114 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》

本題主要考察矩陣的平方根定義以及行列式與特徵值的關係。

Part (1): 尋找矩陣 A 的平方根。
設 A 的一個平方根為 $B = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$，則 $B^2 = A$。
$B^2 = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a^2+bc & ab+bd \\ ca+dc & cb+d^2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 5 & 5 \\ 5 & 10 \end{bmatrix}$
由此可得以下方程組：

1. $a^2 + bc = 5$
2. $b(a+d) = 5$
3. $c(a+d) = 5$
4. $d^2 + bc = 10$

由 (2) 和 (3) 可知 $b=c$ 且 $a+d \neq 0$。
將 $b=c$ 代入 (1) 和 (4)：
1') $a^2 + b^2 = 5$
4') $d^2 + b^2 = 10$

由 (1') 和 (4') 相減可得 $d^2 - a^2 = 5$，即 $(d-a)(d+a) = 5$。
由 (2) 可知 $a+d = \frac{5}{b}$ (假設 $b \neq 0$)。
所以 $(d-a)\frac{5}{b} = 5$，即 $d-a = b$。

現在我們有以下方程組：
I) $a+d = \frac{5}{b}$
II) $d-a = b$
III) $a^2 + b^2 = 5$

由 (I) 加上 (II) 可得 $2d = \frac{5}{b} + b = \frac{5+b^2}{b}$，所以 $d = \frac{5+b^2}{2b}$。
由 (I) 減去 (II) 可得 $2a = \frac{5}{b} - b = \frac{5-b^2}{b}$，所以 $a = \frac{5-b^2}{2b}$。

將 $a$ 和 $d$ 代入 (III)：
$(\frac{5-b^2}{2b})^2 + b^2 = 5$
$\frac{(5-b^2)^2}{4b^2} + b^2 = 5$
$\frac{25 - 10b^2 + b^4}{4b^2} + \frac{4b^4}{4b^2} = 5$
$25 - 10b^2 + b^4 + 4b^4 = 20b^2$
$5b^4 - 30b^2 + 25 = 0$
$b^4 - 6b^2 + 5 = 0$
$(b^2 - 1)(b^2 - 5) = 0$
所以 $b^2 = 1$ 或 $b^2 = 5$。

情況 1: $b^2 = 1 \implies b = \pm 1$。
若 $b=1$:
$a = \frac{5-1}{2(1)} = 2$
$d = \frac{5+1}{2(1)} = 3$
$c = b = 1$
所以 $B_1 = \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 3 \end{bmatrix}$。
驗證: $B_1^2 = \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4+1 & 2+3 \\ 2+3 & 1+9 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 5 & 5 \\ 5 & 10 \end{bmatrix} = A$。

若 $b=-1$:
$a = \frac{5-1}{2(-1)} = -2$
$d = \frac{5+1}{2(-1)} = -3$
$c = b = -1$
所以 $B_2 = \begin{bmatrix} -2 & -1 \\ -1 & -3 \end{bmatrix}$。

核心觀念

$M_{2\times 2}$ 表示所有 $2\times 2$ 矩陣所成的向量空間。一般矩陣可寫成

$$\begin{bmatrix} a&b\\ c&d \end{bmatrix} = a\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix} +b\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix} +c\begin{bmatrix}0&0\\1&0\end{bmatrix} +d\begin{bmatrix}0&0\\0&1\end{bmatrix},$$

因此

$$\dim(M_{2\times 2})=4.$$

一組矩陣要成為 $M_{2\times 2}$ 的基底，必須同時滿足：

1. 線性獨立；
2. 張成整個 $M_{2\times 2}$。

由於 $M_{2\times 2}$ 的維度為 $4$，其基底必須包含 $4$ 個矩陣。

解題方法

題目只給出三個 $2\times2$ 矩陣，因此即使三者線性獨立，也最多只能張成三維子空間，不可能張成四維的 $M_{2\times2}$。

先檢查三個矩陣是否線性獨立。令

$$\alpha B_1+\beta B_2+\gamma B_3= \begin{bmatrix}0&0\\0&0\end{bmatrix}.$$

代入矩陣：

$$\alpha \begin{bmatrix} 3&4\\ 0&-8 \end{bmatrix} + \beta \begin{bmatrix} 3&4\\ 1&0 \end{bmatrix} + \gamma \begin{bmatrix} 0&-8\\ -12&-2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0&0\\0&0\end{bmatrix}.$$

比較各個位置的元素，得到

核心觀念

1. 矩陣秩（Rank）的上界定理：
   對於任意 $m \times n$ 矩陣 $A$，其秩滿足：
   $\operatorname{rank}(A) \le \min(m, n)$
   本題矩陣階數為 $3 \times 3$，因此 $\operatorname{rank}(A) \le 3$ 恆成立。

2. 方陣滿秩與行列式之等價關係：
   若 $A$ 為 $n \times n$ 方陣：

   • $\operatorname{rank}(A) = n \iff \det(A) \ne 0$（滿秩／可逆）
   • $\operatorname{rank}(A) < n \iff \det(A) = 0$（降秩／不可逆）

3. 列向量線性獨立與秩的下界：
   矩陣的秩等於其線性獨立的列向量（Row vectors）之最大數目。若矩陣中存在 $k$ 個必定互相線性獨立的列向量，則 $\operatorname{rank}(A) \ge k$。

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解題方法與詳細推導

設給定矩陣為：
$A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & r-2 & 2 \\ 0 & s-1 & r+2 \end{bmatrix}$

步驟一：計算矩陣之行列式值 $\det(A)$

對第 1 列進行降階展開（Cofactor Expansion）：
$\det(A) = 1 \cdot \begin{vmatrix} r-2 & 2 \\ s-1 & r+2 \end{vmatrix} - 0 + 0$
$\det(A) = (r-2)(r+2) - 2(s-1) = (r^2 - 4) - (2s - 2) = r^2 - 2s - 2$

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步驟二：分析列向量找出 $\operatorname{rank}(A)$ 的範圍

將矩陣 $A$ 的三筆列向量分別記為 $\mathbf{r}_1, \mathbf{r}_2, \mathbf{r}_3$：
$\mathbf{r}_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
$\mathbf{r}_2 = \begin{bmatrix} 0 & r-2 & 2 \end{bmatrix}$
$\mathbf{r}_3 = \begin{bmatrix} 0 & s-1 & r+2 \end{bmatrix}$

考慮前兩列的線性組合 $c_1 \mathbf{r}_1 + c_2 \mathbf{r}_2 = \mathbf{0}$：

• 由第 1 個分量得：$c_1 \cdot 1 + c_2 \cdot 0 = 0 \implies c_1 = 0$
• 由第 3 個分量得：$c_1 \cdot 0 + c_2 \cdot 2 = 0 \implies c_2 = 0$

由於 $c_1 = c_2 = 0$ 為唯一解，代表無論 $r$ 與 $s$ 取何實數值，$\mathbf{r}_1$ 與 $\mathbf{r}_2$ 恆為線性獨立。

由此可知：
$2 \le \operatorname{rank}(A) \le 3 \quad (\forall r, s \in \mathbb{R})$

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步驟三：逐一討論題目所求之各項 Rank

核心觀念

矩陣平方根是指矩陣 $S$ 滿足 $S^2=A$。對上三角矩陣，可以先令 $S$ 也取上三角形式；此時 $S^2$ 的對角線元素就是 $S$ 對角線元素的平方。

題目中 $A$ 的對角線為 $1,4,9$，因此可選擇 $S$ 的對角線為 $1,2,3$，再依序求出 $S$ 的非對角線元素。

解題方法

設

$$S= \begin{bmatrix} 1 & x & y\\ 0 & 2 & z\\ 0 & 0 & 3 \end{bmatrix}.$$

計算 $S^2$：

$$S^2= \begin{bmatrix} 1 & 3x & 4y+xz\\ 0 & 4 & 5z\\ 0 & 0 & 9 \end{bmatrix}.$$

令 $S^2=A$，逐項比較對應位置：

$$3x=3 \quad\Longrightarrow\quad x=1,$$

核心觀念

兩條直線上兩點的距離平方滿足

$$\|PQ\|^2\ge 0.$$

因此，只要能找到兩條直線的交點，使得 $P=Q$，便有 $\|PQ\|^2=0$，這就是可能達到的最小值。

直線 $l$ 上的點為

$$P=(-1,t,-t),$$

直線 $m$ 上的點為

$$Q=(2s,1+s,s).$$

解題方法

令兩點重合，即令 $P=Q$：

$$(-1,t,-t)=(2s,1+s,s).$$

比較三個座標分量：

比較 $x$ 座標

$$-1=2s$$

所以

$$s=-\frac12.$$

比較 $y$ 座標

$$t=1+s=1-\frac12=\frac12.$$

比較 $z$ 座標

由

$$-t=s$$

可得

$$t=-s=\frac12,$$

與前面的結果一致。

因此，

$$t=\frac12,\qquad s=-\frac12.$$

此時

核心觀念

本題考查以下 Laplace Transform 公式：

1. 微分公式

$$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)$$ $$\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0)$$

2. Dirac delta 函數的 Laplace Transform

$$\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as}$$

3. 第二移位定理

$$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\} =u(t-a)f(t-a)$$

其中 $u(t-a)$ 為單位階躍函數。

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解題方法

令

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$$

原方程式為

$$y''+4y'+13y=\delta(t-\pi)+\delta(t-3\pi),$$

且初始條件為

$$y(0)=1,\qquad y'(0)=0.$$

對方程式兩側取 Laplace Transform：

$$\mathcal{L}\{y''\} +4\mathcal{L}\{y'\} +13\mathcal{L}\{y\} = \mathcal{L}\{\delta(t-\pi)\} +\mathcal{L}\{\delta(t-3\pi)\}.$$

代入初始條件：

$$(s^2Y-s)+4(sY-1)+13Y =e^{-\pi s}+e^{-3\pi s}.$$

整理得

$$(s^2+4s+13)Y-(s+4) =e^{-\pi s}+e^{-3\pi s}.$$

因此

$$Y(s) = \frac{s+4}{s^2+4s+13} + \frac{e^{-\pi s}}{s^2+4s+13} + \frac{e^{-3\pi s}}{s^2+4s+13}.$$

將分母配方：

$$s^2+4s+13=(s+2)^2+9.$$

---

第一部分：初始條件造成的解

先處理

$$\frac{s+4}{(s+2)^2+9}.$$

分子改寫為

$$s+4=(s+2)+2.$$

所以

$$\frac{s+4}{(s+2)^2+9} = \frac{s+2}{(s+2)^2+9} + \frac{2}{(s+2)^2+9}.$$

利用反變換公式：

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

以及

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

可得

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{s+4}{(s+2)^2+9} \right\} = e^{-2t}\cos(3t) +\frac{2}{3}e^{-2t}\sin(3t).$$

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第二部分：兩個脈衝輸入造成的解

先求基本脈衝響應：

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

因此由第二移位定理，

核心觀念

這題考二階常微分方程的初值問題如何用 Euler 法近似。Euler 法適用於一階方程組，因此先令

$$v=y'$$

原方程可改寫成

$$\begin{cases} y'=v,\\ v'=-xv-y. \end{cases}$$

對步階大小 $h$，Euler 更新公式為

$$y_{n+1}=y_n+h v_n,\qquad v_{n+1}=v_n+h(-x_n v_n-y_n),\qquad x_{n+1}=x_n+h.$$

解題方法

初始條件為

$$x_0=0,\qquad y_0=1,\qquad v_0=y'(0)=2.$$

步階大小 $h=0.1$，從 $x=0$ 到 $x=0.2$ 共需兩步。

第一步：由 $x_0=0$ 前進至 $x_1=0.1$

在 $(x_0,y_0,v_0)=(0,1,2)$，兩個分量的斜率為

$$y'_0=v_0=2,\qquad v'_0=-x_0v_0-y_0=-0(2)-1=-1.$$

因此

本題要求使用參數變異法 (Variation of Parameters) 來求解一個非齊次二階線性常微分方程的初值問題。

首先，我們需要求解對應的齊次方程 $y'' - 4y' + 4y = 0$ 的通解。
特徵方程為：$r^2 - 4r + 4 = 0$。
這可以因式分解為 $(r-2)^2 = 0$。
所以，有一個重根 $r=2$。
齊次方程的通解為 $y_c(x) = c_1 e^{2x} + c_2 x e^{2x}$。
其中 $y_1(x) = e^{2x}$ 和 $y_2(x) = x e^{2x}$ 是兩個線性獨立的解。

接下來，我們使用參數變異法。假設非齊次方程的特解為 $y_p(x) = u_1(x) y_1(x) + u_2(x) y_2(x)$。
我們需要找到 $u_1'(x)$ 和 $u_2'(x)$。
根據參數變異法的公式：
$u_1'(x) = -\frac{y_2(x) g(x)}{W(y_1, y_2)(x)}$
$u_2'(x) = \frac{y_1(x) g(x)}{W(y_1, y_2)(x)}$
其中 $g(x) = (12x^2 - 6x)e^{2x}$ 是非齊次項，並且 $W(y_1, y_2)(x)$ 是 $y_1$ 和 $y_2$ 的 Wronskian。

首先計算 Wronskian：
$y_1(x) = e^{2x}$
$y_1'(x) = 2e^{2x}$
$y_2(x) = x e^{2x}$
$y_2'(x) = e^{2x} + 2x e^{2x} = (1+2x)e^{2x}$

$W(y_1, y_2)(x) = \begin{vmatrix} y_1 & y_2 \\ y_1' & y_2' \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} e^{2x} & x e^{2x} \\ 2e^{2x} & (1+2x)e^{2x} \end{vmatrix}$
$W(y_1, y_2)(x) = e^{2x} (1+2x)e^{2x} - x e^{2x} (2e^{2x})$
$W(y_1, y_2)(x) = (1+2x)e^{4x} - 2x e^{4x}$
$W(y_1, y_2)(x) = e^{4x} + 2x e^{4x} - 2x e^{4x} = e^{4x}$。

現在計算 $u_1'(x)$ 和 $u_2'(x)$：
$g(x) = (12x^2 - 6x)e^{2x}$

$u_1'(x) = -\frac{y_2(x) g(x)}{W(y_1, y_2)(x)} = -\frac{(x e^{2x}) ((12x^2 - 6x)e^{2x})}{e^{4x}}$
$u_1'(x) = -\frac{x (12x^2 - 6x) e^{4x}}{e^{4x}} = -x(12x^2 - 6x) = -12x^3 + 6x^2$。

$u_2'(x) = \frac{y_1(x) g(x)}{W(y_1, y_2)(x)} = \frac{(e^{2x}) ((12x^2 - 6x)e^{2x})}{e^{4x}}$
$u_2'(x) = \frac{(12x^2 - 6x) e^{4x}}{e^{4x}} = 12x^2 - 6x$。

接下來，我們積分 $u_1'(x)$ 和 $u_2'(x)$ 來找到 $u_1(x)$ 和 $u_2(x)$。
$u_1(x) = \int (-12x^3 + 6x^2) dx = -12 \frac{x^4}{4} + 6 \frac{x^3}{3} + C_1 = -3x^4 + 2x^3 + C_1$。
$u_2(x) = \int (12x^2 - 6x) dx = 12 \frac{x^3}{3} - 6 \frac{x^2}{2} + C_2 = 4x^3 - 3x^2 + C_2$。

為了求特解，我們通常取積分常數 $C_1=0$ 和 $C_2=0$。
$u_1(x) = -3x^4 + 2x^3$
$u_2(x) = 4x^3 - 3x^2$

特解 $y_p(x) = u_1(x) y_1(x) + u_2(x) y_2(x)$
$y_p(x) = (-3x^4 + 2x^3) e^{2x} + (4x^3 - 3x^2) x e^{2x}$

核心觀念

本題考查常係數一階線性矩陣微分方程組

$$X'(t)=AX(t),\qquad X(0)=X_0$$

其唯一解可表示為

$$X(t)=e^{At}X_0.$$

其中

$$A= \begin{bmatrix} 6&-1\\ 5&-2 \end{bmatrix}, \qquad X_0= \begin{bmatrix} -2\\ -3 \end{bmatrix}.$$

本題矩陣 $A$ 可拆成「純量矩陣加上平方為常數倍單位矩陣的矩陣」，因此適合直接計算矩陣指數。

解題方法

將 $A$ 寫成

$$A=2I+B,$$

其中

$$B= A-2I = \begin{bmatrix} 4&-1\\ 5&-4 \end{bmatrix}.$$

計算 $B^2$：

$$B^2 = \begin{bmatrix} 4&-1\\ 5&-4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 4&-1\\ 5&-4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 11&0\\ 0&11 \end{bmatrix} =11I.$$

令

$$s=\sqrt{11},$$

則 $B^2=s^2I$。因此矩陣指數可依照雙曲函數公式展開：

$$e^{Bt} = \cosh(st)I+\frac{\sinh(st)}{s}B.$$

由於 $A=2I+B$，且 $2I$ 與 $B$ 可交換，所以

$$e^{At} = e^{2t}e^{Bt} = e^{2t} \left[ \cosh(st)I+\frac{\sinh(st)}{s}B \right].$$

接著計算 $BX_0$：

$$BX_0 = \begin{bmatrix} 4&-1\\ 5&-4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -2\\ -3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -8+3\\ -10+12 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -5\\ 2 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\begin{aligned} X(t) &=e^{At}X_0\\ &=e^{2t} \left[ \cosh(st)X_0+\frac{\sinh(st)}{s}BX_0 \right]\\ &=e^{2t} \left[ \cosh(st) \begin{bmatrix} -2\\ -3 \end{bmatrix} + \frac{\sinh(st)}{\sqrt{11}} \begin{bmatrix} -5\\ 2 \end{bmatrix} \right]. \end{aligned}$$

核心觀念

本題考查單位階躍函數與拉普拉斯轉換的第二平移定理。當外力在 $t=\pi$ 停止作用時，可將分段函數寫成「原外力減去延遲關閉的外力」：

$$f(t)=\cos(4t)-u(t-\pi)\cos\bigl(4(t-\pi)\bigr)$$

其中 $u(t-\pi)$ 是在 $t=\pi$ 開始作用的單位階躍函數。利用

$$\mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-as}G(s)$$

即可處理外力的切換。

解題方法

對微分方程取拉普拉斯轉換。由初始條件 $y(0)=0$、$y'(0)=1$，

$$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-1$$

而外力的拉普拉斯轉換為

$$F(s)=\mathcal{L}\{\cos(4t)\} -e^{-\pi s}\mathcal{L}\{\cos(4t)\} =\frac{s}{s^2+16}(1-e^{-\pi s})$$

代入 $y''+16y=f(t)$：

$$(s^2+16)Y(s)-1=F(s)$$

因此

$$Y(s)=\frac{1}{s^2+16} +\frac{s(1-e^{-\pi s})}{(s^2+16)^2}$$

利用反拉普拉斯公式

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2+16}\right\} =\frac14\sin(4t), \qquad \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{(s^2+16)^2}\right\} =\frac{t}{8}\sin(4t)$$