※禁止使用計算機
注意事項：- 問題 1. 至 4. 皆假設 over $\mathbb{R}$；問題 5. over $\mathbb{C}$。
- 答題引述任何定理時，必須敘述清楚。
- 不得使用計算器或其他 3C 產品。
- 請於答題本「非選擇題作答區」標明題號作答。
記號
$\mathbb{R}$: real number; $\mathbb{C}$: complex number; $\mathbb{R}^n$: $n$ dimensional Euclidean space.
$\mathbf{M}_n$: space of $n\times n$ matrices with entries in $\mathbb{R}$ ($\mathbf{M}_n^{\mathbb{C}}$: entries in $\mathbb{C}$).
$\mathbf{P}_n$: vector (linear) space of real polynomials of degree less than or equal to $n$
試題
- [$20\%$] Fixed $a\in\mathbb{R}$. Define a function $F:\mathbf{P}_n\to\mathbb{R}^{n+1}$ by
$f\left(x\right)\mapsto\begin{bmatrix}f\left(a\right)&f'\left(a\right)&f''\left(a\right)&\cdots&f^{\left(n\right)}\left(a\right)\end{bmatrix}^T$.
- Show that $F$ is a linear transformation.
- What is the condition for $F$ to be a linear isomorphism?
Determine the polynomial $F^{-1}(\begin{bmatrix}\alpha_0&\alpha_1&\alpha_2&\cdots&\alpha_n\end{bmatrix}^T)$ when it is possible.
- 設 $f,g\in\mathbf{P}_n$ 而 $c\in\mathbb{R}$，那麼容易驗證
$F\left(cf+g\right)=\begin{bmatrix}\left(cf+g\right)\left(a\right)\\\left(cf+g\right)'\left(a\right)\\\left(cf+g\right)''\left(a\right)\\\vdots\\\left(cf+g\right)^{\left(n\right)}\left(a\right)\end{bmatrix}=c\begin{bmatrix}f\left(a\right)\\f'\left(a\right)\\f''\left(a\right)\\\vdots\\f^{\left(n\right)}\left(a\right)\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}g\left(a\right)\\g'\left(a\right)\\g''\left(a\right)\\\vdots\\g^{\left(n\right)}\left(a\right)\end{bmatrix}=cF\left(f\right)+F\left(g\right)$,
故 $F$ 為線性變換。 - 滿足單射與滿射的線性變換即為線性同構函數。而此處由於 $\dim\left(\mathbf{P}_n\right)=n+1=\mathbb{R}^{n+1}$，故僅需說明滿射或單射即可。
對於任何一個向量 $\alpha:=\begin{bmatrix}\alpha_0\\\alpha_1\\\alpha_2\\\vdots\\\alpha_n\end{bmatrix}\in\mathbb{R}^{n+1}$，我們可取 $f\in\mathbf{P}_n$ 滿足
$\displaystyle f\left(x\right)=\sum_{k=0}^n\frac{\alpha_k\left(x-a\right)^k}{k!}$
如此便有 $F\left(f\right)=\alpha$，故 $F$ 滿射。 - [$20\%$] $A\in\mathbf{M}_3$. Suppose $\mathbf{u}$, $\mathbf{v}$, $\mathbf{w}$ are linear independent vectors and
$\left\{\begin{aligned}&A\mathbf{u}=2\mathbf{v}+2\mathbf{w},\\&A\mathbf{v}=\mathbf{u}+\mathbf{v}+2\mathbf{w},\\&A\mathbf{w}=-\mathbf{u}+\mathbf{v}+\mathbf{w}.\end{aligned}\right.$
Show that $A$ is diagonalizable and determine the eigenbasis in term of $\mathbf{u}$, $\mathbf{v}$, $\mathbf{w}$. - 若 $x=-1$，則 $-I-K=\begin{bmatrix}-1&-1&1\\-2&-2&-1\\-2&-2&-2\end{bmatrix}$，可取 $v_1=\begin{bmatrix}-1\\1\\0\end{bmatrix}$ 滿足 $Kv_1=-v_1$；
- 若 $x=1$，則 $I-K=\begin{bmatrix}1&-1&1\\-2&0&-1\\-2&-2&0\end{bmatrix}$，可取 $v_2=\begin{bmatrix}1\\-1\\-2\end{bmatrix}$ 滿足 $Kv_2=v_2$；
- 若 $x=2$，則 $2I-K=\begin{bmatrix}2&-1&1\\-2&1&-1\\-2&-2&1\end{bmatrix}$，可取 $v_3=\begin{bmatrix}-1\\4\\6\end{bmatrix}$ 滿足 $Kv_3=2v_3$。
- [$20\%$] Determine the Jordan form of $A$ and the corresponding Jordan basis.
$A=\begin{bmatrix}0&0&0&-1\\1&0&0&4\\0&1&0&-6\\0&0&1&4\end{bmatrix}$
- [$20\%$] Show that if $A=\left[a_{ij}\right]\in\textbf{M}_n$ is positive definite, then all diagonal elements $a_{ii}$ are positive and $\max\limits_{1\leq i,j\leq n}\left|a_{ij}\right|$ is on the diagonal. How about the converse statement?
- 假若 $a_{i_0,j_0}>0$，則 $a_{i_0,j_0}=M$。取 $x=e_{i_0}-e_{j_0}$，那麼檢驗可知
$\left(e_{i_0}-e_{j_0}\right)^tA\left(e_{i_0}-e_{j_0}\right)=a_{i_0,i_0}-2a_{i_0,j_0}+a_{j_0,j_0}>0$
這樣便有 $2M>a_{i_0,i_0}+a_{j_0,j_0}>2M$，矛盾。故 $\left|a_{ij}\right|$ 的最大值必發生在對角線上。 - 假若 $a_{i_0,j_0}<0$，那麼考慮 $B=-A$，那麼 $b_{i_0,j_0}>0$，從而可導出同樣的矛盾。
- [$20\%$] For $A\in\mathbf{M}_n^{\mathbb{C}}$, we assume the fact that if $A$ is normal (i.e., $AA^*=A^*A$, where $A^*=\overline{A}^T$ is the adjoint of $A$) then $A$ is unitarily diagonalizable. Suppose $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_k$ are eigenvalues of $A$, where $\lambda_i$ are distinct. Prove the following statements:
- If $A$ is normal, there are $P_1,P_2,\cdots,P_k\in\mathbf{M}_n^{\mathbb{C}}$ such that
$A=\lambda_1P_1+\lambda_2P_2+\cdots+\lambda_kP_k$
and for any polynomial function $f\left(t\right)$,$f\left(A\right)=f\left(\lambda_1\right)P_1+f\left(\lambda_2\right)P_2+\cdots+f\left(\lambda_k\right)P_k$.
- $A$ is normal if and only if $A^*=p\left(A\right)$ for certain polynomial function $p\left(t\right)$.
- If $A$ is normal, there are $P_1,P_2,\cdots,P_k\in\mathbf{M}_n^{\mathbb{C}}$ such that
- 因為 $A$ 正規，利用題目敘述可知存在么正矩陣 $P$ 滿足 $P^*AP=D$，其中
$D=\begin{bmatrix}\lambda_1I_{n_1}&0&0&\cdots&0\\0&\lambda_2I_{n_2}&0&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\0&0&0&\cdots&\lambda_kI_{n_k}\end{bmatrix}$
此處每個 $n_i\geq1$ 且 $n_1+\cdots+n_k=n$。那麼記 $W_i$ 為 $\lambda_i$ 所對應的特徵空間，那麼有 $\mathbb{C}^n=\bigoplus\limits_{i=1}^kW_i$。設 $P_i$ 為 $\mathbb{C}^n$ 在 $W_i$ 上的正交投影矩陣，那麼我們可以證明 $A=\sum\limits_{i=1}^k\lambda_iP_i$ 如下：對於任何 $v\in\mathbb{C}^n$，存在 $v_i\in W_i$ 滿足$v=v_1+\cdots+v_k$
那麼便有$\begin{aligned}Av&=Av_1+\cdots+Av_k=\lambda_1v_1+\cdots+\lambda_kv_k\\&=\lambda_1P_1v_1+\cdots+\lambda_kP_kv_k=\lambda_1P_1v+\cdots+\lambda_kP_kv=\left(\lambda_1P_1+\cdots+\lambda_kP_k\right)v\end{aligned}$
至此有 $A=\sum\limits_{i=1}^k\lambda_iP_i$。又注意到當 $i\neq j$ 時有 $P_iP_j=O$，因此容易數學歸納法證明$A^s=\lambda_1^sP_1+\cdots+\lambda_k^sP_k$
如此考慮多項式 $f$ 滿足 $f\left(x\right)=\sum\limits_{i=0}^ma_ix^i$，那麼$\displaystyle\begin{aligned}f\left(A\right)&=\sum_{i=0}^ma_iA^i=\sum_{i=0}^ma_i\left(\lambda_1^iP_1+\cdots+\lambda_k^iP_k\right)\\&=\left(\sum_{i=0}^ma_i\lambda_1^i\right)P_1+\cdots+\left(\sum_{i=0}^m\lambda_k^i\right)P_k=f\left(\lambda_1\right)P_1+\cdots+f\left(\lambda_k\right)P_k.\end{aligned}$
證明完畢。 - 利用拉格朗日多項式，我們可以建構 $p$ 如下
$\displaystyle p\left(t\right)=\sum_{i=1}^k\overline{\lambda_i}\prod_{j\neq i}\frac{\left(t-\lambda_j\right)}{\left(\lambda_i-\lambda_j\right)}$
那麼明顯滿足 $p\left(\lambda_m\right)=\overline{\lambda_m}$，那麼可以發現$p\left(A\right)=p\left(PDP^*\right)=Pp\left(D\right)P^*=PD^*P^*=\left(PDP^*\right)^*=A^*$.
證明完畢。
訣竅
直接按照線性變換的定義驗證。解法
訣竅
運用對角化的思維進行表達與改寫即可。解法
取 $Q=\begin{bmatrix}\mathbf{u}&\mathbf{v}&\mathbf{w}\end{bmatrix}$ 以及 $K=\begin{bmatrix}0&1&-1\\2&1&1\\2&2&1\end{bmatrix}$，那麼有 $AQ=QK$，即 $Q^{-1}AQ=K$，故 $A\sim K$。故為了說明其可對角化，我們只要說明 $K$ 可對角化。為此，我們計算 $K$ 的特徵多項式與特徵向量如下
$\begin{aligned}\mbox{ch}_K\left(x\right)&=\det\left(xI-K\right)=\begin{vmatrix}x&-1&1\\-2&x-1&-1\\-2&-2&x-1\end{vmatrix}\\&=x\left(x-1\right)^2-2+4+2\left(x-1\right)-2x-2\left(x-1\right)\\&=x^3-2x^2-x+2=\left(x-2\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)\end{aligned}$
因此特徵值為 $-1$、$1$ 與 $2$。據此我們取 $P=\begin{bmatrix}-1&1&-1\\1&-1&4\\0&-2&6\end{bmatrix}$ 與 $D=\begin{bmatrix}-1&0&0\\0&1&0\\0&0&2\end{bmatrix}$ 可滿足 $P^{-1}KP=D$，至此可知 $P^{-1}Q^{-1}AQP=D$。
這顯示了 $A\left(QP\right)=\left(QP\right)D$，即有
$A\left(-\mathbf{u}+\mathbf{v}\right)=-\left(-\mathbf{u}+\mathbf{v}\right),\quad A\left(\mathbf{u}-\mathbf{v}-2\mathbf{w}\right)=\left(\mathbf{u}-\mathbf{v}-2\mathbf{w}\right),\quad A\left(-\mathbf{u}+4\mathbf{v}+6\mathbf{w}\right)=2\left(-\mathbf{u}+4\mathbf{v}+6\mathbf{w}\right)$.
訣竅
按照尋找 Jordan form 的流程進行計算即可，此外可注意到矩陣的形式寫下特徵方程。解法
容易藉由矩陣的形式得出特徵方程與極小多項式如下$m\left(x\right)=\mbox{ch}\left(x\right)=x^4-4x^3+6x^2-4x+1=\left(x-1\right)^4$.
接著尋找特徵向量與廣義特徵向量，先計算 $A-I$ 如下$A-I=\begin{bmatrix}-1&0&0&-1\\1&-1&0&4\\0&1&-1&-6\\0&0&1&3\end{bmatrix}$
取 $v_1=\begin{bmatrix}-1\\3\\-3\\1\end{bmatrix}$ 可滿足 $Av_1=v_1$。接著取 $v_2=\begin{bmatrix}1\\-2\\1\\0\end{bmatrix}$ 可滿足 $\left(A-I\right)v_2=v_1$。再取 $v_3=\begin{bmatrix}-1\\1\\0\\0\end{bmatrix}$ 能滿足 $\left(A-I\right)v_3=v_2$，最後取 $v_4=\begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\end{bmatrix}$ 有 $\left(A-I\right)v_4=v_3$。據此，我們取 $Q=\begin{bmatrix}v_1&v_2&v_3&v_4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1&1&-1&1\\3&-2&1&0\\-3&1&0&0\\1&0&0&0\end{bmatrix}$ 與 $J=\begin{bmatrix}1&1&0&0\\0&1&1&0\\0&0&1&1\\0&0&0&1\end{bmatrix}$ 滿足 $AQ=QJ$，又因 $\det\left(Q\right)=1\neq0$，因此有 $Q^{-1}AQ=J$。
訣竅
留意正定的定義，據此取特別的向量容易證明命題，此外對於反方向也容易在二階方陣的情形下舉出反例。解法
首先我們證明對角線元素皆是正的。取 $x=e_i$ 為第 $i$ 個分量為 $1$，其餘為零的向量，那麼容易檢驗知道 $a_{ii}=e_i^tAe_i>0$。接著我們證明 $\max\limits_{1\leq i,j\leq n}\left|a_{ij}\right|$ 必發生在對角線上。假設不然，若發生在 $\left(i_0,j_0\right)$ 處其中 $i_0\neq j_0$，並記此值為 $M$ 且對於任何 $1\leq k\leq n$ 有 $M>\left|a_{kk}\right|$。
最後我們考慮二階方陣 $\begin{bmatrix}2&3\\3&4\end{bmatrix}$，此矩陣中的最大值發生在對角線上且對角線上皆正，但行列式值為 $-1$，故此矩陣非正定。
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