目錄
1 矩陣的轉置
2 矩陣轉置的乘法
3 內積運算用矩陣乘法表達
4 橢圓的標準式
5 旋轉矩陣及其逆
6 旋轉橢圓的方程式
1 矩陣的轉置
考慮域$K$ 上的$m \times n$矩陣$A$:
$$A = \begin{bmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{m1} & \cdots & a_{mn} \end{bmatrix}.$$
其轉置$A^T$是域$K$ 上的$n \times m$矩陣：
$$A^T = \begin{bmatrix} a_{11} & \cdots & a_{m1} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{1n} & \cdots & a_{mn} \end{bmatrix}.$$
若命$A^T = B$，於是有
$$b_{ij} = a_{ji}, (1 \le i \le n, 1 \le j \le m.)$$
其中$b_{ij}$意味著矩陣$B$中的$(i, j)$位置元素，而$a_{ji}$是矩陣$A$中的$(j, i)$位置元素。
例1：
$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{bmatrix}^T = \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 2 & 5 \\ 3 & 6 \end{bmatrix}.$$
（例題終了）
2 矩陣轉置的乘法
定理1：在域$K$上，設$A$為$m \times n$矩陣、$B$為$n \times k$矩陣，於是有$(AB)^T = B^T A^T$。
[證]. 命$AB = C, (AB)^T = D, B^T = E, A^T = F$，於是
$$d_{ij} = c_{ji} = Ar(j) \cdot Bc(i) = \sum_{s = 1}^{n} a_{js} b_{si} = \sum_{s = 1}^{n} f_{sj} e_{is} = \sum_{s = 1}^{n} e_{is} f_{sj} = Er(i) \cdot Fc(j).$$
其中$Ar(i) = \begin{bmatrix} a_{i1} & \cdots & a_{in} \end{bmatrix}$，$Bc(j) = \begin{bmatrix} b_{1j} \\ \vdots \\ b_{nj} \end{bmatrix}$，餘類推。
（證明終了）
例2：取
$$A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{bmatrix}, B = \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}.$$
於是
$$A^T = \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 2 & 5 \\ 3 & 6 \end{bmatrix}, B^T = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 1 \end{bmatrix},$$
然後
$$AB = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 2 \end{bmatrix}$$
因此
$$(AB)^T = \begin{bmatrix} 2 \\ 2 \end{bmatrix}^T = \begin{bmatrix} 2 & 2 \end{bmatrix}.$$
而
$$B^T A^T = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 2 & 5 \\ 3 & 6 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 2 \end{bmatrix}$$
所以有
$$(AB)^T = B^T A^T.$$
（例題終了）
3 內積運算用矩陣乘法表達
考慮域$K$上的$n$維內積空間$K^n$，對於其中任意兩個向量$\bf{v}$與$\bf{w}$，
$${\bf v} = \begin{bmatrix} v_1 \\ \vdots \\ v_n \end{bmatrix}, {\bf w} = \begin{bmatrix} w_1 \\ \vdots \\ w_n \end{bmatrix},$$
定義其內積（inner product）為
$${\bf v} \cdot {\bf w} = v_1 w_1 + \cdots + v_n w_n.$$
如果我們將域$K$視作$1 \times 1$矩陣空間，於是有
$${\bf v} \cdot {\bf w} = \begin{bmatrix} v_1 w_1 + \cdots + v_n w_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} v_1 & \cdots & v_n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} w_1 \\ \vdots \\ w_n \end{bmatrix} = {\bf v}^T {\bf w}.$$
定理2：對於域$K$上的$n$維內積空間$K^n$中的任意兩個向量$\bf{v}$與$\bf{w}$，有
$${\bf v} \cdot {\bf w} = {\bf v}^T {\bf w}.$$4 橢圓標準式的矩陣表述
在$\mathbb{R}^2$中，二元二次方程式
$$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$$
稱為「中心在原點的橢圓的標準式」。更精細地說，用方程式$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$定義之橢圓$\Gamma$的集合描述為
$$\Gamma = \left \{ P = (x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \right \}.$$
現在，我們重新改寫橢圓標準式，改用矩陣語言來表示：
$$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = x \cdot \frac{x}{a^2} + y \cdot \frac{y}{b^2} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} \frac{x}{a^2} \\ \frac{y}{b^2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} \frac{1}{a^2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{b^2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}^T \begin{bmatrix} \frac{1}{a^2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{b^2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}.$$
取$\overrightarrow{OP} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = {\bf v}$，$D = \begin{bmatrix} \frac{1}{a^2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{b^2} \end{bmatrix}$，便可將橢圓標準式寫為
$${\bf v}^T D {\bf v} = 1.$$
（其中矩陣取名為$D$之理由為該矩陣是對角矩陣，diagonal matrix）於是橢圓$\Gamma$的集合描述可改寫為
$$\Gamma = \left\{ {\bf v} \in \mathbb{R}^2 \mid {\bf v}^T D {\bf v} = 1, D = \begin{bmatrix} \frac{1}{a^2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{b^2} \end{bmatrix} \right\}.$$
例3：橢圓$\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} = 1$的矩陣方程式為
$$\begin{bmatrix} x & y \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & \frac{1}{9} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = 1.$$
（例題終了）
例4：橢圓$3x^2 + 7y^2 = 1$的矩陣方程式為
$$\begin{bmatrix} x & y \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 7 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = 1.$$
（例題終了）
5 旋轉矩陣及其逆
在$\mathbb{R}^2$上，以原點$O$為旋轉中心，將向量$\bf v$循逆時針方向旋轉角度$\theta$的變換矩陣為
$$R_\theta = \begin{bmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix}.$$
而此變換的逆的幾何意義就是將向量$\bf v$循逆時針方向旋轉角度$-\theta$，因此可得到
$$R_\theta^{-1} = R_{-\theta} = \begin{bmatrix} \cos (-\theta) & -\sin (-\theta) \\ \sin (-\theta) & \cos (-\theta) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos \theta & \sin \theta \\ -\sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix}.$$
再根據轉置的定義，可發現其實$\begin{bmatrix} \cos \theta & \sin \theta \\ -\sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix}^T$，亦即有
$$R_{\theta}^{-1} = \left\{ \begin{align*} &R_{-\theta} \\ &R_{\theta}^T \end{align*} \right. .$$
所以在計算旋轉矩陣的逆的時候，不需要引用逆矩陣公式，直接取其轉置即可。
例5：$R_{30^{\circ}} = \begin{bmatrix} \cos 30^{\circ} & - \sin 30^{\circ} \\ \sin 30^{\circ} & \cos 30^{\circ} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix}$，於是$R_{30^{\circ}}^{-1} = R_{30^{\circ}}^T = \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix}^T = \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix}$。
（例題終了）
6 旋轉橢圓的方程式
現在考慮橢圓
$$\Gamma = \left\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \right\},$$
其矩陣方程式為${\bf v}^T D {\bf v} = 1$，${\bf v} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$，$D = \begin{bmatrix} \frac{1}{a^2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{b^2} \end{bmatrix}$。然後以原點$O$為中心，逆時針方向旋轉角度$\theta$，命所得到的新橢圓為$\Gamma'$，於是對於任意$(x, y) \in \Gamma'$，必有
$$\left( R_{-\theta} {\bf v} \right)^T D \left( R_{-\theta} {\bf v} \right) = 1.$$
然後開始化簡左式，
$$\left( R_{-\theta} {\bf v} \right)^T D \left( R_{-\theta} {\bf v} \right) = {\bf v}^T \left( R_{-\theta} \right)^T D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = {\bf v}^T \left( R_{\theta}^T \right)^T D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = {\bf v}^T R_{\theta} D R_{\theta}^{-1} {\bf v}.$$
因此$\Gamma'$上的點必滿足方程式
$${\bf v}^T R_{\theta} D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = 1.$$
但請注意，我們現在只是證明$\Gamma'$上的點會滿足此方程式，但不表示滿足此方程式的所有點所構成的集合就是$\Gamma'$。例如以原點$O$為圓心、半徑為1，座落於第一、二象限的上半圓，其上每個點的坐標都滿足方程式$x^2 + y^2 = 1$，但方程式$x^2 + y^2 = 1$所代表的圖形卻是整個圓！
取方程式${\bf v}^T R_{\theta} D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = 1$的任一解${\bf v} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$，命${\bf w} = R_{-\theta} {\bf v}$，於是
$${\bf w}^T D {\bf w} = \left( R_{-\theta} {\bf v} \right)^T D \left( R_{-\theta} {\bf v} \right) = {\bf v}^T \left( R_{-\theta} \right)^T D R_{-\theta} {\bf v} = {\bf v}^T \left( R_{\theta}^T \right)^T D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = {\bf v}^T R_{\theta} D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = 1.$$
這意味著${\bf w} = R_{-\theta} {\bf v}$滿足方程式${\bf v}^T D {\bf v} = 1$，也就是說${\bf w}$向量的終點在橢圓$\Gamma$上，而${\bf w}$是${\bf v}$經$R_{-\theta}$變換而來，所以${\bf v}$必可由${\bf w}$經$R_{\theta}$變換而得，從而可確定${\bf v}$的終點在橢圓$\Gamma'$上。亦即方程式${\bf v}^T R_{\theta} D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = 1$的任一解的終點都會是橢圓$\Gamma'$上的一點。
因此我們就能完整確定方程式${\bf v}^T R_{\theta} D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = 1$代表旋轉後的新橢圓！
定理3：橢圓$\Gamma: {\bf v}^T D {\bf v}$以原點$O$為旋轉中心、逆時針旋轉角度$\theta$後的新橢圓的方程式為$\Gamma': {\bf v}^T RDR^{-1} {\bf v}$。例6：橢圓$\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} = 1$以原點$O$為中心、旋轉$30^{\circ}$後，新橢圓的方程式為何？
[解] 取${\bf v} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$、$D = \begin{bmatrix} \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & \frac{1}{9} \end{bmatrix}$、$R = \begin{bmatrix} \cos 30^{\circ} & -\sin 30^{\circ} \\ \sin 30^{\circ} & \cos 30^{\circ} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{-1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix}$，於是
$$RDR^{-1} = \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{-1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & \frac{1}{9} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{-1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{31}{144} & \frac{5 \sqrt{3}}{144} \\ \frac{5 \sqrt{3}}{144} & \frac{21}{144} \end{bmatrix}.$$
所以新橢圓方程式為
$$\begin{bmatrix} x & y \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{31}{144} & \frac{5 \sqrt{3}}{144} \\ \frac{5 \sqrt{3}}{144} & \frac{21}{144} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = 1.$$
展開得
$$\frac{31}{144}x^2 + \frac{10 \sqrt{3}}{144} xy + \frac{21}{144}y^2 = 1.$$
（例題終了）
