107 國安局特考三等 數理組(選試英文) 線性代數 考古題詳解

核心觀念

本題的核心在於探討矩陣的秩（Rank）的基本性質與**線性方程組 $Ax = b$ 的可解性條件（Consistency）**之間的幾何對應關係：

1. 矩陣的秩之維度限制： 對於任意 $m \times n$ 矩陣 $A$（$m$ 為列數，$n$ 為行數），其行空間 $\mathcal{C}(A)$ 是 $\mathbb{R}^m$ 的子空間，且列空間 $\mathcal{R}(A)$ 是 $\mathbb{R}^n$ 的子空間。由秩的定義可知： $\text{rank}(A) = r \le \min(m, n)$ 亦即必有 $r \le m$ 且 $r \le n$。

2. 線性方程組 $Ax = b$ 的可解性判定：

• 幾何觀點：$Ax$ 是 $A$ 的各行向量（Column vectors）的線性組合。因此，$Ax = b$ 有解充要條件為 $b \in \mathcal{C}(A)$（$b$ 落在 $A$ 的行空間中）。
• 代數觀點（Rouché–Capelli 定理）：$Ax = b$ 有解 $\iff \text{rank}(A) = \text{rank}([A \mid b])$。

3. 全域可解性（滿列秩 Full Row Rank）： 若對「任意」$b \in \mathbb{R}^m$ 方程組 $Ax = b$ 皆有解，等價於行空間鋪滿整個目標空間，即 $\mathcal{C}(A) = \mathbb{R}^m$，此時 $\text{rank}(A) = m$。 反之，若「存在」某個 $b \in \mathbb{R}^m$ 使得 $Ax = b$ 無解，代表行空間未能鋪滿 $\mathbb{R}^m$，即 $\mathcal{C}(A) \subsetneq \mathbb{R}^m$。

解題方法

本題要求導出 $m$、$n$ 及 $r$ 三者之間的大小關係，解題切入點分為「秩與維度的固有關係」以及「無解條件帶來的限制」兩部分：

步驟一：由矩陣維度確立 $r$ 與 $n$ 的基本限制

矩陣 $A$ 的行空間 $\mathcal{C}(A)$ 是由 $A$ 的 $n$ 個行向量所張成（span）。 因為最多只有 $n$ 個向量，其最大可能線性獨立的向量數絕不可能超過 $n$： $r = \dim(\mathcal{C}(A)) \le n$ 此為任何 $m \times n$ 矩陣必然成立的幾何性質。

步驟二：由「存在無解的 $b$」推導 $r$ 與 $m$ 的嚴格大小關係

考慮矩陣方程式 $Ax = b$：

• 假設 $r = m$： 由於 $\mathcal{C}(A)$ 為 $\mathbb{R}^m$ 之子空間，若 $\dim(\mathcal{C}(A)) = m$，則必定有 $\mathcal{C}(A) = \mathbb{R}^m$。這表示任何一個 $m \times 1$ 的向量 $b$ 都必然落在 $\mathcal{C}(A)$ 之中，亦即對所有的向量 $b$，$Ax = b$ 恆有解（必相容）。
• 然而題目明確指出「存在一個 $m \times 1$ 的向量 $b$，使得 $Ax = b$ 是無解」： 這代表行空間並未鋪滿全空間，即 $\mathcal{C}(A) \subsetneq \mathbb{R}^m$。 子空間真包含於全空間時，其維度必嚴格小於全空間的維度： $\dim(\mathcal{C}(A)) < m \implies r < m$ 因此，$r$ 與 $m$ 之間絕不可能存在等號，必為嚴格小於。

核心觀念

本題評量線性代數中「固有值（特徵值）之代數性質」、「實係數矩陣特徵多項式的根分佈」以及「極小多項式與對角化條件」。所涉及的核心定理與公式如下：

1. 固有值與固有向量定義： 若 $\lambda$ 為矩陣 $A$ 的固有值，則存在非零向量 $\mathbf{v} \neq \mathbf{0}$，滿足： $A\mathbf{v} = \lambda\mathbf{v}$
2. 矩陣多項式與固有值關係： 若 $A\mathbf{v} = \lambda\mathbf{v}$，則對任意正整數 $k$，皆有 $A^k\mathbf{v} = \lambda^k\mathbf{v}$。
3. 實係數多項式之虛根共軛定理： 實係數 $2\times 2$ 矩陣之特徵多項式 $p_A(t) = \det(tI - A)$ 為實係數二次多項式。若其具有非實數之複數根，則該複數根必成共軛對出現。
4. 極小多項式與可對角化定理： 矩陣 $A$ 可在複數體 $\mathbb{C}$ 上對角化的充要條件為：$A$ 的極小多項式 $m_A(t)$ 在 $\mathbb{C}$ 上無重根（全部為相異一次因式的乘積）。
5. 跡（Trace）與行列式（Determinant）的固有值求法： 設 $2\times 2$ 矩陣 $A$ 的固有值為 $\lambda_1, \lambda_2$，則： $\text{tr}(A) = \lambda_1 + \lambda_2$ $\det(A) = \lambda_1 \lambda_2$

解題方法

（一）證明：若 $\lambda$ 為 $A$ 的固有值，則 $\lambda^3 = 1$

1. 依定義出發： 設 $\lambda$ 為 $A$ 的一個固有值，由定義知存在非零向量 $\mathbf{v} \in \mathbb{C}^2$ 且 $\mathbf{v} \neq \mathbf{0}$，使得： $A\mathbf{v} = \lambda\mathbf{v}$

2. 推導高次方作用： 等號兩邊左乘 $A$： $A^2\mathbf{v} = A(A\mathbf{v}) = A(\lambda\mathbf{v}) = \lambda(A\mathbf{v}) = \lambda(\lambda\mathbf{v}) = \lambda^2\mathbf{v}$ 再左乘一次 $A$： $A^3\mathbf{v} = A(A^2\mathbf{v}) = A(\lambda^2\mathbf{v}) = \lambda^2(A\mathbf{v}) = \lambda^3\mathbf{v}$

3. 結合已知條件 $A^3 = I$： 因 $A^3 = I$，故： $A^3\mathbf{v} = I\mathbf{v} = \mathbf{v}$ 將兩式聯立： $\lambda^3\mathbf{v} = \mathbf{v} \implies (\lambda^3 - 1)\mathbf{v} = \mathbf{0}$

4. 得出結論： 因固有向量 $\mathbf{v} \neq \mathbf{0}$，純量必須為零，即： $\lambda^3 - 1 = 0 \implies \lambda^3 = 1$ 得證。

（二）求 $A$ 矩陣的跡（$\text{tr}(A)$）與行列式（$\det(A)$）

1. 求方程式 $\lambda^3 = 1$ 的可能解： 方程式 $\lambda^3 - 1 = 0$ 可因式分解為 $(\lambda - 1)(\lambda^2 + \lambda + 1) = 0$。其三根為： $\lambda = 1, \quad \omega = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i, \quad \bar{\omega} = -\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i$ 因此，$A$ 的固有值只能從 $\{1, \omega, \bar{\omega}\}$ 中選取。

2. 排除全部固有值為 $1$ 的情況： 因 $A^3 - I = O$，多項式 $f(t) = t^3 - 1 = (t-1)(t^2+t+1)$ 為 $A$ 的零化多項式（annihilating polynomial）。 由於 $f(t)$ 在複數系上無重根，故 $A$ 的極小多項式 $m_A(t)$ 亦無重根，這表示 $A$ 在複數體 $\mathbb{C}$ 上必然可對角化。

• 若 $A$ 的固有值均為 $1$（即代數重數為 2），則其幾何重數必等於代數重數（可對角化）。

核心觀念

1. 平面反射算子（Reflection Operator）： 對平面上通過原點的直線進行鏡射反射，此幾何映射為線性變換。題目所給幾何條件「$AC=BC$ 且 $OC \perp AB$」即為點 $B$ 是點 $A$ 關於直線 $OC$（即直線 $y=2x$）的對稱點（反射點）。
2. 特徵值與特徵向量（固有基底變換）：

• 落在反射軸 $y=2x$ 上的任意非零向量 $v_1$，反射後保持不變，即 $T(v_1) = v_1$（對應特徵值 $\lambda_1 = 1$）。
• 與反射軸垂直的法向量 $v_2$，反射後方向相反、長度不變，即 $T(v_2) = -v_2$（對應特徵值 $\lambda_2 = -1$）。

3. 豪斯霍爾德變換（Householder Reflection）： 若直線的法向量為 $n$，則任意向量 $x$ 沿法向量 $n$ 的正交投影為 $\text{proj}_n(x) = \frac{n^T x}{n^T n}n$，反射變換公式為： $T(x) = x - 2\,\text{proj}_n(x) = \left( I - 2\frac{nn^T}{n^T n} \right)x$

解題方法

本題可採用以下兩種標準方法求解：

方法一：特徵向量與基底變換法（正規代數解法）

1. 選取特徵基底 $\alpha$： 直線方程式為 $2x - y = 0$。

• 取直線方向向量 $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$，滿足 $T(v_1) = v_1$。
• 取直線法向量 $v_2 = \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \end{pmatrix}$，滿足 $T(v_2) = -v_2$。

在基底 $\alpha = \{v_1, v_2\}$ 下，$T$ 的對角化矩陣表示為： $[T]_\alpha = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$

2. 建立座標轉換矩陣 $P$： 由基底 $\alpha$ 轉換至標準基底 $\beta$ 的轉換矩陣為： $P = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}$ 計算反矩陣 $P^{-1}$： $\det(P) = (1)(-1) - (2)(2) = -5$ $P^{-1} = \frac{1}{-5}\begin{pmatrix} -1 & -2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{5}\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}$

3. 求標準基底下的矩陣 $[T]_\beta$： 利用相似變換公式 $[T]_\beta = P [T]_\alpha P^{-1}$： $[T]_\beta = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \left[ \frac{1}{5}\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} \right]$ $[T]_\beta = \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \left[ \frac{1}{5}\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} \right] = \frac{1}{5}\begin{pmatrix} 1(1)+(-2)(2) & 1(2)+(-2)(-1) \\ 2(1)+1(2) & 2(2)+1(-1) \end{pmatrix}$ $[T]_\beta = \frac{1}{5}\begin{pmatrix} -3 & 4 \\ 4 & 3 \end{pmatrix}$

方法二：Householder 投影公式法（幾何投影推導）

1. 直線方程式為 $2x - y = 0$，其法向量為 $n = \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \end{pmatrix}$。
2. 計算外積矩陣 $nn^T$ 與範數平方 $n^T n$： $n^T n = 2^2 + (-1)^2 = 5$

核心觀念

本題評量有限維度向量空間上線性變換（線性函數）的幾何性質與維度關係，核心觀念包含：

1. 值域與零空間的定義：

• 值域：$R(T) = \{T(v) \in V \mid v \in V\}$。
• 零空間：$N(T) = \{v \in V \mid T(v) = 0\}$。

2. 零空間的包含關係：

• 複合變換之零空間具包含性：$N(T) \subseteq N(T^2)$。

3. 秩與零度定理（Rank-Nullity Theorem / 維度定理）：

• 若 $V$ 為有限維度向量空間，且 $T: V \to V$ 為線性變換，則：

4. 有限維度子空間之維度性質：

• 若 $W_1, W_2$ 為有限維向量空間之子空間，且 $W_1 \subseteq W_2$，則 $\dim(W_1) \le \dim(W_2)$。特別地，當 $\dim(W_1) = \dim(W_2)$ 時，$W_1 = W_2$。

解題方法

本題證明策略採用「雙重維度定理搭配零空間等價性」，先將條件中的「秩相等」轉化為「零空間相等」，再透過元素追蹤法（Element-chasing）證明交集僅含零向量。

步驟一：證明 $N(T) \subseteq N(T^2)$

任取 $v \in N(T)$，依零空間定義有：

兩邊再作用一次線性變換 $T$：

因此 $v \in N(T^2)$。此即證明了：

步驟二：利用維度定理證明 $N(T) = N(T^2)$

因為 $V$ 為有限維度向量空間，分別對線性變換 $T$ 與 $T^2$ 套用秩與零度定理：

題目已知 $\text{rank}(T) = \text{rank}(T^2)$，兩式相減可得：

由步驟一已知 $N(T) \subseteq N(T^2)$，且兩者維度相等並皆為有限維度，故得：

步驟三：證明 $R(T) \cap N(T) = \{0\}$

任取向量 $x \in R(T) \cap N(T)$：

1. 由於 $x \in R(T)$，存在向量 $y \in V$ 滿足：

2. 由於 $x \in N(T)$，滿足：

將 $x = T(y)$ 代入 $T(x) = 0$，得：

這表示 $y \in N(T^2)$。

核心觀念

1. 特徵值與特徵向量（固有值與固有向量）： 設 $A$ 為 $n \times n$ 方陣，若存在純量 $\lambda$ 與非零向量 $\mathbf{v}$ 使得 $A\mathbf{v} = \lambda\mathbf{v}$，則稱 $\lambda$ 為 $A$ 的特徵值（固有值），$\mathbf{v}$ 為其相對應的特徵向量（固有向量）。解法為先由特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$ 求出特徵值，再代入齊次方程組 $(A - \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$ 求出特徵向量。
2. 實對稱矩陣之主軸定理（Principal Axis Theorem）： 實對稱矩陣必可被正交矩陣對角化，且相異特徵值所對應之特徵向量必互相正交。利用正交坐標轉換 $\mathbf{x} = P\mathbf{x}'$（其中 $P$ 為正交矩陣，滿足 $P^T P = I$），不僅能將二次形式（Quadratic Form）消去交叉項化為標準形，且能保持向量的歐幾里得範數（Euclidean Norm）不變，即 $\|\mathbf{x}\|^2 = \|\mathbf{x}'\|^2$。
3. 二次形式之條件極值（或雷利商數 Rayleigh Quotient）： 橢球面 $\mathbf{x}^T A \mathbf{x} = 1$（$A$ 為正定對稱矩陣）到原點的距離平方即為 $\|\mathbf{x}\|^2 = x^2+y^2+z^2$。該距離平方的最大值與最小值分別對應到主軸長度的平方，亦即矩陣 $A$ 最小與最大特徵值的倒數 $\frac{1}{\lambda_{\min}}$ 與 $\frac{1}{\lambda_{\max}}$。

解題方法

子題（一）

步驟 1：求解特徵多項式與固有值

考慮矩陣 $A = \begin{bmatrix} 3 & 0 & -1 \\ 0 & 3 & 0 \\ -1 & 0 & 3 \end{bmatrix}$ 的特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$：

沿第二列進行拉普拉斯展開（Laplace expansion）：

利用平方差公式因式分解：

解得固有值為：

步驟 2：求解相對應之固有向量

1. 當 $\lambda_1 = 2$ 時： 解齊次聯立方程組 $(A - 2I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$：

化為列簡梯形矩陣（RREF）：

令自由變數 $z = c_1$（$c_1 \neq 0$），得相對應之固有向量為：

2. 當 $\lambda_2 = 3$ 時： 解齊次聯立方程組 $(A - 3I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$：

由第一列與第三列可知 $z = 0$ 且 $x = 0$，$y$ 為自由變數。令 $y = c_2$（$c_2 \neq 0$），得相對應之固有向量為：

3. 當 $\lambda_3 = 4$ 時： 解齊次聯立方程組 $(A - 4I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$：

化為列簡梯形矩陣：

令自由變數 $z = -c_3$（$c_3 \neq 0$），得相對應之固有向量為：

子題（二）

步驟 1：建立矩陣二次形式