111 年 國立中正大學電機工程學系碩士班電磁晶片組《線性代數與微分方程》

核心觀念

原方程為

$$2x^2y''+3xy'-(x^2+1)y=0.$$

在 $x=0$ 除以 $2x^2$ 得

$$y''+\frac{3}{2x}y'-\left(\frac12+\frac{1}{2x^2}\right)y=0.$$

因為 $xP(x)=\frac32$ 與 $x^2Q(x)=-\frac{x^2}{2}-\frac12$ 在 $x=0$ 附近解析，所以 $x=0$ 是正則奇點，適合使用 Frobenius 級數法。

設

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r},\qquad a_0\neq 0.$$

其中 $r$ 為待定的指標根。

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解題方法

由級數表示式可得

$$y'=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(n+r)x^{n+r-1},$$ $$y''=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(n+r)(n+r-1)x^{n+r-2}.$$

代入原方程：

$$2x^2y''+3xy'-y-x^2y=0.$$

前三項合併為

$$\sum_{n=0}^{\infty} \left[2(n+r)(n+r-1)+3(n+r)-1\right]a_nx^{n+r},$$

而最後一項為

$$-x^2y=-\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r+2} =-\sum_{n=2}^{\infty}a_{n-2}x^{n+r}.$$

因此

$$\left[2(n+r)^2+(n+r)-1\right]a_n-a_{n-2}=0,$$

其中約定 $a_{-1}=a_{-2}=0$。

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一、指標方程

取最低次方 $x^r$，即 $n=0$：

$$\left[2r(r-1)+3r-1\right]a_0=0.$$

因為 $a_0\neq 0$，得到指標方程

$$2r^2+r-1=0.$$

因式分解：

$$(2r-1)(r+1)=0.$$

所以兩個指標根為

$$r_1=\frac12,\qquad r_2=-1.$$

兩根差為 $\frac32$，不是整數，因此可得到兩個線性獨立的 Frobenius 級數解。

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二、對應於 $r=\frac12$ 的解

此時

$$2(n+r)^2+(n+r)-1 =2\left(n+\frac12\right)^2+\left(n+\frac12\right)-1.$$

化簡為

$$n(2n+3).$$

遞迴關係為

$$a_n=\frac{a_{n-2}}{n(2n+3)}.$$

當 $n=1$ 時，

$$a_1=\frac{a_{-1}}{1\cdot 5}=0.$$

因此所有奇數下標係數皆為零。對偶數下標 $n=2k$：

$$a_{2k}=\frac{a_{2k-2}}{(2k)(4k+3)}.$$

前幾個係數為

$$a_2=\frac{a_0}{14},$$ $$a_4=\frac{a_2}{44}=\frac{a_0}{616},$$ $$a_6=\frac{a_4}{90}=\frac{a_0}{55440}.$$

所以第一個解為

此題考查利用拉普拉斯轉換解積分方程，特別是涉及卷積（convolution）的積分方程。

核心觀念：
卷積定理（Convolution Theorem）指出，若 $f(t)$ 和 $g(t)$ 的拉普拉斯轉換分別為 $F(s)$ 和 $G(s)$，則它們的卷積 $(f*g)(t) = \int_0^t f(\tau)g(t-\tau) d\tau$ 的拉普拉斯轉換為 $F(s)G(s)$。

解題步驟：

1. 辨識卷積：
   積分方程為 $f(t) = \cos t + \int_0^t e^{-\tau} f(t-\tau) d\tau$。
   右側的積分部分 $\int_0^t e^{-\tau} f(t-\tau) d\tau$ 正是函數 $e^{-t}$ 與 $f(t)$ 的卷積，記為 $(e^{-t} * f)(t)$。

2. 取拉普拉斯轉換：
   對積分方程兩邊同時取拉普拉斯轉換。令 $F(s) = \mathcal{L}\{f(t)\}$。
   $\mathcal{L}\{f(t)\} = \mathcal{L}\{\cos t\} + \mathcal{L}\{(e^{-t} * f)(t)\}$

3. 計算各項拉普拉斯轉換：

   • $\mathcal{L}\{f(t)\} = F(s)$
   • $\mathcal{L}\{\cos t\}$：我們知道 $\mathcal{L}\{\cos(at)\} = \frac{s}{s^2+a^2}$。在此，$a=1$，所以 $\mathcal{L}\{\cos t\} = \frac{s}{s^2+1}$。
   • $\mathcal{L}\{(e^{-t} * f)(t)\}$：根據卷積定理，此項為 $\mathcal{L}\{e^{-t}\} \cdot \mathcal{L}\{f(t)\}$。
     我們知道 $\mathcal{L}\{e^{-at}\} = \frac{1}{s+a}$。在此，$a=1$，所以 $\mathcal{L}\{e^{-t}\} = \frac{1}{s+1}$。
     因此，$\mathcal{L}\{(e^{-t} * f)(t)\} = \frac{1}{s+1} \cdot F(s)$。

4. 建立關於 $F(s)$ 的方程：
   將上述轉換結果代回步驟 2 的方程：
   $F(s) = \frac{s}{s^2+1} + \frac{1}{s+1} F(s)$

5. 解出 $F(s)$：
   將含有 $F(s)$ 的項移到方程一側：
   $F(s) - \frac{1}{s+1} F(s) = \frac{s}{s^2+1}$
   $F(s) \left( 1 - \frac{1}{s+1} \right) = \frac{s}{s^2+1}$

核心觀念

本題考查常係數非齊次線性微分方程組

$$y'=Ay+f(t),$$

其中

$$A= \begin{pmatrix} 1&2\\ -2&1 \end{pmatrix}, \qquad f(t)= \begin{pmatrix} e^{2t}\\ -2t \end{pmatrix}.$$

一般解由兩部分組成：

$$y(t)=y_h(t)+y_p(t),$$

其中 $y_h$ 為齊次方程 $y'=Ay$ 的通解，$y_p$ 為非齊次項所對應的一組特解。

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解題方法

將非齊次項分解為指數項與多項式項：

$$f(t)= \begin{pmatrix} e^{2t}\\ 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0\\ -2t \end{pmatrix}.$$

因此可分別求出兩組特解，再相加。

一、齊次解

先求矩陣 $A$ 的結構：

$$A=I+ \begin{pmatrix} 0&2\\ -2&0 \end{pmatrix}.$$

由於

$$\begin{pmatrix} 0&2\\ -2&0 \end{pmatrix}^{2} =-4I,$$

矩陣指數為

$$e^{At} = e^t \begin{pmatrix} \cos 2t&\sin 2t\\ -\sin 2t&\cos 2t \end{pmatrix}.$$

因此齊次方程的兩個線性獨立解可取為

$$e^t \begin{pmatrix} \cos 2t\\ -\sin 2t \end{pmatrix}, \qquad e^t \begin{pmatrix} \sin 2t\\ \cos 2t \end{pmatrix}.$$

故齊次通解為

$$y_h(t) = C_1e^t \begin{pmatrix} \cos 2t\\ -\sin 2t \end{pmatrix} + C_2e^t \begin{pmatrix} \sin 2t\\ \cos 2t \end{pmatrix}.$$

二、對應於 $e^{2t}$ 的特解

對

$$\begin{pmatrix} e^{2t}\\ 0 \end{pmatrix}$$

設特解為

$$y_{p1}=e^{2t}v,$$

其中 $v$ 為常向量。代入方程：

$$2e^{2t}v=Ae^{2t}v+ \begin{pmatrix} e^{2t}\\ 0 \end{pmatrix}.$$

約去 $e^{2t}$ 得

$$(2I-A)v= \begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}.$$

計算

$$2I-A= \begin{pmatrix} 1&-2\\ 2&1 \end{pmatrix}.$$

因此

$$\begin{pmatrix} 1&-2\\ 2&1 \end{pmatrix} v= \begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix},$$

解得

$$v= \begin{pmatrix} \dfrac15\\[4pt] -\dfrac25 \end{pmatrix}.$$

所以

$$y_{p1} = e^{2t} \begin{pmatrix} \dfrac15\\[4pt] -\dfrac25 \end{pmatrix}.$$

三、對應於多項式項的特解

對

$$\begin{pmatrix} 0\\ -2t \end{pmatrix}$$

設一次多項式特解為

此題考查求解包含狄拉克δ函數（Dirac delta function）的二階線性非齊次常係數微分方程的初值問題。

核心觀念：
狄拉克δ函數是一個廣義函數，它的拉普拉斯轉換為 $\mathcal{L}\{\delta(t-a)\} = e^{-as}$。
對於二階微分方程，其拉普拉斯轉換涉及二階導數的轉換公式：
$\mathcal{L}\{y''(t)\} = s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0)$，其中 $Y(s) = \mathcal{L}\{y(t)\}$。

解題步驟：

1. 取拉普拉斯轉換：
   對整個微分方程取拉普拉斯轉換。
   $\mathcal{L}\{y'' + 4\pi^2 y\} = \mathcal{L}\{2\pi\delta(t-2)\}$
   $\mathcal{L}\{y''\} + 4\pi^2 \mathcal{L}\{y\} = 2\pi \mathcal{L}\{\delta(t-2)\}$

2. 代入初始條件：
   題目給定 $y(0) = 0$ 和 $y'(0) = 0$。
   $\mathcal{L}\{y''(t)\} = s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0) = s^2 Y(s) - s(0) - 0 = s^2 Y(s)$。
   $\mathcal{L}\{y\} = Y(s)$。
   $\mathcal{L}\{\delta(t-2)\} = e^{-2s}$。

3. 建立關於 $Y(s)$ 的方程：
   將上述結果代入轉換後的方程：
   $s^2 Y(s) + 4\pi^2 Y(s) = 2\pi e^{-2s}$
   $Y(s) (s^2 + 4\pi^2) = 2\pi e^{-2s}$

4. 解出 $Y(s)$：
   $Y(s) = \frac{2\pi e^{-2s}}{s^2 + 4\pi^2}$
   $Y(s) = e^{-2s} \left( \frac{2\pi}{s^2 + (2\pi)^2} \right)$

5. 進行反拉普拉斯轉換：
   我們需要找到 $y(t) = \mathcal{L}^{-1}\{Y(s)\}$。
   注意到 $Y(s)$ 中有一個 $e^{-2s}$ 因子，這表示我們需要使用延遲定理（或稱位移定理）：
   $\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as} F(s)\} = u(t-a) f(t-a)$，其中 $u(t-a)$ 是單位階躍函數（Heaviside step function），且 $f(t) = \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}$。

   在這裡，$a=2$。我們需要找到 $f(t) = \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{2\pi}{s^2 + (2\pi)^2}\right\}$。
   我們知道 $\mathcal{L}\{\sin(bt)\} = \frac{b}{s^2+b^2}$。
   令 $b = 2\pi$，則 $\mathcal{L}\{\sin(2\pi t)\} = \frac{2\pi}{s^2+(2\pi)^2}$。
   所以，$f(t) = \sin(2\pi t)$。

   現在應用延遲定理：
   $y(t) = \mathcal{L}^{-1}\{e^{-2s} F(s)\} = u(t-2) f(t-2)$
   $y(t) = u(t-2) \sin(2\pi (t-2))$

   由於 $\sin(x)$ 函數的週期是 $2\pi$，$\sin(2\pi(t-2)) = \sin(2\pi t - 4\pi) = \sin(2\pi t)$。
   所以，
   $y(t) = u(t-2) \sin(2\pi t)$

6. 驗證解：

   • 初始條件：
     $y(0) = u(0-2) \sin(2\pi \cdot 0) = u(-2) \sin(0) = 0 \cdot 0 = 0$。
     $y'(t)$ 的計算需要考慮 $u(t-2)$ 的導數。

此題考查利用拉普拉斯轉換計算矩陣指數函數 $e^{At}$。

核心觀念：
矩陣指數函數 $e^{At}$ 的定義為：
$e^{At} = \mathcal{L}^{-1}\{(sI - A)^{-1}\}$
其中 $I$ 是單位矩陣，$(sI - A)^{-1}$ 是矩陣 $sI - A$ 的逆矩陣。

解題步驟：

1. 計算 $sI - A$：
   $A = \begin{pmatrix} 3 & 4 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$
   $I = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
   $sI = \begin{pmatrix} s & 0 \\ 0 & s \end{pmatrix}$
   $sI - A = \begin{pmatrix} s & 0 \\ 0 & s \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 3 & 4 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} s-3 & -4 \\ 0 & s-3 \end{pmatrix}$

2. 計算 $(sI - A)^{-1}$：
   對於一個 $2 \times 2$ 矩陣 $\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$，其逆矩陣為 $\frac{1}{ad-bc} \begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix}$。
   在我們的例子中，$a = s-3$, $b = -4$, $c = 0$, $d = s-3$。
   行列式 $\det(sI - A) = (s-3)(s-3) - (-4)(0) = (s-3)^2$。
   所以，
   $(sI - A)^{-1} = \frac{1}{(s-3)^2} \begin{pmatrix} s-3 & -(-4) \\ -0 & s-3 \end{pmatrix} = \frac{1}{(s-3)^2} \begin{pmatrix} s-3 & 4 \\ 0 & s-3 \end{pmatrix}$
   $(sI - A)^{-1} = \begin{pmatrix} \frac{s-3}{(s-3)^2} & \frac{4}{(s-3)^2} \\ \frac{0}{(s-3)^2} & \frac{s-3}{(s-3)^2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{s-3} & \frac{4}{(s-3)^2} \\ 0 & \frac{1}{s-3} \end{pmatrix}$

3. 進行反拉普拉斯轉換：
   $e^{At} = \mathcal{L}^{-1}\{(sI - A)^{-1}\} = \mathcal{L}^{-1}\left\{\begin{pmatrix} \frac{1}{s-3} & \frac{4}{(s-3)^2} \\ 0 & \frac{1}{s-3} \end{pmatrix}\right\}$
   我們逐項進行反拉普拉斯轉換。

   • $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-a}\right\} = e^{at}$。在這裡，$a=3$，所以 $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-3}\right\} = e^{3t}$。
   • $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s-a)^n}\right\}$。我們知道 $\mathcal{L}\{t^{n-1} e^{at}\} = \frac{(n-1)!}{(s-a)^n}$。
     對於 $\frac{4}{(s-3)^2}$，我們有 $n=2$ 且 $a=3$。
     $\mathcal{L}\{t^{2-1} e^{3t}\} = \mathcal{L}\{t e^{3t}\} = \frac{1!}{(s-3)^2} = \frac{1}{(s-3)^2}$。
     因此，$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{4}{(s-3)^2}\right\} = 4 \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s-3)^2}\right\} = 4 t e^{3t}$。
   • $\mathcal{L}^{-1}\{0\} = 0$。

4. 組合結果：

核心觀念

上三角矩陣的特徵值就是對角線上的元素。本題的特徵值為 $1,2,4$，彼此相異，因此 $A$ 可對角化。

若 $P$ 的各欄為 $A$ 的線性獨立特徵向量，且 $D$ 對角線放入對應特徵值，則

$$A=PDP^{-1}.$$

因此對正整數 $k$，

$$A^k=PD^kP^{-1}.$$

解題方法與推導

a. 特徵值與對應特徵向量

因為 $A$ 是上三角矩陣，特徵值為

$$\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=2,\qquad \lambda_3=4.$$

對 $\lambda=1$，解 $(A-I)\mathbf{x}=0$：

$$A-I= \begin{pmatrix} 0&1&-1\\ 0&1&0\\ 0&0&3 \end{pmatrix}.$$

方程給出 $y=0$、$z=0$，而 $x$ 可自由取值。因此可取特徵向量

$$\mathbf{v}_1= \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}.$$

對 $\lambda=2$，解 $(A-2I)\mathbf{x}=0$：

$$A-2I= \begin{pmatrix} -1&1&-1\\ 0&0&0\\ 0&0&2 \end{pmatrix}.$$

方程給出 $z=0$、$y=x$。因此可取特徵向量

$$\mathbf{v}_2= \begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}.$$

對 $\lambda=4$，解 $(A-4I)\mathbf{x}=0$：

$$A-4I= \begin{pmatrix} -3&1&-1\\ 0&-2&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix}.$$

方程給出 $y=0$、$z=-3x$。因此可取特徵向量

$$\mathbf{v}_3= \begin{pmatrix}1\\0\\-3\end{pmatrix}.$$

各特徵空間分別為

$$E_1=\operatorname{span}\left\{ \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} \right\},\qquad E_2=\operatorname{span}\left\{ \begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix} \right\},\qquad E_4=\operatorname{span}\left\{ \begin{pmatrix}1\\0\\-3\end{pmatrix} \right\}.$$

b. 對角化矩陣 $P$

將特徵向量依序作為 $P$ 的欄，對應特徵值依序放入 $D$：

此題考查線性代數中的基本性質，特別是關於奇異矩陣（singular matrix）與高斯-約旦消去法（Gauss-Jordan elimination）的關係。

核心觀念：

1. 奇異矩陣： 一個方陣 $A$ 是奇異的，若且唯若它的行列式為零 ($\det(A) = 0$)，或者它不可逆，或者它的零空間（null space）包含非零向量，或者它的秩（rank）小於其維度 $n$。
2. 高斯-約旦消去法： 這是一種透過一系列基本列運算（elementary column operations）或基本列運算（elementary row operations）將矩陣轉換為約簡列梯形（reduced row echelon form, RREF）的方法。如果對一個 $n \times n$ 矩陣 $A$ 進行高斯-約旦消去法，其最終結果是單位矩陣 $I_n$ 的充要條件是 $A$ 是可逆的（非奇異的）。
3. 基本列運算與矩陣可逆性： 基本列運算（或行運算）對應於乘以一個基本矩陣。一個矩陣是可逆的，若且唯若它可以透過一系列基本行運算（或列運算）轉換為單位矩陣 $I_n$。

證明方法：反證法 (Proof by Contradiction)

假設：
假設存在一個 $n \times n$ 的奇異矩陣 $A$，它可以透過高斯-約旦消去法（我們將使用基本行運算）被約簡成單位矩陣 $I_n$。

推導：

1. 如果矩陣 $A$ 可以透過一系列基本行運算轉換成 $I_n$，這意味著存在一個可逆矩陣 $P$（它是基本行運算對應的基本矩陣的乘積），使得 $P A = I_n$。
2. 從 $P A = I_n$ 可以推導出 $A$ 是可逆的，並且其逆矩陣是 $P$（即 $A^{-1} = P$）。
3. 然而，我們的前提是 $A$ 是一個奇異矩陣。根據奇異矩陣的定義，奇異矩陣是不可逆的。
4. 這就產生了矛盾：$A$ 既是可逆的（因為它可以被約簡成 $I_n$），又是不可逆的（因為它是奇異的）。

結論：
這個矛盾表明我們的初始假設是錯誤的。因此，一個奇異的 $n \times n$ 矩陣不能被高斯-約旦消去法（透過基本行運算）約簡成單位矩陣 $I_n$。

另一種證明思路 (基於秩)：

1. 高斯-約旦消去法與秩： 高斯-約旦消去法將一個矩陣轉換為其約簡列梯形（RREF）。矩陣的秩（rank）等於其 RREF 中非零行的數量。
2. 單位矩陣 $I_n$ 的秩： 單位矩陣 $I_n$ 的 RREF 就是它本身，它有 $n$ 個非零行。因此，$\text{rank}(I_n) = n$。
3. 基本行運算對秩的影響： 基本行運算不會改變矩陣的秩。也就是說，如果矩陣 $B$ 是由矩陣 $A$ 透過基本行運算得到的，則 $\text{rank}(B) = \text{rank}(A)$。
4. 奇異矩陣的秩： 一個 $n \times n$ 的奇異矩陣 $A$ 意味著 $\text{rank}(A) < n$。
5. 推論： 如果一個奇異矩陣 $A$ 可以被高斯-約旦消去法約簡成 $I_n$，那麼我們會有 $\text{rank}(A) = \text{rank}(I_n)$。
   根據奇異矩陣的定義，$\text{rank}(A) < n$。
   根據單位矩陣的性質，$\text{rank}(I_n) = n$。
   所以，我們得到 $\text{rank}(A) = n$，這與 $\text{rank}(A) < n$ 的前提矛盾。

結論：
因此，一個奇異的 $n \times n$ 矩陣不能被高斯-約旦消去法約簡成 $I_n$。

解釋規則的 $3 \times 3$ 矩陣範例

如果對一個 $3 \times 3$ 矩陣進行高斯-約旦消去法，最終得到 $I_3 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$，那麼原矩陣必須是可逆的（非奇異的）。
反之，如果原矩陣是奇異的，則其 RREF 不會是 $I_3$。

我們需要一個 $3 \times 3$ 的奇異矩陣。一個簡單的方法是讓某一行（或某一列）是另一行的倍數，或者某一行（或列）是零。
題目要求「沒有零行和零列」（without zero row and column）。

考慮以下奇異矩陣：
$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}$
這個矩陣是奇異的，因為第三行是第一行和第二行的線性組合（例如，第二行減第一行得到 $(3,3,3)$，第三行減第二行也得到 $(3,3,3)$，所以行向量之間存在線性相關性）。
我們也可以計算其行列式：
$\det(A) = 1(5 \cdot 9 - 6 \cdot 8) - 2(4 \cdot 9 - 6 \cdot 7) + 3(4 \cdot 8 - 5 \cdot 7)$
$\det(A) = 1(45 - 48) - 2(36 - 42) + 3(32 - 35)$