※注意：請於試卷上「非選擇題作答區」標明題號並依序作答。
- (25 points) Let A=(−2−12−1117−15−8−26−241−23). Find the Jordan canonical form of A. Compute exp(tA) and derive the general solution to x′(t)=Ax(t), where x(t) is a 4-dimensional column vector.
- 若 x=2，則 A−2I=[−4−12−1115−15−8−24−241−21]，如此可取 v1=[1−210] 與 v2=[0−101] 滿足 Av1=2v1 且 Av2=2v2。
- 若 x=5，則 A−5I=[−7−12−1112−15−8−21−241−2−2]，如此可取 v3=[−12−21] 滿足 Av3=5v3。進一步地，我們可取 v4=[0100] 滿足 (A−5I)v4=v3。
- (25 points) Let A and B be any n×n complex matrices. Show that exp(A)exp(B)=exp(A+B) if A and B commute.
Hint: You may consider the norm ‖C‖=max{|Cij|} for C=(Cij)∈Mn(C) and the remainder termRp=2p∑i=0(A+B)ii!−p∑j=0Ajj!p∑k=0Bkk!.
- (25 points) Show that
det(X0X1X2⋯Xn−1Xn−1X0X1⋯Xn−2⋮⋮⋮⋱⋮X1X2X3⋯X0)=n−1∏j=0(n−1∑k=0ζjkXk)
where ζ is a primitive n-th root of unity.
Hint: You may first compute, for example, (X0X1X2X3X3X0X1X2X2X3X0X1X1X2X3X0)(11111ζζ2ζ31ζ2ζ4ζ61ζ3ζ6ζ9). - (25 points) Let V and W be vector spaces over the same field F, and let T:V→W be a linear transformation. Let B(V) and B(W) denote the spaces of bilinear forms on V and W respectively. For any H∈B(W), define ˆT(H):V×V→F by ˆT(H)(x,y)=H(T(x),T(y)) for any x,y∈V.
- Show that ˆT(H) is a bilinear form on V.
- Show that if T is an isomorphism, then so is ˆT:B(W)→B(V).
- 按照定義檢驗 ˆT(H) 是雙線性形式：對於任何 x,y,z∈V 與 c∈F，我們有
ˆT(H)(cx+y,z)=H(T(cx+y),T(z))=cH(T(x),T(z))+H(T(y),T(z))=cˆT(H)(x,z)+ˆT(H)(y,z),
ˆT(H)(x,cy+z)=H(T(x),T(cy+z))=cH(T(x),T(y))+H(T(x),T(z))=cˆT(H)(x,y)+ˆT(H)(x,z).
因此 ˆT(H) 為 V 上的雙線性形式。 - 如果 T 為同構函數，亦即 T 單射且滿射，那麼我們可以證明 ˆT 為單射與雙射如下：
- 若 ˆT(H1)=ˆT(H2)，那麼對任何 x′,y′∈W，由 T 滿射可取 x,y∈V 有 T(x)=x′ 與 T(y)=y′，從而對這樣的 x,y 有
H1(T(x),T(y))=ˆT(H1)(x,y)=ˆT(H2)(x,y)=H2(T(x),T(y))
此即H1(x′,y′)=H2(x′,y′)
故由 x′,y′∈W 的任意性可知 H1=H2，故 ˆT 單射。 - 對任何 K∈B(V)，我們可取 Hs∈B(W) 如下
Hs(x′,y′)=K(T−1(x′),T−1(y′)) for x′,y′∈W.
那麼容易檢驗發現ˆT(Hs)(x,y)=Hs(T(x),T(y))=K(x,y)
至此有 ˆT(Hs)=K，即 ˆT 滿射。
- 若 ˆT(H1)=ˆT(H2)，那麼對任何 x′,y′∈W，由 T 滿射可取 x,y∈V 有 T(x)=x′ 與 T(y)=y′，從而對這樣的 x,y 有
訣竅
按照 Jordan canonical form 的求法計算之，其中注意到每行加總的值相同，故可據此簡化特徵多項式的計算。解法
首先計算 A 的特徵多項式如下chA(x)=det(A−xI)=|−2−x−12−1117−x−15−8−26−x−241−23−x|=|−2−x−12−1117−x−15−8−26−x−25−x5−x5−x5−x|=(5−x)|−2−x−12−1117−x−15−8−26−x−21111|=(5−x)|−1−x03062−x−60−608−x01111|=(5−x)(2−x)|−1−x3−68−x|=(x−2)(x−5)[(x−8)(x+1)+18]=(x−2)2(x−5)2.
計算特徵向量與廣義特徵向量如下現在我們來計算 etA 如下：
etA=QetJQ−1=[10−10−2−12110−200110][e2t0000e2t0000e5tte5t000e5t][20−1010−1110−101111]=[2e2t−e5t−te5t−te5t−e2t+e5t−te5t−te5t−5e2t+2e5t+2te5te5t+2te5t−3e2t−e5t+2te5t−e2t+e5t+2te5t2e2t−2e5t−2te5t−2te5t−e2t+2e5t−2te5t−2te5te2t+e5t+te5tte5t−e2t−e5t+te5te2t+te5t]
因此聯立微分方程組的通解為x(t)=etAc=c1[2e2t−e5t−te5t−5e2t+2e5t+2te5t2e2t−2e5t−2te5te2t+e5t+te5t]+c2[−te5te5t+2te5t−2te5tte5t]+c3[−e2t+e5t−te5t−3e2t−e5t+2te5t−e2t+2e5t−2te5t−e2t−e5t+te5t]+c4[−te5t−e2t+e5t+2te5t−2t5te2t+te5t].
訣竅
按照提示估算矩陣指數的誤差，從而確認兩端的誤差隨次數的增加而趨於零。解法
考慮等式左右兩端的差的前 2p+1 項的值為Rp=2p∑i=0(A+B)ii!−p∑j=0Ajj!p∑k=0Bkk!=2p∑i=0i∑s=0AsBi−ss!(i−s)!−p∑j=0Ajj!p∑k=0Bkk!
此時注意第一項運用變數變換（令 s=j 而 i=j+k），可拆為三項如下2p∑i=0i∑s=0AsBi−ss!(i−s)!=2p∑j=02p−j∑k=0AjBkj!k!=p∑j=0p∑k=0AjBkj!k!+2p∑j=p+12p−j∑k=0AjBkj!k!+p∑j=02p−j∑k=p+1AjBkj!k!
因此Rp=2p∑j=p+1Ajj!2p−j∑k=0Bkk!+p∑j=0Ajj!2p−j∑k=p+1Bkk!
至此，取 C=max{‖A‖,‖B‖,1}，那麼由 ‖AB‖≤n‖A‖‖B‖，可以發現‖Rp‖≤2p∑j=p+12p−j∑k=0nj+kCj+kj!k!+p∑j=02p−j∑k=p+1nj+kCj+kj!k!≤p(p+1)n2pC2p(p+1)!≤n2pC2p(p−1)!→0 as p→∞.
訣竅
藉由提示與所欲證的等式考慮到特徵值的乘積。解法
設欲求行列式的矩陣為 X 以及 Z=[zij]，其中 zij=ζ(i−1)(j−1)。此外方便起見約定 Xk:=Xn+k，其中 −(n−1)≤k≤−1。那麼觀察 XZ 的第 j 行可知X[ζ(1−1)(j−1)ζ(2−1)(j−1)ζ(3−1)(j−1)⋮ζ(n−1)(j−1)]=[n∑i=1Xi−1ζ(i−1)(j−1)n∑i=1Xi−2ζ(i−1)(j−1)n∑i=1Xi−3ζ(i−1)(j−1)⋮n∑i=1Xi−nζ(i−1)(j−1)]=[n∑i=1Xi−1ζ(i−1)(j−1)n−1∑i=0Xi−1ζ(i−1)(j−1)ζj−1n−2∑i=−1Xi−1ζ(i−1)(j−1)ζ2(j−1)⋮1∑i=−n+2Xi−1ζ(i−1)(j−1)ζ(n−1)(j−1)]=(n∑i=1Xi−1ζ(i−1)(j−1))[ζ(1−1)(j−1)ζ(2−1)(j−1)ζ(3−1)(j−1)⋮ζ(n−1)(j−1)]=(n−1∑i=0Xiζi(j−1))[ζ(1−1)(j−1)ζ(2−1)(j−1)ζ(3−1)(j−1)⋮ζ(n−1)(j−1)]
因此對每個 1≤j≤n 而言，n−1∑i=0Xiζi(j−1) 都是特徵值。類似地，改變編號可知對於 0≤j≤n−1 而言，n−1∑i=0Xiζij 都是特徵值。又行列式值為所有特徵值之乘積，故det(X)=n−1∏j=0(n−1∑i=0ζijXi).
證明完畢。
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