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2020年10月5日 星期一

國立臺灣大學一百零七學年度轉學生入學考試試題詳解

※禁止使用計算機

注意事項
  1. 問題 1. 至 4. 皆假設 over R;問題 5. over C
  2. 答題引述任何定理時,必須敘述清楚。
  3. 不得使用計算器或其他 3C 產品。
  4. 請於答題本「非選擇題作答區」標明題號作答。

記號
  R: real number; C: complex number; Rn: n dimensional Euclidean space.
  Mn: space of n×n matrices with entries in R (MCn: entries in C).
  Pn: vector (linear) space of real polynomials of degree less than or equal to n

試題

  1. [20%] Fixed aR. Define a function F:PnRn+1 by

    f(x)[f(a)f(a)f.

    1. Show that F is a linear transformation.
    2. 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.
  2. 訣竅直接按照線性變換的定義驗證。
    解法
    1. f,g\in\mathbf{P}_nc\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),

      F 為線性變換。
    2. 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。


  3. [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}.
  4. 訣竅運用對角化的思維進行表達與改寫即可。
    解法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 -112
    • 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
    • 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
    • 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

    據此我們取 P=\begin{bmatrix}-1&1&-1\\1&-1&4\\0&-2&6\end{bmatrix}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).


  5. [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}

  6. 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}

    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}\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}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


  7. [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?
  8. 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 nM>\left|a_{kk}\right|

    • 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。

    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。


  9. [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:
    1. 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.

    2. A is normal if and only if A^*=p\left(A\right) for certain polynomial function p\left(t\right).
  10. 訣竅運用已知事實處理譜分解並利用求和表示證明與多項式有關的等式,而第二小題可建構拉格朗日多項式來進一步證明之。
    解法
    1. 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\geq1n_1+\cdots+n_k=n。那麼記 W_i\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\mathbb{C}^nW_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。
    2. 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。

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