115 國安局特考三等 數理組(選試英文) 線性代數 考古題詳解

115 年・國安局特考・三等・數理組(選試英文)
試題代碼 線性代數

第 一 題15 分

以下的聯立方程式包含四個未知數三個方程式。

(一) 請將聯立方程式表示成矩陣方程式的形式 Ax=bA\mathbf{x}=\mathbf{b}，其中 x=[x1,x2,x3,x4]T\mathbf{x}=[x_1,x_2,x_3,x_4]^T，求 A=?A=?、b=?\mathbf{b}=?。（5 分）

(二) 求出此聯立方程式的通解，x=?\mathbf{x}=?。（10 分）

x1−x2+3x3+2x4=1,−x1+x2−2x3+x4=−2,2x1−2x2+7x3+7x4=1.\begin{aligned} x_1-x_2+3x_3+2x_4&=1,\\ -x_1+x_2-2x_3+x_4&=-2,\\ 2x_1-2x_2+7x_3+7x_4&=1. \end{aligned}

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核心觀念

把聯立方程式寫成 Ax=bA\mathbf{x}=\mathbf{b} 時，AA 的每一列依序放入一條方程式中各未知數的係數，b\mathbf{b} 則放入等號右側的常數。求通解時，可對增廣矩陣 [A∣b][A\mid\mathbf{b}] 做列運算，化為列階梯形式並解出主變數與自由變數的關係。

解題方法

（一）依 x1,x2,x3,x4x_1,x_2,x_3,x_4 的順序整理各方程式係數，得到

A=[1−132−11−212−277],b=[1−21].A= \begin{bmatrix} 1&-1&3&2\\ -1&1&-2&1\\ 2&-2&7&7 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{b}= \begin{bmatrix} 1\\ -2\\ 1 \end{bmatrix}.

因此矩陣方程式為

[1−132−11−212−277][x1x2x3x4]=[1−21].\begin{bmatrix} 1&-1&3&2\\ -1&1&-2&1\\ 2&-2&7&7 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1\\-2\\1 \end{bmatrix}.

（二）由增廣矩陣開始列運算：

[1−1321−11−21−22−2771].\left[ \begin{array}{rrrr|r} 1&-1&3&2&1\\ -1&1&-2&1&-2\\ 2&-2&7&7&1 \end{array} \right].

依序作 R2←R2+R1R_2\leftarrow R_2+R_1、R3←R3−2R1R_3\leftarrow R_3-2R_1：

[1−13210013−10013−1].\left[ \begin{array}{rrrr|r} 1&-1&3&2&1\\ 0&0&1&3&-1\\ 0&0&1&3&-1 \end{array} \right].
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第 二 題10 分

考慮函數 T:R2→R2×2T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^{2\times2} 是一個線性轉換：

T(x1,x2)=x1[2400]+x2[1500].T(x_1,x_2) =x_1 \begin{bmatrix} 2&4\\ 0&0 \end{bmatrix} +x_2 \begin{bmatrix} 1&5\\ 0&0 \end{bmatrix}.

求 x1,x2x_1,x_2，使得

T(x1,x2)=[−3300].T(x_1,x_2)= \begin{bmatrix} -3&3\\ 0&0 \end{bmatrix}.

（10 分）

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核心觀念

線性轉換 T:R2→R2×2T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^{2\times2} 將輸入向量 (x1,x2)(x_1,x_2) 映射為矩陣。題目給出 TT 對標準基底向量的作用，因此可直接依定義計算 T(x1,x2)T(x_1,x_2)，再比較矩陣各位置的元素，得到聯立方程式。

解題方法

先將兩個矩陣分別乘上係數並相加：

T(x1,x2)=[2x1+x24x1+5x200].T(x_1,x_2) = \begin{bmatrix} 2x_1+x_2&4x_1+5x_2\\ 0&0 \end{bmatrix}.

令其等於題目指定的矩陣，比較左上角與右上角元素，可得

{2x1+x2=−3,4x1+5x2=3.\begin{cases} 2x_1+x_2=-3,\\ 4x_1+5x_2=3. \end{cases}

由第一式得 x2=−3−2x1x_2=-3-2x_1，代入第二式：

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第 三 題10 分

假設

A=[0121034−38]∈R3×3,A= \begin{bmatrix} 0&1&2\\ 1&0&3\\ 4&-3&8 \end{bmatrix} \in\mathbb{R}^{3\times3},

求 AA 的反矩陣。（10 分）

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核心觀念

本題考查反矩陣的存在條件與計算。對方陣 AA，若 det⁡(A)≠0\det(A)\ne 0，則 AA 可逆，且

A−1=1det⁡(A)adj⁡(A),A^{-1}=\frac{1}{\det(A)}\operatorname{adj}(A),

其中 adj⁡(A)\operatorname{adj}(A) 為餘因子矩陣的轉置。

解題方法

先計算行列式確認 AA 可逆，再求各元素的餘因子，組成伴隨矩陣。

給定

A=[0121034−38].A= \begin{bmatrix} 0&1&2\\ 1&0&3\\ 4&-3&8 \end{bmatrix}.

沿第一列展開行列式：

det⁡(A)=0∣03−38∣−1∣1348∣+2∣104−3∣=−(8−12)+2(−3)=−2.\det(A) =0\begin{vmatrix}0&3\\-3&8\end{vmatrix} -1\begin{vmatrix}1&3\\4&8\end{vmatrix} +2\begin{vmatrix}1&0\\4&-3\end{vmatrix} =-(8-12)+2(-3)= -2.

因為 det⁡(A)=−2≠0\det(A)=-2\ne 0，所以 AA 可逆。

各餘因子為

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第 四 題15 分

如果

A=[−39−2−82−6483−9−24]∈R3×4,A= \begin{bmatrix} -3&9&-2&-8\\ 2&-6&4&8\\ 3&-9&-2&4 \end{bmatrix} \in\mathbb{R}^{3\times4},

(一) 求 AA 的行空間（Column space of AA）的基底。（7 分）

(二) 求 AA 的零空間（Null space of AA）的基底。（8 分）

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核心觀念

題目文字稱「行空間」，卻括註英文 Column space of AA。兩者是不同子空間：

  • AA 的行空間由 AA 的列向量張成，位於 R4\mathbb R^4。
  • AA 的欄空間由 AA 的欄向量張成，位於 R3\mathbb R^3。

以下依括註的 Column space of AA，求 AA 的欄空間基底。零空間則依題意求解。

列簡化可求矩陣的秩、樞紐欄與零空間。欄空間的基底要從原矩陣中對應樞紐位置的欄取出，不能直接拿列簡化矩陣的欄當作原矩陣欄空間的基底。

解題方法

對 AA 作列運算：

A=[−39−2−82−6483−9−24]→ R3←R3+R1 R1←−13R1R2←R2−2R1R3←R3−3R1[1−3238300838300012]→ R3←112R3 R2←38R2R1←R1−23R2[1−30000110001].A= \begin{bmatrix} -3&9&-2&-8\\ 2&-6&4&8\\ 3&-9&-2&4 \end{bmatrix} \xrightarrow[\ R_3\leftarrow R_3+R_1\ ]{ \substack{R_1\leftarrow-\frac13R_1\\ R_2\leftarrow R_2-2R_1\\ R_3\leftarrow R_3-3R_1}} \begin{bmatrix} 1&-3&\frac23&\frac83\\ 0&0&\frac83&\frac83\\ 0&0&0&12 \end{bmatrix} \xrightarrow[\ R_3\leftarrow\frac1{12}R_3\ ]{ \substack{R_2\leftarrow\frac38R_2\\ R_1\leftarrow R_1-\frac23R_2}} \begin{bmatrix} 1&-3&0&0\\ 0&0&1&1\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix}.

樞紐欄為第 1、3、41、3、4 欄，故 rank⁡(A)=3\operatorname{rank}(A)=3。

（一）AA 的欄空間基底

欄空間基底取自原矩陣 AA 的樞紐欄。因此取第 1、3、41、3、4 欄：

Col⁡(A)=span⁡{[−323],[−24−2],[−884]}.\operatorname{Col}(A)= \operatorname{span}\left\{ \begin{bmatrix}-3\\2\\3\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}-2\\4\\-2\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}-8\\8\\4\end{bmatrix} \right\}.
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第 五 題10 分

假設

A=[−1231343−114664243]∈R4×4,A= \begin{bmatrix} -1&2&3&1\\ 3&4&3&-1\\ 1&4&6&6\\ 4&2&4&3 \end{bmatrix} \in\mathbb{R}^{4\times4},

求 AA 的行列式值。（10 分）

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核心觀念

行列式會受列運算影響：交換兩列，行列式變號；某列乘以常數 cc，行列式也乘以 cc；以某列的倍數加到另一列，行列式不變。適當使用列運算將矩陣化為上三角矩陣後，行列式等於對角線元素的乘積。

解題方法

對 AA 作列運算，逐步消去主對角線下方的元素。以下均採「以某列的倍數加到另一列」，不改變行列式值：

A=[−1231343−114664243].A= \begin{bmatrix} -1&2&3&1\\ 3&4&3&-1\\ 1&4&6&6\\ 4&2&4&3 \end{bmatrix}.

先消去第一欄的其餘元素：

R2←R2+3R1,R3←R3+R1,R4←R4+4R1,R_2\leftarrow R_2+3R_1,\qquad R_3\leftarrow R_3+R_1,\qquad R_4\leftarrow R_4+4R_1,

得到

[−12310101220697010167].\begin{bmatrix} -1&2&3&1\\ 0&10&12&2\\ 0&6&9&7\\ 0&10&16&7 \end{bmatrix}.

接著消去第二欄主對角線下方的元素：

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第 六 題15 分

在 R4\mathbb{R}^4 空間中有

u1=(1,1,0,1)T,u2=(−1,3,1,−2)T,u3=(−1,0,1,1)T,\mathbf{u}_1=(1,1,0,1)^T,\qquad \mathbf{u}_2=(-1,3,1,-2)^T,\qquad \mathbf{u}_3=(-1,0,1,1)^T, y=(4,3,3,−1)T,\mathbf{y}=(4,3,3,-1)^T,

且 Span⁡{u1,u2,u3}\operatorname{Span}\{\mathbf{u}_1,\mathbf{u}_2,\mathbf{u}_3\} 代表由此三個正交向量組成的空間。

(一) 求將向量 y\mathbf{y} 正交投影（orthogonal projection）至 Span⁡{u1,u2,u3}\operatorname{Span}\{\mathbf{u}_1,\mathbf{u}_2,\mathbf{u}_3\} 的向量。（10 分）

(二) 求向量 y\mathbf{y} 離向量空間 Span⁡{u1,u2,u3}\operatorname{Span}\{\mathbf{u}_1,\mathbf{u}_2,\mathbf{u}_3\} 的最短距離。（5 分）

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核心觀念

正交投影是把向量 y\mathbf y 分解為子空間中的分量與其正交補分量：

y=proj⁡Wy+e,proj⁡Wy∈W,e⊥W,\mathbf y=\operatorname{proj}_W\mathbf y+\mathbf e, \qquad \operatorname{proj}_W\mathbf y\in W,\quad \mathbf e\perp W,

其中 W=Span⁡{u1,u2,u3}W=\operatorname{Span}\{\mathbf u_1,\mathbf u_2,\mathbf u_3\}。投影與 WW 間的最短距離為殘差長度 ∥e∥\|\mathbf e\|。

題目所給「正交向量」組是指彼此兩兩正交，即 uiTuj=0\mathbf u_i^T\mathbf u_j=0（i≠ji\ne j）。正交向量組的投影公式為

proj⁡Wy=∑i=13yTuiuiTuiui.\operatorname{proj}_W\mathbf y =\sum_{i=1}^3\frac{\mathbf y^T\mathbf u_i}{\mathbf u_i^T\mathbf u_i}\mathbf u_i.

解題方法

先計算各向量的內積，再代入投影公式。

u1Tu2=−1+3−2=0,u1Tu3=−1+1=0,u2Tu3=1+1−2=0.\begin{aligned} \mathbf u_1^T\mathbf u_2&=-1+3-2=0,\\ \mathbf u_1^T\mathbf u_3&=-1+1=0,\\ \mathbf u_2^T\mathbf u_3&=1+1-2=0. \end{aligned}

因此三向量確為兩兩正交。其平方長度及與 y\mathbf y 的內積為

u1u2u3uiTui3153yTui2−2−6\begin{array}{c|ccc} & \mathbf u_1 & \mathbf u_2 & \mathbf u_3\\ \hline \mathbf u_i^T\mathbf u_i & 3&15&3\\ \mathbf y^T\mathbf u_i & 2&-2&-6 \end{array}

例如 yTu2=4(−1)+3(3)+3(1)+(−1)(−2)=10\mathbf y^T\mathbf u_2=4(-1)+3(3)+3(1)+(-1)(-2)=10? 依座標計算為 −4+9+3+2=10-4+9+3+2=10，故表中此項應為 1010。

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第 七 題10 分

如果

{x1=(1,−4,0,1)T,x2=(7,−7,−4,1)T\left\{ \begin{aligned} \mathbf{x}_1&=(1,-4,0,1)^T,\\ \mathbf{x}_2&=(7,-7,-4,1)^T \end{aligned} \right.

是子空間 WW 的基底，且 W⊂R4W\subset\mathbb{R}^4，請使用 Gram-Schmidt 正交處理技術求出子空間 WW 的正交歸一基底（orthonormal basis）。（10 分）

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核心觀念

本題考 Gram–Schmidt 正交化與單位化。將基底向量依序轉成互相正交的向量，再將每個向量除以自己的長度，即得正交歸一基底。

對 x1,x2\mathbf{x}_1,\mathbf{x}_2，計算公式為

u1=x1,u2=x2−⟨x2,u1⟩⟨u1,u1⟩u1,\mathbf{u}_1=\mathbf{x}_1,\qquad \mathbf{u}_2=\mathbf{x}_2- \frac{\langle\mathbf{x}_2,\mathbf{u}_1\rangle} {\langle\mathbf{u}_1,\mathbf{u}_1\rangle}\mathbf{u}_1,

接著令 qi=ui/∥ui∥\mathbf{q}_i=\mathbf{u}_i/\|\mathbf{u}_i\|。

解題方法

先保留第一個向量：

u1=x1=(1,−4,0,1)T.\mathbf{u}_1=\mathbf{x}_1=(1,-4,0,1)^T.

其平方長度為

⟨u1,u1⟩=12+(−4)2+02+12=18.\langle\mathbf{u}_1,\mathbf{u}_1\rangle =1^2+(-4)^2+0^2+1^2=18.

計算第二個向量在 u1\mathbf{u}_1 上的投影係數：

⟨x2,u1⟩=7(1)+(−7)(−4)+(−4)(0)+1(1)=36,\langle\mathbf{x}_2,\mathbf{u}_1\rangle =7(1)+(-7)(-4)+(-4)(0)+1(1)=36,

因此

⟨x2,u1⟩⟨u1,u1⟩=3618=2.\frac{\langle\mathbf{x}_2,\mathbf{u}_1\rangle} {\langle\mathbf{u}_1,\mathbf{u}_1\rangle} =\frac{36}{18}=2.

扣除投影分量後，

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第 八 題15 分

假設

A=[4−5110−101−1]∈R3×3,A= \begin{bmatrix} 4&-5&1\\ 1&0&-1\\ 0&1&-1 \end{bmatrix} \in\mathbb{R}^{3\times3},

(一) 求出矩陣 AA 的特徵值（eigenvalues）。（6 分）

(二) 求出每個特徵值對應的特徵空間（eigenspaces）。（9 分）

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核心觀念

特徵值 λ\lambda 與特徵向量 x≠0x\ne 0 滿足 Ax=λxAx=\lambda x，因此特徵值由特徵方程

det⁡(λI−A)=0\det(\lambda I-A)=0

求得；對應於 λ\lambda 的特徵空間則是齊次方程

(A−λI)x=0(A-\lambda I)x=0

的解空間，並包含零向量。

解題方法

先計算特徵多項式，再逐一代入各特徵值，求解 A−λIA-\lambda I 的零空間。

det⁡(λI−A)=∣λ−45−1−1λ10−1λ+1∣=(λ−4)(λ(λ+1)+1)+5(−λ−1)−1=λ3−3λ2−3λ−2=(λ−4)(λ2+λ+1).\begin{aligned} \det(\lambda I-A) &= \begin{vmatrix} \lambda-4&5&-1\\ -1&\lambda&1\\ 0&-1&\lambda+1 \end{vmatrix}\\ &=(\lambda-4)\bigl(\lambda(\lambda+1)+1\bigr) +5(-\lambda-1)-1\\ &=\lambda^3-3\lambda^2-3\lambda-2\\ &=(\lambda-4)(\lambda^2+\lambda+1). \end{aligned}

所以特徵值為

λ1=4,λ2,3=−1±i32.\lambda_1=4,\qquad \lambda_{2,3}=\frac{-1\pm i\sqrt3}{2}.

求特徵空間

1. 對應 λ=4\lambda=4

A−4I=[0−511−4−101−5].A-4I= \begin{bmatrix} 0&-5&1\\ 1&-4&-1\\ 0&1&-5 \end{bmatrix}.

令 x=(x1,x2,x3)Tx=(x_1,x_2,x_3)^T，方程組給出 x3=5x2x_3=5x_2、x1=9x2x_1=9x_2，故

E4=Null⁡(A−4I)=span⁡{[915]}.E_4 =\operatorname{Null}(A-4I) =\operatorname{span}\left\{ \begin{bmatrix}9\\1\\5\end{bmatrix} \right\}.

2. 對應 λ=−1+i32\lambda=\dfrac{-1+i\sqrt3}{2}

由 (A−λI)x=0(A-\lambda I)x=0 的第一列可取 x2=1x_2=1，並得 x3=5+λx_3=5+\lambda、x1=4+4λx_1=4+4\lambda。因此

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