112 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》

核心觀念

1. 特徵值與幾何重數（Geometric Multiplicity）

   • 設 $A \in \mathbb{R}^{n \times n}$，若 $\lambda$ 為 $A$ 的特徵值（Eigenvalue），則 $\lambda$ 的幾何重數定義為其對應特徵空間（Eigenspace）之維度，即：
     $\text{g.m.}(\lambda) = \dim(\operatorname{null}(A - \lambda I)) = n - \operatorname{rank}(A - \lambda I)$
   • 對於對角矩陣（Diagonal Matrix），其特徵值即為對角線元素；因對角矩陣必可對角化，故各特徵值的幾何重數恆等於其代數重數（Algebraic Multiplicity, a.m.）。

2. 特徵值之積與行列式（Determinant）

   • 設 $B \in \mathbb{R}^{n \times n}$ 具有特徵值 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$（計入重根），則所有特徵值之乘積等於該矩陣之行列式值：
     $\prod_{i=1}^n \lambda_i = \det(B)$
   • 三角矩陣（上三角或下三角）的行列式值等於其主對角線元素之乘積。

3. 克拉瑪法則（Cramer's Rule）

   • 對於可逆線性系統 $A\mathbf{x} = \mathbf{b}$（其中 $\det(A) \neq 0$），其唯一解 $\mathbf{x} = [x_1, x_2, \dots, x_n]^T$ 之各分量為：
     $x_j = \frac{\det(A_j)}{\det(A)}, \quad j = 1, 2, \dots, n$
     其中 $A_j$ 為將矩陣 $A$ 的第 $j$ 行（$j$-th column）以常數向量 $\mathbf{b}$ 替換後所得之矩陣。

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解題方法與詳細步驟

(a) 求矩陣 $A$ 的幾何重數（Geometric Multiplicities）

矩陣 $A$ 為 $3 \times 3$ 對角矩陣：
$A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{bmatrix}$

1. 求特徵值：
   特徵方程式為：
   $\det(A - \lambda I) = (1 - \lambda)(2 - \lambda)^2 = 0$
   得特徵值為 $\lambda_1 = 1$（代數重數 $\text{a.m.}=1$）與 $\lambda_2 = 2$（代數重數 $\text{a.m.}=2$）。

2. 計算各特徵值之幾何重數：

   • 當 $\lambda_1 = 1$ 時：
     $A - 1I = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$
     明顯可見 $\operatorname{rank}(A - 1I) = 2$。
     幾何重數為：
     $\text{g.m.}(\lambda = 1) = 3 - \operatorname{rank}(A - 1I) = 3 - 2 = 1$
   • 當 $\lambda_2 = 2$ 時：
     $A - 2I = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
     明顯可見 $\operatorname{rank}(A - 2I) = 1$。
     幾何重數為：
     $\text{g.m.}(\lambda = 2) = 3 - \operatorname{rank}(A - 2I) = 3 - 1 = 2$

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(b) 求矩陣 $B$ 之所有特徵值的乘積

矩陣 $B$ 為 $3 \times 3$ 上三角矩陣：
$B = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

方法一：利用行列式性質
依線性代數基本定理，所有特徵值之乘積等於矩陣之行列式值 $\det(B)$。因 $B$ 為上三角矩陣，其行列式為對角線元素相乘：
$\prod_{i=1}^3 \lambda_i = \det(B) = 2 \times 1 \times 1 = 2$

方法二：直接求特徵值
特徵多項式為：
$\det(B - \lambda I) = (2 - \lambda)(1 - \lambda)(1 - \lambda) = 0$

本題主要考察向量在不同基底下的坐標表示以及基底變換矩陣的計算。

首先，我們需要明確題目中給出的向量和基底。
矩陣 $A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{bmatrix} = [A^{(1)} \ A^{(2)} \ A^{(3)}]$
所以，基底 $A = \{A^{(1)}, A^{(2)}, A^{(3)}\}$ 實際上是：
$A^{(1)} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$, $A^{(2)} = \begin{bmatrix} 0 \\ 2 \\ 0 \end{bmatrix}$, $A^{(3)} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 2 \end{bmatrix}$。

標準基底 $e = \{e_1, e_2, e_3\}$ 是：
$e_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$, $e_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$, $e_3 = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。

矩陣 $B = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} = [B^{(1)} \ B^{(2)} \ B^{(3)}]$
所以，基底 $B = \{B^{(1)}, B^{(2)}, B^{(3)}\}$ 實際上是：
$B^{(1)} = \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$, $B^{(2)} = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$, $B^{(3)} = \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。

a. 基底 A 下的坐標向量
我們要找一個向量 $\mathbf{v}$，使得它在標準基底 $e$ 下的坐標是 $(1 \ 2 \ 3)$。也就是說，$\mathbf{v} = 1 e_1 + 2 e_2 + 3 e_3 = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix}$。
現在要找到這個向量 $\mathbf{v}$ 在基底 $A = \{A^{(1)}, A^{(2)}, A^{(3)}\}$ 下的坐標。設這個坐標向量為 $[c_1 \ c_2 \ c_3]^T$。
則 $\mathbf{v} = c_1 A^{(1)} + c_2 A^{(2)} + c_3 A^{(3)}$。
$\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix} = c_1 \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + c_2 \begin{bmatrix} 0 \\ 2 \\ 0 \end{bmatrix} + c_3 \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} c_1 \\ 2c_2 \\ 2c_3 \end{bmatrix}$。
由此可得：
$c_1 = 1$
$2c_2 = 2 \implies c_2 = 1$
$2c_3 = 3 \implies c_3 = \frac{3}{2}$
所以，在基底 $A$ 下的坐標向量是 $[1 \ 1 \ \frac{3}{2}]^T$。

b. 基底 A 下的坐標向量（對應於基底 B 的向量）
題目問的是「The coordinate vector with the basis $A = \{A^{(1)}, A^{(2)}, A^{(3)}\}$ corresponding to $(1 \ 2 \ 3)$ with the basis $B = \{B^{(1)}, B^{(2)}, B^{(3)}\}$」。這句話的理解可能有兩種：

1. 尋找一個向量 $\mathbf{v}$，它在基底 $B$ 下的坐標是 $(1 \ 2 \ 3)$，然後求這個向量 $\mathbf{v}$ 在基底 $A$ 下的坐標。
2. 尋找一個向量 $\mathbf{v}$，它在標準基底 $e$ 下的坐標是 $(1 \ 2 \ 3)$，然後求這個向量 $\mathbf{v}$ 在基底 $A$ 下的坐標，並且要求這個向量 $\mathbf{v}$ 也要滿足在基底 $B$ 下的坐標是 $(1 \ 2 \ 3)$。這顯然是不可能的，因為一個向量在不同基底下的坐標是不同的。

根據題意和上下文，更合理的解釋是：
尋找一個向量 $\mathbf{v}$，使得它在基底 $B$ 下的坐標是 $(1 \ 2 \ 3)$。即 $\mathbf{v} = 1 B^{(1)} + 2 B^{(2)} + 3 B^{(3)}$。然後，求這個向量 $\mathbf{v}$ 在基底 $A$ 下的坐標。

首先，計算向量 $\mathbf{v}$：
$\mathbf{v} = 1 \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + 2 \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + 3 \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 \\ 2 \\ 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 6 \\ 0 \\ 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 8 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix}$。
這個向量 $\mathbf{v}$ 在標準基底 $e$ 下的坐標是 $(8 \ 2 \ 3)$。

現在，我們要找向量 $\mathbf{v}$ 在基底 $A = \{A^{(1)}, A^{(2)}, A^{(3)}\}$ 下的坐標。設這個坐標向量為 $[d_1 \ d_2 \ d_3]^T$。
則 $\mathbf{v} = d_1 A^{(1)} + d_2 A^{(2)} + d_3 A^{(3)}$。
$\begin{bmatrix} 8 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix} = d_1 \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + d_2 \begin{bmatrix} 0 \\ 2 \\ 0 \end{bmatrix} + d_3 \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} d_1 \\ 2d_2 \\ 2d_3 \end{bmatrix}$。
由此可得：
$d_1 = 8$
$2d_2 = 2 \implies d_2 = 1$
$2d_3 = 3 \implies d_3 = \frac{3}{2}$
所以，在基底 $A$ 下的坐標向量是 $[8 \ 1 \ \frac{3}{2}]^T$。

c. 從基底 B 到基底 A 的轉移矩陣
我們要找一個轉移矩陣 $P_{A \leftarrow B}$，使得對於任意向量 $\mathbf{v}$，其在基底 $A$ 下的坐標向量 $[ \mathbf{v} ]_A$ 和在基底 $B$ 下的坐標向量 $[ \mathbf{v} ]_B$ 滿足 $[ \mathbf{v} ]_A = P_{A \leftarrow B} [ \mathbf{v} ]_B$。
轉移矩陣 $P_{A \leftarrow B}$ 的每一欄是基底 $B$ 中的向量在基底 $A$ 下的坐標向量。
換句話說，$P_{A \leftarrow B} = [ [B^{(1)}]_A \ [B^{(2)}]_A \ [B^{(3)}]_A ]$。

我們已經知道基底 $A$ 中的向量是 $A^{(1)} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$,

核心觀念

本題考查一階非線性微分方程的代換法。方程

$$y'=\frac{y^2}{x}$$

含有 $y^2$，直接視為 $y$ 的函數不易處理。因為右側是 $y^2$ 的倍數，適合使用倒數代換

$$u=y^{-1}=\frac{1}{y}.$$

由鏈鎖律，

$$u'=-y^{-2}y'.$$

代入原方程即可消去 $y^2$。

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解題方法

令

$$u=y^{-1}.$$

微分得

$$u'=-y^{-2}y'.$$

由題目給定

$$y'=\frac{y^2}{x},$$

因此

$$u'=-y^{-2}\left(\frac{y^2}{x}\right) =-\frac{1}{x}.$$

此時方程已化為可直接積分的形式：

$$u'=-\frac{1}{x}.$$

所以

$$u=-\ln|x|+C.$$

由 $u=y^{-1}$，可得非零解

$$y=\frac{1}{C-\ln|x|}.$$

此外，原方程另有 $y=0$ 的解；這個解在使用 $u=1/y$ 時會被排除，必須另外保留。

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選項分析

(a) $u=y$

此代換沒有改變未知函數，仍然得到

$$u'=\frac{u^2}{x},$$

方程依舊是非線性的，未達到代換的目的，因此錯誤。

(b) $u=y^2$

微分得

$$u'=2yy'.$$

代入 $y'=y^2/x$：

$$u'=2y\frac{y^2}{x} =\frac{2y^3}{x}.$$

此題要求根據 RLC 串聯電路的參數寫出其對應的微分方程。

RLC 串聯電路的電壓平衡方程（基於克希荷夫電壓定律，KVL）為：
$v_L(t) + v_R(t) + v_C(t) = E(t)$
其中：

• $v_L(t)$ 是電感上的電壓，$v_L(t) = L \frac{di(t)}{dt}$
• $v_R(t)$ 是電阻上的電壓，$v_R(t) = R i(t)$
• $v_C(t)$ 是電容上的電壓，$v_C(t) = \frac{1}{C} \int i(t) dt$
• $E(t)$ 是外加電壓源。

我們通常以電荷 $q(t)$ 作為變數，其中電流 $i(t) = \frac{dq(t)}{dt}$。
將電流表示式代入電壓公式：
$v_L(t) = L \frac{d}{dt} \left(\frac{dq}{dt}\right) = L \frac{d^2q}{dt^2}$
$v_R(t) = R \frac{dq}{dt}$
$v_C(t) = \frac{1}{C} \int \frac{dq}{dt} dt = \frac{1}{C} q(t)$ (假設初始電荷為 0 或積分常數包含在內)

將這些代入 KVL 方程：
$L \frac{d^2q}{dt^2} + R \frac{dq}{dt} + \frac{1}{C} q(t) = E(t)$

題目給定的參數為：
$L = 0.25$ H
$R = 10 \ \Omega$
$C = 0.001$ F
$E(t) = 0$ (這是一個零輸入響應或自由響應的問題)

此題是緊接前一題的 RLC 電路問題，要求根據初始條件求解微分方程的特解。

從上一題，我們得到的微分方程是：
$\frac{1}{4} \frac{d^2q}{dt^2} + 10 \frac{dq}{dt} + 1000 q = 0$
為了方便求解，我們將方程乘以 4：
$\frac{d^2q}{dt^2} + 40 \frac{dq}{dt} + 4000 q = 0$

這是一個二階線性齊次微分方程。其特徵方程為：
$r^2 + 40r + 4000 = 0$

我們使用二次公式求解特徵根 $r$：
$r = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$
$r = \frac{-40 \pm \sqrt{40^2 - 4(1)(4000)}}{2(1)}$
$r = \frac{-40 \pm \sqrt{1600 - 16000}}{2}$
$r = \frac{-40 \pm \sqrt{-14400}}{2}$
$r = \frac{-40 \pm \sqrt{14400} i}{2}$
$r = \frac{-40 \pm 120i}{2}$
$r = -20 \pm 60i$

由於特徵根是複數形式 $r = \alpha \pm i\beta$，其中 $\alpha = -20$ 且 $\beta = 60$。
此時，微分方程的通解形式為：
$q(t) = e^{\alpha t} (C_1 \cos(\beta t) + C_2 \sin(\beta t))$
$q(t) = e^{-20t} (C_1 \cos(60t) + C_2 \sin(60t))$

我們需要利用初始條件來求解常數 $C_1$ 和 $C_2$。
初始條件是 $q(0)=5$ C，且 $i(0)=0$ A。
電流 $i(t) = \frac{dq}{dt}$。所以 $i(0) = \frac{dq}{dt}(0) = 0$。

首先，應用 $q(0)=5$：
$q(0) = e^{-20 \times 0} (C_1 \cos(60 \times 0) + C_2 \sin(60 \times 0))$
$5 = e^0 (C_1 \cos(0) + C_2 \sin(0))$
$5 = 1 (C_1 \times 1 + C_2 \times 0)$
$C_1 = 5$

接下來，我們需要計算 $\frac{dq}{dt}$。
$q(t) = e^{-20t} (5 \cos(60t) + C_2 \sin(60t))$
$\frac{dq}{dt} = \frac{d}{dt} [e^{-20t} (5 \cos(60t) + C_2 \sin(60t))]$
使用乘法定則：
$\frac{dq}{dt} = (-20 e^{-20t}) (5 \cos(60t) + C_2 \sin(60t)) + e^{-20t} (-300 \sin(60t) + 60 C_2 \cos(60t))$

現在，應用 $i(0) = \frac{dq}{dt}(0) = 0$：
$\frac{dq}{dt}(0) = (-20 e^0) (5 \cos(0) + C_2 \sin(0)) + e^0 (-300 \sin(0) + 60 C_2 \cos(0))$

核心觀念

本題考查非齊次線性微分方程組

$$X'=AX+f(t),$$

其中

$$A= \begin{bmatrix} 2&3\\ 1&4 \end{bmatrix}, \qquad f(t)= \begin{bmatrix} t\\ 1 \end{bmatrix}.$$

因為外力項 $f(t)$ 是一次多項式，設特解為一次向量多項式：

$$X_p(t)=ut+v,$$

其中 $u,v\in\mathbb{R}^2$ 為常向量。

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解題方法

設

$$u= \begin{bmatrix} u_1\\u_2 \end{bmatrix}, \qquad v= \begin{bmatrix} v_1\\v_2 \end{bmatrix}.$$

則

$$X_p'(t)=u.$$

代入原方程：

$$u=A(ut+v)+ \begin{bmatrix} t\\1 \end{bmatrix}.$$

比較 $t$ 項與常數項，得到

$$Au+ \begin{bmatrix} 1\\0 \end{bmatrix} =0,$$

以及

$$u=Av+ \begin{bmatrix} 0\\1 \end{bmatrix}.$$

先求 $u$。矩陣 $A$ 的行列式為

$$\det(A)=2\cdot4-3\cdot1=5,$$

因此

$$A^{-1} =\frac{1}{5} \begin{bmatrix} 4&-3\\ -1&2 \end{bmatrix}.$$

由

$$Au=-\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix},$$

可得

$$u=-A^{-1} \begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix} = -\frac{1}{5} \begin{bmatrix} 4\\-1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -\frac45\\[2mm] \frac15 \end{bmatrix}.$$

再由

$$Av=u-\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -\frac45\\[2mm] -\frac45 \end{bmatrix},$$

得到

$$v=A^{-1} \begin{bmatrix} -\frac45\\[2mm] -\frac45 \end{bmatrix} = \frac15 \begin{bmatrix} 4&-3\\ -1&2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -\frac45\\[2mm] -\frac45 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -\frac4{25}\\[2mm] -\frac4{25} \end{bmatrix}.$$

所以特解為

此題要求計算函數 $f(x) = x^2$ 在區間 $[-1, 1]$ 上的傅立葉級數展開。

對於一個週期為 $2L$ 的函數 $f(x)$，其傅立葉級數展開為：
$f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} [a_n \cos(\frac{n\pi x}{L}) + b_n \sin(\frac{n\pi x}{L})]$
其中係數為：
$a_0 = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) dx$
$a_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \cos(\frac{n\pi x}{L}) dx$
$b_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \sin(\frac{n\pi x}{L}) dx$

在本題中，區間是 $[-1, 1]$，所以 $L=1$。函數是 $f(x) = x^2$。
由於 $f(x) = x^2$ 是一個偶函數（$f(-x) = (-x)^2 = x^2 = f(x)$），且積分區間 $[-1, 1]$ 是對稱的，所以奇函數項的係數 $b_n$ 必須為 0。
$b_n = \frac{1}{1} \int_{-1}^{1} x^2 \sin(n\pi x) dx = 0$ (因為 $x^2 \sin(n\pi x)$ 是奇函數)。

我們只需要計算 $a_0$ 和 $a_n$。

計算 $a_0$:
$a_0 = \frac{1}{1} \int_{-1}^{1} x^2 dx = \int_{-1}^{1} x^2 dx$
由於 $x^2$ 是偶函數，所以 $\int_{-1}^{1} x^2 dx = 2 \int_{0}^{1} x^2 dx$。
$a_0 = 2 \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^1 = 2 \left( \frac{1^3}{3} - \frac{0^3}{3} \right) = 2 \times \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$。

所以，傅立葉級數的常數項是 $\frac{a_0}{2} = \frac{2/3}{2} = \frac{1}{3}$。

計算 $a_n$:
$a_n = \frac{1}{1} \int_{-1}^{1} x^2 \cos(n\pi x) dx = \int_{-1}^{1} x^2 \cos(n\pi x) dx$
由於 $x^2 \cos(n\pi x)$ 是偶函數（偶函數乘以偶函數是偶函數），所以 $\int_{-1}^{1} x^2 \cos(n\pi x) dx = 2 \int_{0}^{1} x^2 \cos(n\pi x) dx$。
$a_n = 2 \int_{0}^{1} x^2 \cos(n\pi x) dx$

我們需要使用分部積分法兩次來計算這個積分。
令 $u = x^2$, $dv = \cos(n\pi x) dx$。
則 $du = 2x dx$, $v = \int \cos(n\pi x) dx = \frac{1}{n\pi} \sin(n\pi x)$。

$\int x^2 \cos(n\pi x) dx = x^2 \left( \frac{1}{n\pi} \sin(n\pi x) \right) - \int \frac{1}{n\pi} \sin(n\pi x) (2x dx)$
$= \frac{x^2}{n\pi} \sin(n\pi x) - \frac{2}{n\pi} \int x \sin(n\pi x) dx$

現在計算 $\int x \sin(n\pi x) dx$。
令 $u = x$, $dv = \sin(n\pi x) dx$。
則 $du = dx$, $v = \int \sin(n\pi x) dx = -\frac{1}{n\pi} \cos(n\pi x)$。

核心觀念

本題考查二階常係數齊次微分方程

$$y''+n^2\pi^2y=0$$

的通解，以及邊界條件 $y(0)=0$、$y(1)=1$ 的套用。

特徵方程為

$$r^2+n^2\pi^2=0,$$

因此

$$r=\pm in\pi.$$

故微分方程的通解為

$$y(x)=C_1\cos(n\pi x)+C_2\sin(n\pi x).$$

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解題方法

先套用第一個邊界條件：

$$y(0)=C_1\cos 0+C_2\sin 0=C_1=0.$$

所以

$$y(x)=C_2\sin(n\pi x).$$

再套用第二個邊界條件：

$$y(1)=C_2\sin(n\pi).$$

由於 $n=1,2,3,\dots$，因此

$$\sin(n\pi)=0.$$

所以

$$y(1)=0,$$

不可能等於題目要求的 $1$。

因此，這個邊界值問題不存在解。換言之，雖然滿足 $y(0)=0$ 的解可寫成 $y=C_2\sin(n\pi x)$，但它必然同時滿足 $y(1)=0$，無法滿足 $y(1)=1$。

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選項分析

(a) $y=0$

此解確實滿足微分方程，也滿足

$$y(0)=0.$$

但

$$y(1)=0\neq 1.$$

故不符合全部條件，錯誤。

(b) $y=c\sin(n\pi x)$

此形式是微分方程在套用 $y(0)=0$ 後所得的解：