109 年 國立中正大學電機工程學系碩士班計算機工程組《線性代數與微分方程》

本題考查行列式的計算與性質。給定一個 4x4 矩陣 $A$，要求找出參數 $p$ 的值，使得 $\det(A) = 1$。

矩陣 $A$ 為：

$$A = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & p & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

計算行列式 $\det(A)$ 的方法有多種，這裡我們採用沿著某一行或某一列展開的方式。選擇第三列展開會比較簡潔，因為其中有兩個零。

$$\det(A) = 2 \cdot C_{31} + 0 \cdot C_{32} + 0 \cdot C_{33} + 0 \cdot C_{34}$$

其中 $C_{ij} = (-1)^{i+j} M_{ij}$，而 $M_{ij}$ 是去掉第 $i$ 行和第 $j$ 列後剩下的子矩陣的行列式。

$C_{31} = (-1)^{3+1} M_{31} = (-1)^4 \det \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & p & 0 \\ 3 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

我們需要計算這個 3x3 子矩陣的行列式。可以選擇第一行展開：
$\det \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & p & 0 \\ 3 & 0 & 0 \end{bmatrix} = 0 \cdot C_{11} + 0 \cdot C_{12} + 1 \cdot C_{13}$
$C_{13} = (-1)^{1+3} M_{13} = (-1)^4 \det \begin{bmatrix} 0 & p \\ 3 & 0 \end{bmatrix} = 1 \cdot (0 \cdot 0 - p \cdot 3) = -3p$

所以，$M_{31} = -3p$。
因此，$C_{31} = 1 \cdot (-3p) = -3p$。

現在回到 $\det(A)$ 的計算：
$\det(A) = 2 \cdot C_{31} = 2 \cdot (-3p) = -6p$。

題目要求 $\det(A) = 1$，所以我們有：
$-6p = 1$
$p = -\frac{1}{6}$

另一種計算方法是透過列交換或行交換將矩陣化為上三角矩陣或下三角矩陣。
將第三列與第一列交換：

本題考查矩陣的秩 (rank) 的概念。矩陣的秩定義為其行空間 (column space) 或列空間 (row space) 的維度，也等於其非零的行 (或列) 向量的最大線性獨立組數。對於一個 $n \times n$ 方陣，如果其秩為 $n$，則該矩陣是滿秩的 (full rank)，且其行列式不為零。

矩陣 $A$ 為：

$$A = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & p & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

矩陣的秩為 4 表示該矩陣是滿秩的。對於一個方陣，滿秩等價於行列式不為零。
在上一題中，我們計算了矩陣 $A$ 的行列式為 $\det(A) = -6p$。
若要使矩陣 $A$ 的秩為 4，則必須滿足 $\det(A) \neq 0$。
因此，我們需要 $-6p \neq 0$。
這意味著 $p \neq 0$。

所以，只要 $p$ 不是 0，矩陣 $A$ 的秩就是 4。

另一種方法是透過高斯消去法將矩陣化為列階梯形矩陣 (row echelon form) 或簡約列階梯形矩陣 (reduced row echelon form)，然後計算非零行的數量。

本題考查矩陣奇異 (singular) 的性質。一個方陣是奇異的，若且唯若其行列式為零。

矩陣 $A$ 為：

本題考查矩陣的列空間 (column space) 的基底 (basis) 的概念。矩陣的列空間是由該矩陣的行向量所生成的向量空間。若給定的向量集合是矩陣列空間的基底，則該集合中的向量必須滿足兩個條件：

1. 這些向量必須能夠生成列空間。
2. 這些向量必須是線性獨立的。

對於一個 $m \times n$ 矩陣 $A$，其列空間是 $\mathbb{R}^m$ 中的一個子空間。如果矩陣 $A$ 的列空間的維度是 $k$，那麼它的基底就包含 $k$ 個線性獨立的向量。
矩陣 $A$ 是 $4 \times 4$ 的，其列空間是 $\mathbb{R}^4$ 的一個子空間。
給定的向量集合是 $B = \{ \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3, \mathbf{v}_4 \}$, 其中
$\mathbf{v}_1 = [1, 0, 0, 0]^T$
$\mathbf{v}_2 = [0, 1, 0, 0]^T$
$\mathbf{v}_3 = [0, 0, 1, 0]^T$
$\mathbf{v}_4 = [0, 0, 0, 1]^T$
這個集合 $B$ 是標準基底 (standard basis) $\mathbf{e}_1, \mathbf{e}_2, \mathbf{e}_3, \mathbf{e}_4$。

如果 $B$ 是矩陣 $A$ 的列空間的基底，則意味著：

1. $B$ 中的向量是線性獨立的 (標準基底顯然是線性獨立的)。
2. $B$ 中的向量可以生成 $A$ 的列空間。
3. 矩陣 $A$ 的列空間的維度必須是 4。

矩陣 $A$ 的列空間是由其四個行向量所張成的空間。如果 $B$ 是 $A$ 的列空間的基底，那麼 $A$ 的四個行向量必須是 $B$ 中的向量的線性組合。
更重要的是，如果 $B$ 是 $A$ 的列空間的基底，那麼 $A$ 的列空間就是整個 $\mathbb{R}^4$。這意味著矩陣 $A$ 的秩必須是 4。

我們已經知道，矩陣 $A$ 的秩是 4 當且僅當 $\det(A) \neq 0$。
$\det(A) = -6p$。
所以，秩為 4 的條件是 $-6p \neq 0$，即 $p \neq 0$。

核心觀念

若 $\lambda$ 是矩陣 $A$ 的特徵值，則存在非零向量 $\mathbf{x}$ 使得

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

本題矩陣具有循環結構，連續作用四次後會回到原座標方向，因此可直接計算 $A^4$，再利用特徵值的性質：

$$A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x} \quad\Longrightarrow\quad A^4\mathbf{x}=\lambda^4\mathbf{x}.$$

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解題方法

令

$$\mathbf{x}= \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{bmatrix} \neq \mathbf{0}.$$

由 $A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}$ 得

$$\begin{cases} x_4=\lambda x_1,\\ px_3=\lambda x_2,\\ 2x_1=\lambda x_3,\\ 3x_2=\lambda x_4. \end{cases}$$

將四式依序串接。由第一式與第四式：

$$x_4=\lambda x_1, \qquad 3x_2=\lambda x_4=\lambda^2x_1.$$

再由第二式：

本題考查一階線性常微分方程的初值問題 (Initial Value Problem, IVP)。方程的形式為 $\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)$，其中 $P(x) = 1$ 且 $Q(x) = x$。

解法一：使用積分因子法 (Integrating Factor Method)。
積分因子為 $e^{\int P(x) dx} = e^{\int 1 dx} = e^x$。
將整個方程乘以積分因子 $e^x$：
$e^x \frac{dy}{dx} + e^x y = x e^x$
左邊是 $(e^x y)$ 對 $x$ 的導數：
$\frac{d}{dx}(e^x y) = x e^x$

接下來，我們對右邊進行積分：
$\int x e^x dx$
我們可以使用分部積分法，令 $u = x$，$dv = e^x dx$。則 $du = dx$，$v = e^x$。
$\int u dv = uv - \int v du$
$\int x e^x dx = x e^x - \int e^x dx = x e^x - e^x + C$

所以，我們得到：
$e^x y = x e^x - e^x + C$
為了得到 $y(x)$，將兩邊除以 $e^x$：
$y(x) = x - 1 + C e^{-x}$

現在，我們使用初始條件 $y(0) = 4$ 來求解常數 $C$。
將 $x=0$ 代入 $y(x)$：
$y(0) = 0 - 1 + C e^{-0}$
$4 = -1 + C \cdot 1$
$4 = -1 + C$
$C = 5$

本題考查拉普拉斯轉換 (Laplace Transform) 的性質，特別是延遲定理 (Time-Shifting Theorem)。
給定的函數是 $f(t) = \{5e^{-t} + 3\cos(2t)\} u(t - \pi)$。
其中 $u(t - \pi)$ 是單位步階函數 (unit step function)，表示函數在 $t = \pi$ 之後才開始作用。

我們需要計算 $F(s) = \mathcal{L}\{f(t)\}(s)$。
根據拉普拉斯轉換的定義，$\mathcal{L}\{g(t)u(t-a)\} = e^{-as} \mathcal{L}\{g(t+a)\}(s)$。
在這個問題中，$a = \pi$。
令 $g(t) = 5e^{-t} + 3\cos(2t)$。
我們需要計算 $g(t+\pi)$：
$g(t+\pi) = 5e^{-(t+\pi)} + 3\cos(2(t+\pi))$
$g(t+\pi) = 5e^{-t}e^{-\pi} + 3\cos(2t+2\pi)$
由於 $\cos(x+2\pi) = \cos(x)$，所以 $\cos(2t+2\pi) = \cos(2t)$。
$g(t+\pi) = 5e^{-\pi}e^{-t} + 3\cos(2t)$

現在，我們計算 $g(t+\pi)$ 的拉普拉斯轉換：
$\mathcal{L}\{g(t+\pi)\}(s) = \mathcal{L}\{5e^{-\pi}e^{-t} + 3\cos(2t)\}(s)$
利用拉普拉斯轉換的線性性質：
$\mathcal{L}\{g(t+\pi)\}(s) = 5e^{-\pi}\mathcal{L}\{e^{-t}\}(s) + 3\mathcal{L}\{\cos(2t)\}(s)$

我們知道標準的拉普拉斯轉換對：
$\mathcal{L}\{e^{-at}\}(s) = \frac{1}{s+a}$，所以 $\mathcal{L}\{e^{-t}\}(s) = \frac{1}{s+1}$。
$\mathcal{L}\{\cos(bt)\}(s) = \frac{s}{s^2+b^2}$，所以 $\mathcal{L}\{\cos(2t)\}(s) = \frac{s}{s^2+2^2} = \frac{s}{s^2+4}$。

將這些結果代入：
$\mathcal{L}\{g(t+\pi)\}(s) = 5e^{-\pi}\left(\frac{1}{s+1}\right) + 3\left(\frac{s}{s^2+4}\right)$
$\mathcal{L}\{g(t+\pi)\}(s) = \frac{5e^{-\pi}}{s+1} + \frac{3s}{s^2+4}$

最後，根據延遲定理 $F(s) = e^{-as} \mathcal{L}\{g(t+a)\}(s)$，其中 $a=\pi$：
$F(s) = e^{-\pi s} \left( \frac{5e^{-\pi}}{s+1} + \frac{3s}{s^2+4} \right)$

核心觀念

本題考查兩個反拉普拉斯轉換公式：

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{b}{(s-a)^2+b^2}\right\} =e^{at}\sin(bt)$$

以及第二平移定理：

$$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-cs}G(s)\} =u(t-c)\,g(t-c), \qquad g(t)=\mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}$$

其中 $u(t-c)$ 是單位階躍函數，表示訊號自 $t=c$ 起才開始作用。

解題方法

先將 $F(s)$ 拆成兩項，分別取反拉普拉斯轉換。

第一項為

$$\frac{1}{(s-2)^2+9} = \frac{1}{3}\cdot\frac{3}{(s-2)^2+3^2}$$

套用含有指數平移的正弦轉換公式，得到

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s-2)^2+9}\right\} = \frac{1}{3}e^{2t}\sin(3t)$$

第二項先整理指數：

本題考查線性微分方程組的初值問題，形式為 $X' = AX$。其中 $X$ 是向量函數， $A$ 是常數矩陣。

解這個問題的標準方法是找到矩陣 $A$ 的特徵值 (eigenvalues) 和特徵向量 (eigenvectors)。
矩陣 $A$ 為：

$$A = \begin{bmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 3 \end{bmatrix}$$

第一步：計算特徵值。
特徵方程式為 $\det(A - \lambda I) = 0$。

$$A - \lambda I = \begin{bmatrix} 3-\lambda & -1 \\ -1 & 3-\lambda \end{bmatrix}$$

$\det(A - \lambda I) = (3-\lambda)(3-\lambda) - (-1)(-1) = (3-\lambda)^2 - 1$
令 $\det(A - \lambda I) = 0$:
$(3-\lambda)^2 - 1 = 0$
$(3-\lambda)^2 = 1$
$3-\lambda = \pm 1$

情況一：$3-\lambda = 1 \implies \lambda_1 = 3 - 1 = 2$。
情況二：$3-\lambda = -1 \implies \lambda_2 = 3 + 1 = 4$。
所以，特徵值為 $\lambda_1 = 2$ 和 $\lambda_2 = 4$。

第二步：計算對應於特徵值的特徵向量。

對於 $\lambda_1 = 2$:
我們需要解 $(A - 2I) \mathbf{v}_1 = \mathbf{0}$。

$$A - 2I = \begin{bmatrix} 3-2 & -1 \\ -1 & 3-2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix}$$

方程組為：
$1 \cdot v_{11} - 1 \cdot v_{12} = 0 \implies v_{11} = v_{12}$
$-1 \cdot v_{11} + 1 \cdot v_{12} = 0 \implies v_{11} = v_{12}$
令 $v_{12} = 1$，則 $v_{11} = 1$。
所以，特徵向量為 $\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$。

對於 $\lambda_2 = 4$:
我們需要解 $(A - 4I) \mathbf{v}_2 = \mathbf{0}$。

$$A - 4I = \begin{bmatrix} 3-4 & -1 \\ -1 & 3-4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 & -1 \\ -1 & -1 \end{bmatrix}$$

方程組為：
$-1 \cdot v_{21} - 1 \cdot v_{22} = 0 \implies v_{21} = -v_{22}$
$-1 \cdot v_{21} - 1 \cdot v_{22} = 0 \implies v_{21} = -v_{22}$
令 $v_{22} = 1$，則 $v_{21} = -1$。
所以，特徵向量為 $\mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \end{bmatrix}$。

本題考查傅立葉級數 (Fourier Series) 的計算。給定的函數是 $f(x) = x$，定義在區間 $(-2, 2)$ 上。

對於一個定義在區間 $(-L, L)$ 上的函數 $f(x)$，其傅立葉級數表示為：
$f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \left( a_n \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + b_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \right)$

其中係數由以下公式計算：
$a_0 = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) dx$
$a_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$
$b_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$

在這個問題中，區間是 $(-2, 2)$，所以 $L=2$。
函數是 $f(x) = x$。

首先，我們計算 $a_0$：
$a_0 = \frac{1}{2} \int_{-2}^{2} x dx$
由於 $x$ 是奇函數 (odd function)，而積分區間 $(-2, 2)$ 是對稱的，所以積分值為 0。
$\int_{-2}^{2} x dx = \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{-2}^{2} = \frac{2^2}{2} - \frac{(-2)^2}{2} = \frac{4}{2} - \frac{4}{2} = 0$。
所以，$a_0 = 0$。

接著，我們計算 $a_n$：
$a_n = \frac{1}{2} \int_{-2}^{2} x \cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx$
在這裡，$f(x) = x$ 是奇函數，而 $\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right)$ 是偶函數 (even function)。
奇函數乘以偶函數的結果是奇函數。
由於積分區間 $(-2, 2)$ 是對稱的，奇函數在對稱區間上的積分為 0。
所以，$a_n = 0$ 對於所有 $n \geq 1$。

最後，我們計算 $b_n$：
$b_n = \frac{1}{2} \int_{-2}^{2} x \sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx$
在這裡，$f(x) = x$ 是奇函數，而 $\sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right)$ 也是奇函數。
奇函數乘以奇函數的結果是偶函數。
對於偶函數 $g(x)$，在對稱區間 $(-L, L)$ 上的積分有 $\int_{-L}^{L} g(x) dx = 2 \int_{0}^{L} g(x) dx$。
所以，$b_n = \frac{1}{2} \cdot 2 \int_{0}^{2} x \sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx = \int_{0}^{2} x \sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx$。

我們使用分部積分法來計算這個積分。令 $u = x$，$dv = \sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx$。
則 $du = dx$。
$v = \int \sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx = -\frac{2}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right)$。

$\int u dv = uv - \int v du$