2\geq0$。 - 藉由一個經驗中的常識，我們推測 $A^{-1}$ 可能具有如下的形式
$A^{-1}=I_n+kvv^T$
其中 $k$ 值待定。藉由計算可知$A^{-1}A=\left(I_n+kvv^T\right)\left(I_n+vv^T\right)=I_n+\left(k+1+v^Tv\right)vv^T$
因此我們取 $k=-1-v^Tv$ 可有 $A^{-1}A=I_n$。同理可有 $AA^{-1}=I_n$，因此有$A^{-1}=I_n-\left(1+v^Tv\right)vv^T$.
- (20 pts) Let $A$ be an $p\times q$ matrix of rank $\alpha$ and $B$ a $r\times s$ matrix of rank $\beta$.
Let $M=\left\{C\mid C~\text{is a}~q\times r~\text{matrix such that}~ACB=0\right\}$- Prove that $M$ is a vector space.
- Find the dimension of the vector space $M$.
- 容易注意到 $q\times r$ 階的零矩陣 $O_{q\times r}\in M$，故 $M$ 非空。假若 $C_1,C_2\in M$ 且 $k\in\mathbb{R}$，那麼有
$A\left(kC_1+C_2\right)B=kAC_1B+AC_2B=0+0=0$
故 $kC_1+C_2\in M$，因此 $M$ 為 $\text{M}_{q\times r}\left(\mathbb{R}\right)$ 的向量子空間，因而是一個向量空間。 - 由於 $A$ 為 $p\times q$ 階且秩為 $\alpha$，而 $B$ 為 $r\times s$ 階且秩為 $\beta$，故存在適當的列運算矩陣 $R_A,R_B$ 與行運算矩陣 $C_A,C_B$ 使得
$R_AAC_A=\begin{bmatrix}I_\alpha&O_{\alpha\times\left(q-\alpha\right)}\\O_{\left(p-\alpha\right)\times\alpha}&O_{\left(p-\alpha\right)\times\left(q-\alpha\right)}\end{bmatrix}:=I_A,\qquad R_BBC_B=\begin{bmatrix}I_\beta&O_{\beta\times\left(s-\beta\right)}\\O_{\left(r-\beta\right)\times\beta}&O_{\left(r-\beta\right)\times\left(s-\beta\right)}\end{bmatrix}:=I_B$.
為了釐清 $M$ 的維度，我們考慮集合$M'=\left\{\tilde{C}\in M_{q\times r}\left(\mathbb{R}\right):\,I_A\tilde{C}I_B=O\right\}$.
容易驗證 $M'$ 也為 $M_{q\times r}\left(\mathbb{R}\right)$ 的子空間，並且將 $\tilde{C}$ 寫為 $\begin{bmatrix}\tilde{C}_{\alpha\times\beta}&\tilde{C}_{\alpha\times\left(r-\beta\right)}\\\tilde{C}_{\left(q-\alpha\right)\times\beta}&\tilde{C}_{\left(q-\alpha\right)\times\left(r-\beta\right)}\end{bmatrix}$，容易發現 $\tilde{C}\in M'$ 的充要條件為 $\tilde{C}_{\alpha\times\beta}=O_{\alpha\times\beta}$，因此 $M'$ 為 $qr-\alpha\beta$ 維空間。
現在我們考慮函數 $\phi:M'\to M$，定義如下$\phi(\tilde{C})=C_A\tilde{C}R_B$
容易確認這是線性變換。再者由於 $C_A$ 與 $R_B$ 皆為可逆矩陣，故 $\phi$ 單射。此外，若 $C\in M$，那麼可取 $\tilde{C}:=C_A^{-1}\tilde{C}R_B^{-1}$ 滿足 $\phi(\tilde{C})=C$ 為滿射。至此我們確認出 $\phi$ 為 $M'$ 與 $M$ 之間的同構函數，從而 $\dim\left(M\right)=\dim\left(M'\right)=qr-\alpha\beta$。 - (20 pts) Let $V$ be the vector space of $3\times3$ real matrices that are skew symmetric, i.e., $A^T=-A$ (where $A^T$ is the transpose of $A$). Prove the expression
$\langle A,B\rangle=\frac12\,\text{Tr}\left(AB^T\right)$
defines an inner product on $V$, and exhibit an orthonormal basis of $V$ with respect to this inner product. Here $\text{Tr}\left(AB^T\right)$ is the trace of $AB^T$. - 對於任何矩陣 $A_1,A_2,B\in V$ 以及 $c\in\mathbb{R}$，我們有
$\displaystyle\langle cA_1+A_2,B\rangle=\frac12\mbox{Tr}\left(\left(cA_1+A_2\right)B^T\right)=\frac12c\mbox{Tr}\left(A_1B^T\right)+\frac12\mbox{Tr}\left(A_2B^T\right)=c\langle A_1,B\rangle+\langle A_2,B\rangle$.
- 對於任何矩陣 $A,B\in V$，我們有
$\displaystyle\langle B,A\rangle=\frac12\mbox{Tr}\left(BA^T\right)=\frac12\mbox{Tr}\left(\left(BA^T\right)^T\right)=\frac12\mbox{Tr}\left(AB^T\right)=\langle A,B\rangle$
- 對於任何矩陣 $A\in V$，我們有
$\displaystyle\langle A,A\rangle=\frac12\mbox{Tr}\left(AA^T\right)=\frac12\sum_{i=1}^3\left(AA^T\right)_{ii}=\frac12\sum_{i=1}^3\sum_{j=1}^3A_{ij}\left(A^T\right)_{ji}=\frac12\sum_{i=1}^3\sum_{j=1}^3A_{ij}^2\geq0$
其中等號成立的充要條件僅當 $A_{ij}$ 全為零，即當且僅當 $A=O_3$ 時為零。 - (20 pts) Let $V$ be a vector space over $\mathbf{C}$ of dimension $n$, and let $T:V\mapsto V$ be an invertible linear map such that $T^{-1}=T$.
- Prove that $T$ is diagonalizable.
- Denote by $S$ the vector space of linear transformations from $V$ to $V$ that commute with $T$. Find a formula for $\dim\left(S\right)$ in terms of $n$ and the trace of $T$.
- 容易注意到 $T^2-I=O$，從而 $T$ 的極小多項式為 $x^2-1$ 的因式：即 $m\left(x\right)=x-1$, $x+1$ 或 $\left(x-1\right)\left(x+1\right)$。無論是何者 $T$ 的極小多項式皆有一次因式分解且各因式的次數皆為 $1$ 次，故 $T$ 可對角化。
- 由於 $T$ 可對角化，因此我們可選定一組基底 $\mathcal{B}$ 使 $\left[T\right]=D$ 為對角矩陣，其中對角線的元素為 $\pm1$（可全為 $1$ 或全為 $-1$）。方便起見，記 $D=\begin{bmatrix}I_p&O\\O&-I_q\end{bmatrix}$，其中 $0\leq p,q$ 且 $p+q=n$。且記
$S'=\left\{A\in M_{n\times n}\left(\mathbb{C}\right):\,\left[U\right]_{\mathcal{B}}=A~\mbox{for some}~U\in S\right\}$.
那麼容易知道 $S$ 與 $S'$ 同構，即有 $\dim\left(S\right)=\dim\left(S'\right)$。
由於 $S$ 中的元素可與 $T$ 交換，因此 $S'$ 中的元素可與 $D$ 交換。現任挑 $A\in S'$，那麼寫 $A=\begin{bmatrix}A_{11}&A_{12}\\A_{21}&A_{22}\end{bmatrix}$，其中 $A_{11}$ 與 $A_{22}$ 分別為 $p$ 階與 $q$ 階方陣，而 $A_{12}$ 與 $A_{21}$ 分別為 $p\times q$ 階與 $q\times p$ 階矩陣。據此觀察到$\begin{bmatrix}A_{11}&-A_{12}\\A_{21}&-A_{22}\end{bmatrix}=AD=DA=\begin{bmatrix}A_{11}&A_{12}\\-A_{21}&-A_{22}\end{bmatrix}$
這表明 $A_{12}=O$ 且 $A_{21}=O$。由於 $A_{11}$ 與 $A_{22}$ 可供自由調整，因此能取出 $p^2+q^2$ 個線性獨立矩陣屬於 $S'$ 且生成 $S'$。至此，我們說明了 $\dim\left(S\right)=p^2+q^2$。
另一方面，我們可以看到 $p+q=n$ 且 $\mbox{Tr}\left(T\right)=\mbox{Tr}\left(D\right)=p-q$，因此$\displaystyle\dim\left(S\right)=p^2+q^2=\frac{\left(p+q\right)^2+\left(p-q\right)^2}2=\frac{n^2+\mbox{Tr}^2\left(T\right)}2$.
訣竅
依序計算特徵多項式、特徵值、特徵向量與廣義特徵向量，如此即可寫出所求的矩陣。解法
先計算特徵多項式如下$\mbox{ch}_A\left(x\right)=\det\left(xI-A\right)=\begin{vmatrix}x-2&-4&8\\0&x&-4\\0&1&x-4\end{vmatrix}=\left(x-2\right)\left[x\left(x-4\right)+4\right]=\left(x-2\right)^3$
因此 $A$ 的特徵值為 $2$，此時有 $A-2I=\begin{bmatrix}0&4&-8\\0&-2&4\\0&-1&2\end{bmatrix}$。據此可取 $v_1=\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}$ 與 $v_2=\begin{bmatrix}4\\-2\\-1\end{bmatrix}$ 可滿足 $Av_1=2v_1$ 與 $Av_2=2v_2$。進一步地取 $v_3=\begin{bmatrix}0\\1\\0\end{bmatrix}$ 能滿足 $\left(A-2I\right)v_3=v_2$。經由以上的建構可取
$T=\begin{bmatrix}v_1&v_2&v_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&4&0\\0&-2&1\\0&-1&0\end{bmatrix},\quad J=\begin{bmatrix}2&0&0\\0&2&1\\0&0&2\end{bmatrix}$
能滿足 $AT=TJ$。又因 $\det\left(T\right)=1\neq0$，故 $T^{-1}AT=J$。訣竅
藉由富有技巧性的構造建立行列式相關的行等式以求解。解法
訣竅
第一小題直接按照子空間的檢驗方式確認即可，第二小題藉由列運算與行運算將問題簡化。解法
訣竅
回憶起內積的定義並可利用 Gram-Schmidt 將容易知道的基底進行正交化。解法
檢驗 $\langle~,~\rangle$ 為內積如下：$M_1=\begin{bmatrix}0&1&0\\-1&0&0\\0&0&0\end{bmatrix},\quad M_2=\begin{bmatrix}0&0&1\\0&0&0\\-1&0&0\end{bmatrix},\quad M_3=\begin{bmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&-1&0\end{bmatrix}$.
應用 Gram-Schmidt 正交化，我們先取 $Q_1=M_1$，接著取$\displaystyle Q_2=M_2-\frac{\langle M_2,Q_1\rangle}{\langle Q_1,Q_1\rangle}Q_1=\begin{bmatrix}0&0&1\\0&0&0\\-1&0&0\end{bmatrix}-\frac01\begin{bmatrix}0&1&0\\-1&0&0\\0&0&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&0&1\\0&0&0\\-1&0&0\end{bmatrix}=M_2$
最後取$\displaystyle Q_3=M_3-\frac{\langle M_3,Q_1\rangle}{\langle M_1,Q_1\rangle}Q_1-\frac{\langle M_3,Q_2\rangle}{\langle M_2,Q_2\rangle}Q_2=M_3-\frac{0}1Q_1-\frac{0}1Q_2=M_3$
因此一開始所取的基底 $\left\{M_1,M_2,M_3\right\}$ 即為么正基底。
沒有留言:
張貼留言