※禁止使用計算機
注意事項:- 問題 1. 至 4. 皆假設 over R;問題 5. over 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
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
- [20%] Fixed a∈R. Define a function F:Pn→Rn+1 by
f(x)↦[f(a)f′(a)f″.
- 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。
沒有留言:
張貼留言