115 年 國立中山大學通訊工程研究所乙組《工程數學甲》

觀念與條件分析

設 $B = [a_1, a_2, a_3] \in \mathbb{R}^{n \times 3}$，且 $C = [a_1, a_2, a_3, a_4] \in \mathbb{R}^{n \times 4}$。

1. $Bx = d$ 無解：
   代表向量 $d$ 不在 $B$ 的行空間（Column Space）內，即 $d \notin \text{CS}(B)$。
   因此，$\text{rank}([B, d]) = \text{rank}(B) + 1$。

2. $Cy = d$ 有解：
   代表向量 $d$ 在 $C$ 的行空間內，即 $d \in \text{CS}(C)$。
   亦即存在 $y = [y_1, y_2, y_3, y_4]^T$ 使得 $y_1 a_1 + y_2 a_2 + y_3 a_3 + y_4 a_4 = d$。
   若 $y_4 = 0$，則 $d = y_1 a_1 + y_2 a_2 + y_3 a_3 \in \text{CS}(B)$，與 $Bx = d$ 無解矛盾，故必有 $y_4 \neq 0$。
   移項可得 $a_4 = \frac{1}{y_4}(d - y_1 a_1 - y_2 a_2 - y_3 a_3)$。

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各選項解析與證明

• (A) 錯誤
  $a_4$ 為 $a_1, a_2, a_3, d$ 的線性組合，但不代表 $a_4$ 與 $d$ 必成比例。
  反例：取 $n=2$，$a_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}, a_2 = a_3 = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}, d = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}, a_4 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$。
  此時 $Bx = d$ 無解，$Cy = d$ 有解（$y = [-1, 0, 0, 1]^T$），但 $\{a_4, d\}$ 線性獨立。

解題要點

• $R(M)$ 為 $M$ 的欄空間，$N(M)$ 為零空間。
• $A\in\mathbb R^{m\times n}$，故 $A$ 只能左乘 $n$ 維向量，右乘 $m$ 維向量（$Ay$）在大多數敘述中不成立。

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(A)

$y\in R(AA^T)\subset\mathbb R^{m}$，但 $A$ 的定義只能作用於 $\mathbb R^{n}$ 向量，$Ay$ 未定義，故敘述錯誤。

(B)

$y\in R(A)$ 意味 $y=Ax$（$x\in\mathbb R^{n}$）。同樣遭遇 $Ay$ 未定義的問題，故錯誤。

(C)

$m=n$ 時僅保證 $\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}A^T$，但
$R(A)\neq R(A^T)$

核心觀念

由

$$A=BC$$

可將矩陣乘法視為複合映射：

$$\mathbb{R}^n \xrightarrow{C} \mathbb{R}^k \xrightarrow{B} \mathbb{R}^m.$$

本題主要使用以下性質：

1. 乘積矩陣的 column space

   $$R(BC)\subseteq R(B).$$

2. null space 的包含關係
   若 $Cx=0$，則

   $$Ax=BCx=B0=0,$$

   因此

   $$N(C)\subseteq N(A).$$

3. 乘積矩陣的秩不等式

   $$\operatorname{rank}(BC) \leq \min\{\operatorname{rank}(B),\operatorname{rank}(C)\}.$$

4. 因為 $B$ 是 $m\times k$ 矩陣、$C$ 是 $k\times n$ 矩陣，所以

   $$\operatorname{rank}(B)\leq k,\qquad \operatorname{rank}(C)\leq k.$$

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解題方法

先利用 $A=BC$ 判斷空間的包含關係，再利用秩不等式建立

$$\operatorname{rank}(A)\leq \operatorname{rank}(B)\leq k$$

以及

$$\operatorname{rank}(A)\leq \operatorname{rank}(C)\leq k.$$

其中，當 $k=\operatorname{rank}(A)$ 時，若能得到首尾相等的夾擠關係，就可以判定中間的秩也必須相等。

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選項分析

(A) $R(B)$ is a subset of $R(A)$.

由 $A=BC$ 可知，$A$ 的每一個 column 都是 $B$ 的 columns 的線性組合，因此

$$R(A)=R(BC)\subseteq R(B).$$

題目敘述的方向是

$$R(B)\subseteq R(A),$$

方向相反，通常不成立。

例如令

$$B= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{bmatrix}, \qquad C= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&0 \end{bmatrix}, \qquad A=BC=C.$$

則

$$R(B)=\mathbb{R}^2, \qquad R(A)=\operatorname{span} \left\{ \begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix} \right\}.$$

顯然 $R(B)$ 不包含於 $R(A)$，故 (A) 錯誤。

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(B) $N(A)$ is a subset of $N(C)$.

由 $Cx=0$ 必定推出 $Ax=0$，正確的包含關係是

$$N(C)\subseteq N(A),$$

而非題目所述的

$$N(A)\subseteq N(C).$$

原因是若 $Ax=0$，只能得到

$$BCx=0,$$

這表示 $Cx$ 落在 $N(B)$ 中，不代表 $Cx=0$。

例如令

$$B= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&0 \end{bmatrix}, \qquad C=I_2, \qquad A=BC=B.$$

取

$$x= \begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}.$$

則

$$Ax= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix},$$

所以 $x\in N(A)$；但

$$Cx=I_2x=x\neq 0,$$

因此 $x\notin N(C)$。

核心觀念

本題主要考查：

• 矩陣的秩與像空間；
• 特徵值與特徵向量的定義；
• 實對稱矩陣的對角化；
• 非零特徵值與正特徵值的判定。

特徵值 $\lambda$ 的定義為存在非零向量 $x$，使得

$$Ax=\lambda x.$$

此外，實對稱矩陣一定可以在 $\mathbb{R}$ 上對角化。

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解題方法：利用矩陣分解

令

$$u= \begin{bmatrix} 1\\0\\1\\0\\1 \end{bmatrix}, \qquad v= \begin{bmatrix} 0\\1\\0\\1\\0 \end{bmatrix}.$$

原矩陣可寫成

$$A=3uu^T+2vv^T.$$

其中

$$u^Tu=3,\qquad v^Tv=2,\qquad u^Tv=0.$$

因此，

$$\begin{aligned} Au &=3u(u^Tu)+2v(v^Tu)\\ &=3u(3)+2v(0)\\ &=9u, \end{aligned}$$

所以 $u$ 是特徵向量，對應特徵值 $9$。

同理，

$$\begin{aligned} Av &=3u(u^Tv)+2v(v^Tv)\\ &=3u(0)+2v(2)\\ &=4v, \end{aligned}$$

所以 $v$ 是特徵向量，對應特徵值 $4$。

若向量 $w$ 同時滿足

$$u^Tw=0,\qquad v^Tw=0,$$

則

$$Aw=3u(u^Tw)+2v(v^Tw)=0.$$

因此，所有同時垂直於 $u$ 與 $v$ 的向量，都是特徵值 $0$ 的特徵向量。此子空間在 $\mathbb{R}^5$ 中的維度為

$$5-2=3.$$

故 $A$ 的特徵值及其代數重數為

$$\boxed{9,\ 4,\ 0,\ 0,\ 0}.$$

例如，特徵值 $0$ 的特徵向量可取

$$\begin{bmatrix}1\\0\\-1\\0\\0\end{bmatrix}, \quad \begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\\-1\end{bmatrix}, \quad \begin{bmatrix}0\\1\\0\\-1\\0\end{bmatrix}.$$

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選項分析

(A) $A$ is diagonalizable (over $\mathbb{R}$.)

正確。

矩陣 $A$ 為實對稱矩陣，因此由實對稱矩陣譜定理，$A$ 必可在 $\mathbb{R}$ 上對角化。

核心觀念

向量 $p$ 是 $x$ 在子空間 $W$ 上的正交投影，必須滿足：

$$p\in W,\qquad x-p\in W^\perp.$$

因此，投影誤差 $x-p$ 會垂直於 $W$ 中的每一個向量：

$$w^T(x-p)=0,\qquad \forall w\in W.$$

本題中

$$v_1^Tv_2 = \begin{bmatrix}1&0&-1\end{bmatrix} \begin{bmatrix}1\\2\\1\end{bmatrix} =1-1=0,$$

所以 $v_1,v_2$ 是互相正交的基底。若基底向量互相正交，投影公式為

$$p=\frac{x^Tv_1}{v_1^Tv_1}v_1+ \frac{x^Tv_2}{v_2^Tv_2}v_2.$$

解題方法

先計算各個內積：

$$v_1^Tv_1=1^2+0^2+(-1)^2=2,$$ $$v_2^Tv_2=1^2+2^2+1^2=6.$$

又

$$x^Tv_1 = \begin{bmatrix}1&1&3\end{bmatrix} \begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix} =1-3=-2,$$ $$x^Tv_2 = \begin{bmatrix}1&1&3\end{bmatrix} \begin{bmatrix}1\\2\\1\end{bmatrix} =1+2+3=6.$$

代入正交投影公式：

$$\begin{aligned} p &=\frac{-2}{2}v_1+\frac{6}{6}v_2\\ &=-v_1+v_2\\ &= -\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix} +\begin{bmatrix}1\\2\\1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0\\2\\2\end{bmatrix}. \end{aligned}$$

因此投影誤差為

$$x-p = \begin{bmatrix}1\\1\\3\end{bmatrix} - \begin{bmatrix}0\\2\\2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1\\-1\\1\end{bmatrix}.$$

其長度為

$$\|p\| = \sqrt{0^2+2^2+2^2} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2},$$ $$\|x-p\| = \sqrt{1^2+(-1)^2+1^2} = \sqrt{3}.$$

此外，

$$v_1^T(x-p) = \begin{bmatrix}1&0&-1\end{bmatrix} \begin{bmatrix}1\\-1\\1\end{bmatrix} =1-1=0,$$

觀念與推導

1. 線性轉換之代表矩陣
標準基底 $\mathcal{B} = \{b_1, b_2, b_3\}$ 下，由已知條件 $L(b_1) = 2b_1$、$L(b_2) = b_2$、$L(b_3) = -b_3$，可直接列出線性轉換 $L$ 之代表矩陣 $A$ 為：

$$A = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix}$$

2. 行列式與秩（Determinant & Rank）

• 行列式：$\det(A) = (2)(1)(-1) = -2$。（(D) 正確）
• 秩：矩陣 $A$ 為對角化且對角線皆非零，故 $\text{rank}(A) = 3 \neq 2$。（(E) 錯誤）

將曲面表示為隱函數 $F(x, y, z) = x^2 + y^2 - z = 0$。

(A) 正確
梯度向量計算如下：
$\nabla F(x, y, z) = \frac{\partial F}{\partial x}\mathbf{i} + \frac{\partial F}{\partial y}\mathbf{j} + \frac{\partial F}{\partial z}\mathbf{k} = 2x\mathbf{i} + 2y\mathbf{j} - \mathbf{k}$

(B) 正確
將點 $P(2, -2, 8)$ 代入梯度向量，得 $P$ 點處的法向量為：
$\mathbf{n} = \nabla F(2, -2, 8) = 4\mathbf{i} - 4\mathbf{j} - \mathbf{k}$
切平面方程式為：
$4(x - 2) - 4(y + 2) - 1(z - 8) = 0 \implies 4x - 4y - z = 8$

(C) 錯誤
點 $P$ 處的法向量為 $\mathbf{n} = 4\mathbf{i} - 4\mathbf{j} - \mathbf{k}$（或其任意非零常數倍）。

曲線參數化

已知圓柱面方程式為 $x^2 + y^2 = 1$，且限制分支為 $y > 0$。設參數 $t \in (0, \pi)$，可將 $x, y$ 參數化為：
$x(t) = \cos t, \quad y(t) = \sin t$

代入曲面方程式 $z = \cot^{-1}(x/y)$，主值範圍為 $(0, \pi)$：
$z(t) = \cot^{-1}\left(\frac{\cos t}{\sin t}\right) = \cot^{-1}(\cot t) = t$

因此，空間曲線的向量參數式為：
$\mathbf{r}(t) = \cos t \, \mathbf{i} + \sin t \, \mathbf{j} + t \, \mathbf{k}, \quad t \in (0, \pi)$

微分項計算：
$\mathbf{r}'(t) = -\sin t \, \mathbf{i} + \cos t \, \mathbf{j} + \mathbf{k}$
$||\mathbf{r}'(t)|| = \sqrt{(-\sin t)^2 + \cos^2 t + 1^2} = \sqrt{2}$
$\mathbf{r}''(t) = -\cos t \, \mathbf{i} - \sin t \, \mathbf{j}$

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選項分析與驗證

(A) 錯誤
對應點 $(1,0,0)$ 為 $t \to 0^+$，對應點 $(0,1,\pi/2)$ 為 $t = \pi/2$。
由 $t = 0$ 至 $t = \pi/2$ 之弧長為：
$s = \int_{0}^{\pi/2} ||\mathbf{r}'(t)|| \, dt = \int_{0}^{\pi/2} \sqrt{2} \, dt = \frac{\sqrt{2}\pi}{2} \neq \sqrt{2}\pi$

(B) 錯誤、(C) 正確
計算外積 $\mathbf{r}'(t) \times \mathbf{r}''(t)$：
$\mathbf{r}'(t) \times \mathbf{r}''(t) = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -\sin t & \cos t & 1 \\ -\cos t & -\sin t & 0 \end{vmatrix} = \sin t \, \mathbf{i} - \cos t \, \mathbf{j} + \mathbf{k}$

一、 偏微分方程（PDE）分類判定

二階偏微分方程的一般形式為 $A u_{xx} + B u_{xy} + C u_{yy} + D u_x + E u_y + F u = G$。
針對給定方程式 $x u_{xy} + 2y u = 0$：

• $A = 0$
• $B = x$
• $C = 0$

計算判別式：
$\Delta = B^2 - 4AC = x^2 - 4(0)(0) = x^2$
已知 $x > 0$，故 $\Delta = x^2 > 0$，此 PDE 屬於雙曲型（Hyperbolic）。

• (C) 錯誤：拋物型（Parabolic）需 $\Delta = 0$。
• (D) 錯誤：橢圓型（Elliptic）需 $\Delta < 0$。
• (E) 正確：右式為 $0$ 且所有項均為 $u$ 或其偏導數的一項次，故為齊次（Homogeneous）PDE。

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二、 分離變數法推導與選項 (A)、(B) 比對

設解為 $u(x, y) = X(x) Y(y)$，則 $u_{xy} = X'(x) Y'(y)$。代入原式：
$x X'(x) Y'(y) + 2y X(x) Y(y) = 0$
兩邊同除以 $X(x) Y(y)$ 並分離變數，令分離常數為 $k$：

選項分析：

(A) 正確
一階自主微分方程 $y' = f(y) = y^2 - 3y + 2 = (y-1)(y-2)$。
求平衡點：令 $f(y) = 0 \implies y = 1$ 與 $y = 2$。
微商 $f'(y) = 2y - 3$：

• 於 $y = 1$ 處，$f'(1) = -1 < 0$，故 $y = 1$ 為漸進穩定平衡點（吸引子 Attractor）。
• 於 $y = 2$ 處，$f'(2) = 1 > 0$，故 $y = 2$ 為不穩定平衡點（排斥子 Repeller）。
  因此系統存在吸引子 $y = 1$。

(B) 錯誤
對原式進行變數分離積分：
$\int \frac{dy}{(y-1)(y-2)} = \int dx \implies \ln\left|\frac{y-2}{y-1}\right| = x + C_1 \implies \frac{y-2}{y-1} = c e^x$
解得通解族為 $y(x) = \frac{c e^x - 2}{c e^x - 1}$。
當任意常數 $c = 0$ 時，即可得到 $y(x) = 2$。
由於 $y(x) = 2$ 可由通解族包含，故其為**特解（平衡解）**而非奇異解 (Singular solution)。

核心觀念

複數 $z=a+bj$ 的絕對值（模）定義為

$$|z|=\sqrt{a^2+b^2},$$

其中 $j^2=-1$。幾何上，$|z|$ 表示複數平面上點 $(a,b)$ 到原點的距離。

解題方法

題目給定

$$z=3-4j=3+(-4)j,$$

因此實部為 $3$，虛部為 $-4$。代入複數絕對值公式：

$$|z| =\sqrt{3^2+(-4)^2} =\sqrt{9+16} =\sqrt{25} =5.$$

選項分析

• (A) $1$：錯誤。
  $1$ 並非 $\sqrt{3^2+(-4)^2}$ 的計算結果。

• (B) $5$：正確。
  複數 $3-4j$ 的模為

這題考察複變函數的解析性（Analytic）和整函數（Entire）。

核心觀念：

1. 複變函數的解析性 (Analyticity)： 一個複變函數 $f(z)$ 在點 $z_0$ 處是解析的，如果它在 $z_0$ 的某個鄰域內處處可微。
2. 柯西-黎曼方程 (Cauchy-Riemann Equations)： 對於複變函數 $f(z) = u(x, y) + iv(x, y)$, 如果它在點 $z = x+iy$ 處可微，則必須滿足：
   $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y}$
   $\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}$
   並且，如果這些偏導數連續，則函數在該點解析。
3. 整函數 (Entire Function)： 在整個複數平面上都解析的函數。

解題步驟：

給定函數 $f(z) = \bar{z}$.
將 $z = x + iy$ 代入，得到 $f(z) = \overline{x+iy} = x - iy$.
所以，實部 $u(x, y) = x$, 虛部 $v(x, y) = -y$.

現在，我們檢查柯西-黎曼方程是否成立：
$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x) = 1$.

核心觀念

本題考查複變函數的導數。對多項式函數

$$f(z)=z^2$$

可直接使用冪次法則：

$$\frac{d}{dz}(z^n)=nz^{n-1}$$

因此

$$f'(z)=2z$$

其中 $j$ 為虛數單位，滿足 $j^2=-1$。由於 $z^2$ 是多項式，在所有複數點皆可微。

解題方法

將題目指定的點 $z=1+j$ 代入導函數：

$$f'(1+j)=2(1+j)$$

整理得

$$f'(1+j)=2+2j$$

也可由導數定義直接推導。令 $z_0=1+j$，則

$$\begin{aligned} f'(z_0) &=\lim_{h\to 0}\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h}\\ &=\lim_{h\to 0}\frac{(z_0+h)^2-z_0^2}{h}\\ &=\lim_{h\to 0}\frac{2z_0h+h^2}{h}\\ &=\lim_{h\to 0}(2z_0+h)\\ &=2z_0 \end{aligned}$$

代入 $z_0=1+j$，同樣得到

核心觀念

複變函數寫成

$$f(z)=u(x,y)+jv(x,y),\qquad z=x+jy$$

若要在某區域滿足 Cauchy–Riemann 方程式，必須有

$$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y}, \qquad \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}.$$

本題各選項皆為多項式或其組合，偏導數連續，因此只要在整個定義域滿足上述方程式，即可判定為解析函數。

解題方法

逐一將各函數寫成

$$f(z)=u(x,y)+jv(x,y),$$

再計算 $u_x,u_y,v_x,v_y$，代入

$$u_x=v_y,\qquad u_y=-v_x$$

檢查是否對所有 $x,y$ 成立。

選項分析

(A) $f(z)=x^2+y^2$

此時

$$u(x,y)=x^2+y^2,\qquad v(x,y)=0.$$

因此

$$u_x=2x,\qquad u_y=2y,$$ $$v_x=0,\qquad v_y=0.$$

第一條 Cauchy–Riemann 方程式要求

$$2x=0,$$

第二條要求

$$2y=0.$$

這只在原點成立，並非對整個平面成立，因此不滿足。

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(B) $f(z)=x^2-y^2+j(2xy)$

此時

$$u(x,y)=x^2-y^2,\qquad v(x,y)=2xy.$$

計算偏導數：

$$u_x=2x,\qquad u_y=-2y,$$ $$v_x=2y,\qquad v_y=2x.$$

核心觀念

本題考查複變函數的閉合路徑積分與留數定理。被積函數

$$f(z)=\frac{1}{z}$$

在 $z=0$ 有一階極點，其留數為

$$\operatorname{Res}\left(\frac{1}{z},0\right)=1.$$

依閉合積分符號的慣例，圓周 $|z|=2$ 取逆時針正向。

解題方法

因為 $z=0$ 位於圓 $|z|=2$ 內部，套用留數定理：

$$\oint_{|z|=2}\frac{1}{z}\,dz = 2\pi j\operatorname{Res}\left(\frac{1}{z},0\right) = 2\pi j(1) = 2\pi j.$$

也可用參數法驗算。令

$$z=2e^{j\theta},\qquad 0\leq \theta\leq 2\pi,$$

則

$$dz=2je^{j\theta}\,d\theta.$$

因此