國立臺灣大學一百零五學年度轉學生入學考試試題詳解

※注意：請於試卷上「非選擇題作答區」標明題號並依序作答。

Notation: $\mathbf{R}$ is the set of real numbers. $\text{M}_n\left(\mathbf{R}\right)$ is the set of $n\times n$ matrices with entries in $\mathbf{R}$ and $\mathbf{R}^n$ is $n$-dimensional column vectors over $\mathbf{R}$.

Problem 1 (20 pts). Let $T:\mathbf{R}^4\to\mathbf{R}^3$ be the linear transformation defined by $T\left(v\right)=A\cdot v$, where

$A=\begin{pmatrix}1&-1&0&3\\-1&2&1&-1\\-1&1&0&-3\end{pmatrix}\in\text{M}_{3\times4}\left(\mathbf{R}\right)$.

1. Find the rank and the nullity of $T$.
2. Find bases of $\text{Ker}\,T$ and $\text{Im}\,T$.

訣竅

運用列運算可計算出像空間與核空間的基底與秩數。

解法

1. 首先對 $A$ 進行列運算如下

   $A\to\begin{bmatrix}1&-1&0&3\\0&1&1&2\\0&0&0&0\end{bmatrix}\to\begin{bmatrix}1&0&1&5\\0&1&1&2\\0&0&0&0\end{bmatrix}:=\begin{bmatrix}I&F\\0&0\end{bmatrix}$

   容易看出矩陣 $A$ 的秩數為 $2$，從而線性變換 $T$ 的秩數也為 $2$。再者利用 rank-nullity 定理可知線性變換的核數與秩數加總為定義域的維度，從而所求的核數為 $4-2=2$。
2. 進一步由前一小題的列運算結果可取 $\begin{bmatrix}-F\\I\end{bmatrix}$ 作為核空間的基本矩陣，亦即核空間的基底為

   $\mbox{Ker}\,T=\mbox{Span}\left\{\begin{bmatrix}-1\\-1\\1\\0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}-5\\-2\\0\\1\end{bmatrix}\right\}$.

   而利用樞紐行的位置可取像空間的基底為前兩行，即

   $\mbox{Im}\,T=\mbox{Span}\left\{\begin{bmatrix}1\\-1\\-1\end{bmatrix},\begin{bmatrix}-1\\2\\1\end{bmatrix}\right\}$.

Problem 2 (20 pts). Let

$A=\begin{pmatrix}-1&4&-2\\-2&5&-2\\-1&2&0\end{pmatrix}$.

1. Find the eigenvalues of $A$.
2. Find an invertible matrix $P\in\text{M}_3\left(\mathbf{R}\right)$ such that $P^{-1}AP$ is a diagonal matrix.

訣竅

按照對角化的程序進行計算即可。

解法

1. 首先計算 $A$ 的特徵多項式如下

   $\begin{aligned}\mbox{ch}_A\left(x\right)&=\det\left(xI-A\right)=\begin{vmatrix}x+1&-4&2\\2&x-5&2\\1&-2&x\end{vmatrix}=x\left(x+1\right)\left(x-5\right)-8-8-2\left(x-5\right)+4\left(x+1\right)+8x\\&=x^3-4x^2+5x-2=\left(x-1\right)^2\left(x-2\right)\end{aligned}$

2. 進一步的沿著前一小題去求解特徵向量：
   • 當 $x=1$ 時有 $I-A=\begin{bmatrix}2&-4&2\\2&-4&2\\1&-2&1\end{bmatrix}$，如此可取 $v_1=\begin{bmatrix}2\\1\\0\end{bmatrix}$ 以及 $v_2=\begin{bmatrix}-1\\0\\1\end{bmatrix}$ 滿足 $Av_1=v_1$ 與 $Av_2=v_2$；
   • 當 $x=2$ 時有 $2I-A=\begin{bmatrix}3&-4&2\\2&-3&2\\1&-2&2\end{bmatrix}$，可取 $v_3=\begin{bmatrix}2\\2\\1\end{bmatrix}$ 滿足 $Av_3=2v_3$。
   據此我們可建構 $P=\begin{bmatrix}v_1&v_2&v_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}2&-1&2\\1&0&2\\0&1&1\end{bmatrix}$，如此便有 $AP=PD$，其中 $D=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&2\end{bmatrix}$。又因 $\det\left(P\right)=-1\neq0$，故有 $P^{-1}AP=D$ 為對角矩陣。

Problem 3 (20 pts). Let $V=\text{M}_3\left(\mathbf{R}\right)$ be the $3$-dimensional vector space over $\mathbf{R}$ given by

$V=\left\{\begin{pmatrix}x_1&x_2\\x_3&-x_1\end{pmatrix}\mid x_1,x_2,x_3\in\mathbf{R}\right\}$.

Let $A=\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}$ and define the linear transformation $T:V\to V$ by

$T\left(B\right)=ABA^{-1}$.

1. Write down the matrix representation $A$ of $T$ under the basis

   $\left\{\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}\right\}$.

2. Find an invertible $P\in\text{M}_3\left(\mathbf{R}\right)$ such that $P^{-1}AP$ is the Jordan canonical form.

訣竅

按照矩陣表示法的定義進行計算，並計算其特徵值、特徵向量與廣義特徵向量以求得 Jordan canonical form。

解法

1. 首先可以注意到 $A^{-1}=\begin{bmatrix}1&-2\\0&1\end{bmatrix}$，於是可直接計算如下有

   $\begin{aligned}&T\begin{bmatrix}1&0\\0&-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&2\\0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&0\\0&-1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&-2\\0&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&-4\\0&-1\end{bmatrix}=1\begin{bmatrix}1&0\\0&-1\end{bmatrix}+\left(-4\right)\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix}+0\begin{bmatrix}0&0\\1&0\end{bmatrix},\\&T\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&2\\0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&-2\\0&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix}=0\begin{bmatrix}1&0\\0&-1\end{bmatrix}+1\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix}+0\begin{bmatrix}0&0\\1&0\end{bmatrix},\\&T\begin{bmatrix}0&0\\1&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&2\\0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&0\\1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&-2\\0&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}2&-4\\1&-2\end{bmatrix}=2\begin{bmatrix}1&0\\0&-1\end{bmatrix}+\left(-4\right)\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix}+1\begin{bmatrix}0&0\\1&0\end{bmatrix}.\end{aligned}$

   因此所求的矩陣表示法為

   $A:=\begin{bmatrix}1&0&2\\-4&1&-4\\0&0&1\end{bmatrix}$.

2. 對於矩陣 $A$，我們先計算它的特徵多項式如下

   $\mbox{ch}_A\left(x\right)=\det\left(xI-A\right)=\begin{vmatrix}x-1&0&-2\\4&x-1&4\\0&0&x-1\end{vmatrix}=\left(x-1\right)^3$.

   如此可知其特徵值為 $1$。如此可觀察有 $A-I=\begin{bmatrix}0&0&2\\-4&0&-4\\0&0&0\end{bmatrix}$，可取 $v_1=\begin{bmatrix}0\\-8\\0\end{bmatrix}$ 滿足 $\left(A-I\right)v_1=0$。進一步，可挑 $v_2=\begin{bmatrix}2\\-4\\0\end{bmatrix}$ 滿足 $\left(A-I\right)v_2=v_1$。最後，我們挑 $v_3=\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}$ 滿足 $\left(A-I\right)v_3=v_2$。
   
   據此我們可建構 $P=\begin{bmatrix}0&2&0\\-8&-4&0\\0&0&1\end{bmatrix}$ 可滿足 $AP=PJ$，其中

   $J:=\begin{bmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&1\end{bmatrix}$

   又因 $\det\left(P\right)=16\neq0$，故有 $P^{-1}AP=J$。

Problem 4 (20 pts). Let $A\in\text{M}_n\left(\mathbf{R}\right)$ such that $A^n=0$ but $A^{n-1}\neq0$.

1. Show that there exists $v\in\mathbf{R}^n$ such that $\left\{v,Av,A^2v,\dots,A^{n-1}v\right\}$ is a basis of $\mathbf{R}^n$.
2. If $B\in\text{M}_n\left(\mathbf{R}\right)$ such that $AB=BA$, prove that

   $B=a_0I+a_1A+a_2A^2+\cdots+a_{n-1}A^{n-1}$

   for some $a_0,\dots,a_{n-1}\in\mathbf{R}$.

訣竅

利用題目的條件進行建構即可。

解法

1. 由於 $A^{n-1}\neq0$，存在 $v\in\mathbf{R}^n$ 使得 $A^{n-1}v\neq0$。那麼我們可以證明這樣的 $v$ 能使集合 $\left\{v,Av,A^2v,\dots,A^{n-1}v\right\}$ 成為 $\mathbf{R}^n$ 的基底。
   
   由於該集合的元素個數恰為 $n$ 個，而 $\mathbf{R}^n$ 為 $n$ 維空間，故我們僅需說明該集合線性獨立集可。為此我們考慮方程式

   $c_0v+c_1Av+c_2A^2v+\cdots+c_{n-1}A^{n-1}v=0$

   兩邊同時透過 $A^{n-1}$ 作用可得 $c_0A^{n-1}v=0$，但因 $A^{n-1}v\neq0$，故得 $c_0=0$。同理，透過 $A^{n-2}$ 作用得 $c_1=0$。依此依序透過 $A^{n-3},A^{n-4},\dots,A$ 作用可得 $c_2=\cdots=c_{n-2}=0$。至此有 $c_{n-1}A^{n-1}v=0$，因此也有 $c_{n-1}=0$，故知該集合線性獨立。證明完畢。
2. 記前一小題所獲得的基底為 $\mathcal{B}$，我們先將 $Bv$ 用基底 $\mathcal{B}$ 表示為

   $Bv=a_0v+a_1Av+\cdots+a_{n-1}A^{n-1}v$.

   那麼對於任何 $u\in\mathbf{R}^n$，我們首先可找出一組係數 $\left\{b_j\right\}_{j=0}^{n-1}$ 滿足

   $u=b_0v+b_1Av+\cdots+b_{n-1}A^{n-1}v$.

   那麼

   $\begin{aligned}Bu&=b_0Bv+b_1ABv+\cdots+b_{n-1}A^{n-1}Bv=\left(b_0I+b_1A+\cdots+b_{n-1}A^{n-1}\right)Bv\\&=\left(b_0I+\cdots+b_{n-1}A^{n-1}\right)\left(a_0I+a_1A+\cdots+a_{n-1}A^{n-1}\right)v\\&=\left(a_0I+a_1A+\cdots+a_{n-1}A^{n-1}\right)\left(b_0I+\cdots+b_{n-1}A^{n-1}\right)v\\&=\left(a_0I+a_1A+\cdots+a_{n-1}A^{n-1}\right)u\end{aligned}$

   由於這樣的等式對於任何的 $u\in\mathbf{R}^n$ 皆成立，這便表明

   $B=a_0I+a_1A+\cdots+a_{n-1}A^{n-1}$

   證明完畢。

Problem 5 (20 pts). Let $A\in\text{M}_n\left(\mathbf{R}\right)$ be the matrix

$A=\begin{pmatrix}\displaystyle1&\displaystyle\frac12&\displaystyle\frac13&\cdots&\displaystyle\frac1n\\[2mm]\displaystyle\frac12&\displaystyle\frac13&\displaystyle\frac14&\cdots&\displaystyle\frac1{n+1}\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\\displaystyle\frac1n&\displaystyle\frac1{n+1}&\displaystyle\frac1{n+2}&\cdots&\displaystyle\frac1{2n-1}\end{pmatrix}$.

Show that for any non-zero $x\in\mathbf{R}^n$, $x^tAx>0$.

訣竅

利用具有技巧性的改寫方式證明其值恆正。

解法

記 $x=\left(x_1,\dots,x_n\right)\in\mathbf{R}^n$，那麼對於非零的 $x$ 可以觀察到

$\displaystyle x^tAx=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac{x_ix_j}{i+j-1}=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\int_0^1x_ix_jt^{i+j-2}dt=\int_0^1\sum_{i=1}^nx_it^{i-1}\sum_{j=1}^nx_jt^{j-1}dt=\int_0^1\left(\sum_{i=1}^nx_it^{i-1}\right)^2dt>0$.

證明完畢。