108 年 國立中正大學電機工程學系碩士班電力與電能處理甲組《線性代數與微分方程》

這題考的是拉普拉斯轉換的性質，特別是卷积定理。

題目要求計算 $f(t)$ 的拉普拉斯轉換，而 $f(t)$ 的形式是一個積分：
$f(t) = \int_0^t \cosh(\tau)\sinh(t-\tau)d\tau$
這正是兩個函數的卷积 (convolution)。令 $g(\tau) = \cosh(\tau)$ 且 $h(t-\tau) = \sinh(t-\tau)$。
則 $f(t) = (g*h)(t)$。
根據拉普拉斯轉換的卷积定理，若 $F(s) = \mathcal{L}\{f(t)\}$ 且 $G(s) = \mathcal{L}\{g(t)\}$，$H(s) = \mathcal{L}\{h(t)\}$，則
$\mathcal{L}\{(g*h)(t)\} = G(s)H(s)$。

首先，我們需要計算 $g(t) = \cosh(t)$ 和 $h(t) = \sinh(t)$ 的拉普拉斯轉換。
我們知道：
$\cosh(t) = \frac{e^t + e^{-t}}{2}$
$\sinh(t) = \frac{e^t - e^{-t}}{2}$

計算 $\mathcal{L}\{\cosh(t)\}$:
$\mathcal{L}\{\cosh(t)\} = \mathcal{L}\left\{\frac{e^t + e^{-t}}{2}\right\} = \frac{1}{2}\left(\mathcal{L}\{e^t\} + \mathcal{L}\{e^{-t}\}\right)$
$\mathcal{L}\{e^{at}\} = \frac{1}{s-a}$
所以，
$\mathcal{L}\{\cosh(t)\} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-1} + \frac{1}{s-(-1)}\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-1} + \frac{1}{s+1}\right)$
$= \frac{1}{2}\left(\frac{(s+1) + (s-1)}{(s-1)(s+1)}\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{2s}{s^2-1}\right) = \frac{s}{s^2-1}$
所以，$G(s) = \frac{s}{s^2-1}$。

計算 $\mathcal{L}\{\sinh(t)\}$:
$\mathcal{L}\{\sinh(t)\} = \mathcal{L}\left\{\frac{e^t - e^{-t}}{2}\right\} = \frac{1}{2}\left(\mathcal{L}\{e^t\} - \mathcal{L}\{e^{-t}\}\right)$
$\mathcal{L}\{\sinh(t)\} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-1} - \frac{1}{s+1}\right)$
$= \frac{1}{2}\left(\frac{(s+1) - (s-1)}{(s-1)(s+1)}\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{2}{s^2-1}\right) = \frac{1}{s^2-1}$
所以，$H(s) = \frac{1}{s^2-1}$。

根據卷积定理， $f(t)$ 的拉普拉斯轉換為 $F(s) = G(s)H(s)$：

核心觀念

傅立葉級數的收斂定理（Dirichlet 條件）：若 $f$ 在 $(-\pi,\pi)$ 上分段光滑，傅立葉級數在 $f$ 的連續點收斂到 $f(x)$，在跳躍點收斂到左右極限的平均值。本題兩段函數 $\cosh x+\sinh x=e^x$ 與 $\ln(1+x)$ 都是光滑函數，只在 $x=0$ 處不連續，符合條件。

解題方法

$x=1$ 落在第二段 $0\le x<\pi$ 的內部，而 $\ln(1+x)$ 在 $x=1$ 連續，所以不必計算任何傅立葉係數，直接由收斂定理得

這題考的是線性常微分方程組的初值問題，解法是利用矩陣的特徵值與特徵向量。

給定的微分方程組為 $X' = AX$，其中 $A = \begin{bmatrix} 2 & 4 \\ -1 & 6 \end{bmatrix}$ 且初值條件為 $X(0) = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}$。
解這個問題的步驟如下：

1. 求矩陣 $A$ 的特徵值 (eigenvalues)。
2. 求對應的特徵向量 (eigenvectors)。
3. 根據特徵值和特徵向量建構通解。
4. 利用初值條件確定特解。

步驟 1：求特徵值
特徵值 $\lambda$ 滿足特徵方程 $\det(A - \lambda I) = 0$。
$A - \lambda I = \begin{bmatrix} 2-\lambda & 4 \\ -1 & 6-\lambda \end{bmatrix}$
$\det(A - \lambda I) = (2-\lambda)(6-\lambda) - (4)(-1) = 12 - 2\lambda - 6\lambda + \lambda^2 + 4$
$= \lambda^2 - 8\lambda + 16 = 0$
這是一個完全平方公式：
$(\lambda - 4)^2 = 0$
所以，我們得到一個重根：$\lambda_1 = \lambda_2 = 4$。

步驟 2：求特徵向量
由於只有一個重複的特徵值 $\lambda = 4$，我們需要檢查是否存在兩個線性獨立的特徵向量。
計算 $(A - 4I)v = 0$：
$A - 4I = \begin{bmatrix} 2-4 & 4 \\ -1 & 6-4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -2 & 4 \\ -1 & 2 \end{bmatrix}$
我們要解方程組：
$\begin{bmatrix} -2 & 4 \\ -1 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
從第一行得到 $-2v_1 + 4v_2 = 0 \implies v_1 = 2v_2$。
從第二行得到 $-v_1 + 2v_2 = 0 \implies v_1 = 2v_2$。
兩行給出相同的關係。
令 $v_2 = 1$，則 $v_1 = 2$。
所以，一個特徵向量是 $v^{(1)} = \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}$。

因為我們只有一個線性獨立的特徵向量，這表示矩陣 $A$ 是不可對角化的 (not diagonalizable)。
當有重複特徵值且矩陣不可對角化時，我們需要尋找廣義特徵向量 (generalized eigenvectors)。
我們尋找形如 $X(t) = t e^{\lambda t} v^{(1)} + e^{\lambda t} v^{(2)}$ 的解，其中 $v^{(2)}$ 滿足 $(A - \lambda I)v^{(2)} = v^{(1)}$。

步驟 3：尋找廣義特徵向量 $v^{(2)}$
我們需要解 $(A - 4I)v^{(2)} = v^{(1)}$，即：
$\begin{bmatrix} -2 & 4 \\ -1 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1^{(2)} \\ v_2^{(2)} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}$
從第一行得到 $-2v_1^{(2)} + 4v_2^{(2)} = 2 \implies -v_1^{(2)} + 2v_2^{(2)} = 1$。
從第二行得到 $-v_1^{(2)} + 2v_2^{(2)} = 1$。
兩行給出相同的關係。
我們可以令 $v_2^{(2)} = 0$，則 $v_1^{(2)} = -1$。
所以，一個廣義特徵向量是 $v^{(2)} = \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \end{bmatrix}$。

現在我們有兩個線性獨立的解：
$X_1(t) = e^{4t} v^{(1)} = e^{4t} \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}$

核心觀念

本題考查二階線性齊次微分方程的降階法。對已知一個非零解 $y_1(x)$ 的方程

$$y''+P(x)y'+Q(x)y=0,$$

第二個線性獨立解可由公式求得：

$$y_2=y_1\int \frac{e^{-\int P(x)\,dx}}{y_1^2}\,dx.$$

題目已知

$$y_1=x^{-1/2},\qquad x>0.$$

解題方法：降階法

先將原方程除以 $4x^2$：

$$y''+\frac{2}{x}y'+\frac{1}{4x^2}y=0.$$

因此

$$P(x)=\frac{2}{x}.$$

代入降階公式：

$$y_2 = y_1\int \frac{e^{-\int \frac{2}{x}\,dx}}{y_1^2}\,dx.$$

因為 $x>0$，所以

$$\int \frac{2}{x}\,dx=2\ln x,$$

且

$$e^{-2\ln x}=x^{-2}.$$

另外，

$$y_1^2=(x^{-1/2})^2=x^{-1}.$$

故

$$\frac{e^{-\int P(x)\,dx}}{y_1^2} = \frac{x^{-2}}{x^{-1}} = x^{-1}.$$

因此

$$y_2 = x^{-1/2}\int \frac{1}{x}\,dx = x^{-1/2}\ln x.$$

核心觀念

本題是矩形區域上的二維拉普拉斯方程：

$$u_{xx}+u_{yy}=0$$

這類邊界值問題適合使用「分離變數法」。由於 $x=0$ 與 $x=a$ 兩側的邊界值皆為零，$x$ 方向的特徵函數會自然形成正弦函數列；再利用傅立葉正弦級數展開上邊界函數 $f(x)$。

所用的重要公式為：

$$\sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right),\qquad n=1,2,3,\ldots$$

以及傅立葉正弦級數係數：

$$F_n=\frac{2}{a}\int_0^a f(\xi)\sin\left(\frac{n\pi \xi}{a}\right)\,d\xi.$$

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解題方法：分離變數

設解可寫成

$$u(x,y)=X(x)Y(y).$$

代入拉普拉斯方程：

$$X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0.$$

兩邊除以 $X(x)Y(y)$：

$$\frac{X''(x)}{X(x)}+\frac{Y''(y)}{Y(y)}=0.$$

由於左邊第一項只與 $x$ 有關，第二項只與 $y$ 有關，因此兩者必須各自等於常數。取分離常數為 $-\lambda$，得到

$$\frac{X''}{X}=-\lambda, \qquad \frac{Y''}{Y}=\lambda.$$

所以

$$X''+\lambda X=0,$$ $$Y''-\lambda Y=0.$$

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$x$ 方向的特徵函數

由邊界條件

$$u(0,y)=0,\qquad u(a,y)=0,$$

可得

$$X(0)=0,\qquad X(a)=0.$$

考慮

$$X''+\lambda X=0.$$

非零解必須滿足 $\lambda>0$。令 $\lambda=\mu^2$，則

$$X(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x).$$

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，因此

$$X(x)=B\sin(\mu x).$$

再由 $X(a)=0$：

$$\sin(\mu a)=0.$$

因此

$$\mu a=n\pi,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

所以特徵值與特徵函數為

$$\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{a}\right)^2,$$ $$X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right).$$

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$y$ 方向的解

對每一個 $n$，$Y$ 滿足

$$Y_n''-\left(\frac{n\pi}{a}\right)^2Y_n=0.$$

其一般解為

$$Y_n(y) = C_n\cosh\left(\frac{n\pi y}{a}\right) + D_n\sinh\left(\frac{n\pi y}{a}\right).$$

由下邊界條件

$$u(x,0)=0$$

可知 $Y_n(0)=0$。由於

$$\cosh(0)=1,\qquad \sinh(0)=0,$$

因此 $C_n=0$，得到

$$Y_n(y)=D_n\sinh\left(\frac{n\pi y}{a}\right).$$

故所有分離變數解的線性組合為

$$u(x,y) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n \sinh\left(\frac{n\pi y}{a}\right) \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right).$$

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套用上邊界條件

在 $y=b$ 時，題目要求

$$u(x,b)=f(x).$$

因此

核心觀念

矩陣 $C$ 的反矩陣存在，當且僅當 $C$ 可逆；對方陣而言，判斷條件為

$$\det(C)\neq 0.$$

由於 $C=AB$，可利用行列式乘法公式

$$\det(C)=\det(AB)=\det(A)\det(B).$$

因此，只要分別判斷 $A$ 與 $B$ 是否可逆，即可判斷 $C$ 是否可逆。

解題方法

矩陣 $A$ 為對角矩陣，因此其行列式等於對角線元素的乘積：

$$\det(A)=3\cdot 2\cdot 1\cdot 4=24\neq 0.$$

所以 $A$ 可逆。

矩陣 $B$ 為反序置換矩陣：

$$B= \begin{bmatrix} 0&0&0&1\\ 0&0&1&0\\ 0&1&0&0\\ 1&0&0&0 \end{bmatrix}.$$

直接觀察可得

$$B^2=I,$$

因此

$$B^{-1}=B,$$

故 $B$ 可逆，且 $\det(B)\neq 0$。事實上，$B$ 對應的置換為

$$(1,2,3,4)\mapsto(4,3,2,1),$$

其反序排列包含 $6$ 次交換，為偶置換，因此

$$\det(B)=1.$$

所以

核心觀念

矩陣 $B\in\mathbb{R}^{4\times 4}$ 具有 full column rank（滿列秩），表示其四個欄向量線性獨立，即

$$\operatorname{rank}(B)=4.$$

對於方陣而言，以下條件等價：

$$\operatorname{rank}(B)=4 \iff \det(B)\neq 0 \iff B\text{ 可逆}.$$

題目中的矩陣 $B$ 並未含有參數 $b$，因此「找出所有可能的 $b$」應是題目文字誤植；此處直接判斷給定的 $B$ 是否具有滿列秩。

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解題方法

矩陣 $B$ 為

$$B= \begin{bmatrix} 0&0&0&1\\ 0&0&1&0\\ 0&1&0&0\\ 1&0&0&0 \end{bmatrix}.$$

其欄向量為

$$\mathbf b_1= \begin{bmatrix}0\\0\\0\\1\end{bmatrix},\quad \mathbf b_2= \begin{bmatrix}0\\0\\1\\0\end{bmatrix},\quad \mathbf b_3= \begin{bmatrix}0\\1\\0\\0\end{bmatrix},\quad \mathbf b_4= \begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\end{bmatrix}.$$

這四個欄向量只是標準基底向量

$$\mathbf e_4,\ \mathbf e_3,\ \mathbf e_2,\ \mathbf e_1$$

的重新排列，因此必定線性獨立，故

$$\operatorname{rank}(B)=4.$$

亦可直接觀察到 $B$ 是將向量座標反向排列的置換矩陣。計算其平方：

這題考的是矩陣的 LU 分解 (LU decomposition)。

題目要求對矩陣 $A$ 進行 LU 分解，其中
$A = \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{bmatrix}$
矩陣 $A$ 是一個 $4 \times 4$ 的對角矩陣 (diagonal matrix)。

LU 分解是指將一個矩陣 $A$ 分解為一個下三角矩陣 $L$ 和一個上三角矩陣 $U$ 的乘積，即 $A = LU$。
對於某些矩陣，可能需要進行行交換，這時分解形式為 $PA = LU$，其中 $P$ 是一個置換矩陣。

對於一個對角矩陣，其 LU 分解非常簡單。
下三角矩陣 $L$ 的對角線元素通常是 1，上三角矩陣 $U$ 的對角線元素是原始矩陣的對角線元素。

由於 $A$ 本身就是一個對角矩陣，我們可以將它直接視為上三角矩陣 $U$。
$U = A = \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{bmatrix}$
這是一個上三角矩陣，因為它對角線以下的元素都是零。

對於下三角矩陣 $L$，它必須滿足 $A = LU$。
$\begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{bmatrix} = L \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{bmatrix}$
由於 $L$ 必須是一個下三角矩陣，且通常要求其對角線元素為 1，我們可以考慮 $L$ 的形式：
$L = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} = I$
其中 $I$ 是 $4 \times 4$ 的單位矩陣。
驗證：$LU = I \times A = A$。
這是最簡單的 LU 分解。

LU 分解的常見定義：

1. $L$ 是下三角矩陣，對角線元素為 1。
2. $U$ 是上三角矩陣。

因此，對於對角矩陣 $A = \text{diag}(d_1, d_2, d_3, d_4)$，其 LU 分解為：
$L = I$ (單位矩陣)
$U = A$ (對角矩陣本身就是上三角矩陣)

所以，
$L = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$
$U = \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{bmatrix}$
$A = LU = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{bmatrix}$

詳細步驟：
LU 分解通常通過高斯消去法來實現。
對於一個矩陣 $A$，我們通過一系列的初等列運算 (或初等行運算) 將其變成上三角矩陣 $U$。
如果我們使用初等行運算，則 $PA = LU$。
如果我們使用初等列運算，則 $AP = LU$。
然而，對於 LU 分解，通常是指 $A=LU$。這可以通過高斯消去法來完成，其中 $L$ 的元素是消去過程中使用的乘數的負值。

核心觀念

超定系統的方程式多於未知數，但仍可能相容。相容的意思是：存在同一組未知數，能同時滿足所有方程式。

本題先利用前三個方程式求出 $x_1,x_2,x_3$，再將這組解代入後兩個方程式，檢查 $c,d,e$ 必須滿足的條件。

解題方法

由第一式與第三式相減：

$$(2x_1+x_3)-(x_1+x_3)=2-1$$

因此

$$x_1=1$$

代入第一式：

$$1+x_3=1 \quad\Longrightarrow\quad x_3=0$$

再代入第二式：

$$x_2+0=0 \quad\Longrightarrow\quad x_2=0$$

所以前三個方程式唯一決定

$$(x_1,x_2,x_3)=(1,0,0)$$

要使整個系統相容，後兩式也必須由這組解滿足。代入第四式：

這題考的是行空間 (row space) 的基底 (basis) 的概念。

給定矩陣 $D$:
$D = \begin{bmatrix} 2 & -1 & -1 \\ 0 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 2 \end{bmatrix}$
行空間是由矩陣的行向量所生成的向量空間。
基底是行空間中線性獨立的向量集合，它們的數量等於空間的維度 (即矩陣的秩)。
題目要求從 $D$ 的行向量中找出一個基底。

首先，我們需要確定行空間的維度，也就是矩陣 $D$ 的秩。
秩可以通過將矩陣化簡為行階梯形 (row echelon form) 來找到。
$D = \begin{bmatrix} 2 & -1 & -1 \\ 0 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 2 \end{bmatrix}$
我們可以對矩陣 $D$ 進行行運算。
將第二行和第三行交換，這不會改變秩。
$\begin{bmatrix} 2 & -1 & -1 \\ 0 & -1 & 2 \\ 0 & 2 & -1 \end{bmatrix}$
現在，為了消去第三行的第二個元素，我們可以進行 $R_3 \leftarrow R_3 + 2R_2$。
$\begin{bmatrix} 2 & -1 & -1 \\ 0 & -1 & 2 \\ 0 & 2 + 2(-1) & -1 + 2(2) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & -1 & -1 \\ 0 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & 3 \end{bmatrix}$
這個矩陣是行階梯形。
非零行的數量是 3。
因此，$\text{rank}(D) = 3$。

這意味著行空間的維度是 3。
基底應該包含 3 個線性獨立的向量。
由於 $D$ 是一個 $3 \times 3$ 的矩陣，並且其秩為 3，所以 $D$ 的三個行向量是線性獨立的。
因此，矩陣 $D$ 的三個行向量本身就構成了一個基底。

行向量是：
$r_1 = [2, -1, -1]$
$r_2 = [0, 2, -1]$
$r_3 = [0, -1, 2]$

這三個向量是線性獨立的，因為它們是 $D$ 的行向量，且 $D$ 的秩為 3。
所以，基底 $B$ 可以是 $\{r_1, r_2, r_3\}$。

核心觀念

矩陣 $D$ 的特徵值 $\lambda$ 與特徵向量 $\mathbf{x}\neq\mathbf{0}$ 定義為

$$D\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}.$$

求解時使用特徵方程式

$$\det(D-\lambda I)=0.$$

求得特徵值後，再對每個 $\lambda$ 解齊次方程組

$$(D-\lambda I)\mathbf{x}=\mathbf{0},$$

即可得到對應的特徵向量。

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解題方法

題目給定

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

由於第一欄在第一列以下皆為 $0$，矩陣可視為分塊上三角矩陣：

$$D= \begin{bmatrix} 2 & *\\ 0 & B \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 2 & -1\\ -1 & 2 \end{bmatrix}.$$

分塊三角矩陣的特徵值等於對角區塊的特徵值，因此先計算 $B$ 的特徵值：

$$\det(B-\lambda I) = \det \begin{bmatrix} 2-\lambda & -1\\ -1 & 2-\lambda \end{bmatrix}.$$

因此

$$\det(B-\lambda I) =(2-\lambda)^2-1 =(1-\lambda)(3-\lambda).$$

再加上左上角區塊所提供的特徵值 $\lambda=2$，得到

$$\det(D-\lambda I) =(2-\lambda)(1-\lambda)(3-\lambda).$$

所以 $D$ 的特徵值為

$$\lambda=1,\quad 2,\quad 3.$$

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特徵值 $\lambda=1$ 的特徵向量

計算

$$D-I= \begin{bmatrix} 1 & -1 & -1\\ 0 & 1 & -1\\ 0 & -1 & 1 \end{bmatrix}.$$

令

$$\mathbf{x}= \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix},$$

則

$$(D-I)\mathbf{x}=\mathbf{0}$$

給出

$$\begin{cases} x-y-z=0,\\ y-z=0,\\ -y+z=0. \end{cases}$$

由 $y=z$，代入第一式得

$$x=2y.$$

令 $y=1$，便可取

$$\mathbf{v}_1= \begin{bmatrix} 2\\1\\1 \end{bmatrix}.$$

因此，$\lambda=1$ 的特徵向量為

$$\mathbf{x}=t \begin{bmatrix} 2\\1\\1 \end{bmatrix}, \qquad t\neq 0.$$

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特徵值 $\lambda=2$ 的特徵向量

計算

$$D-2I= \begin{bmatrix} 0 & -1 & -1\\ 0 & 0 & -1\\ 0 & -1 & 0 \end{bmatrix}.$$

解

$$(D-2I)\mathbf{x}=\mathbf{0}$$

得到