109 年 國立暨南國際大學電機工程學系碩士班《工程數學（微分方程及線性代數）》

核心觀念

已提供的掃描圖內容為控制系統與電路題，與文字所列的矩陣題不一致；以下依文字題目作答。題目考查以下性質：

$$\det(A^{-1})=\frac{1}{\det(A)}$$ $$\det(A^T)=\det(A)$$

對 $n\times n$ 矩陣而言，

$$\det(kA)=k^n\det(A)$$

本題 $A$ 為 $3\times3$ 矩陣，且 $\det(A)=5$。

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解題方法

(a) 求 $\det(A^{-1})$

由反矩陣性質：

$$AA^{-1}=I$$

兩邊取行列式：

$$\det(A)\det(A^{-1})=\det(I)=1$$

因此：

$$\det(A^{-1})=\frac{1}{\det(A)} =\frac{1}{5}$$

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(b) 求 $\det(-2A^T)$

先利用轉置不改變行列式：

$$\det(A^T)=\det(A)=5$$

因為 $A^T$ 是 $3\times3$ 矩陣，所以將其乘上 $-2$ 時，行列式會乘上 $(-2)^3$：

$$\det(-2A^T)=(-2)^3\det(A^T)$$ $$\det(-2A^T)=-8(5)=-40$$

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(c1) 求

$$\det \begin{pmatrix} a&b&c\\ d&e&f\\ g&h&i \end{pmatrix}$$

此矩陣就是原矩陣 $A$，因此：

$$\det \begin{pmatrix} a&b&c\\ d&e&f\\ g&h&i \end{pmatrix} =\det(A)=5$$

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(c2) 求

核心觀念

本題考查：

• 零空間（null space）：$N(A)=\{x:Ax=0\}$。
• 行列空間與欄空間（column space）。
• Gram–Schmidt 正交化法。
• 正交規一組合：向量彼此正交，且每個向量長度為 $1$。

附圖內容與題目所列矩陣不一致，以下依題目中的矩陣 $A$ 作答。

解題方法

給定

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

（a）求 $A$ 的零空間正交規一基底

令

$$x= \begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{pmatrix}, \qquad Ax=0.$$

因此

$$\begin{cases} x_1+2x_2=0,\\ -x_1-x_2-x_3=0,\\ x_2=0. \end{cases}$$

由第三式得 $x_2=0$，代入第一式得 $x_1=0$；再代入第二式得 $x_3=0$。

所以

$$N(A)=\left\{ \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} \right\}.$$

零空間只有零向量，維度為 $0$，因此其正交規一基底為空集合：

$$\boxed{\varnothing}$$

（b）求 $A$ 的欄空間正交規一基底

矩陣 $A$ 的欄向量為

$$a_1= \begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix}, \qquad a_2= \begin{pmatrix} 2\\-1\\1 \end{pmatrix}, \qquad a_3= \begin{pmatrix} 0\\-1\\0 \end{pmatrix}.$$

使用 Gram–Schmidt 法。

首先，

$$u_1=a_1= \begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix}, \qquad \|u_1\|=\sqrt{2}.$$

故

$$q_1=\frac{u_1}{\|u_1\|} =\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix}.$$

接著計算

$$u_2=a_2-(a_2\cdot q_1)q_1.$$

因為

$$a_2\cdot q_1=\frac{3}{\sqrt{2}},$$

所以

$$u_2= \begin{pmatrix} 2\\-1\\1 \end{pmatrix} -\frac{3}{2} \begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1\\1\\2 \end{pmatrix}.$$

其長度為

$$\|u_2\|=\frac{\sqrt{6}}{2},$$

因此

核心觀念

若 $A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}$，則 $\mathbf{x}$ 是矩陣 $A$ 對應特徵值 $\lambda$ 的特徵向量。本題使用：

• 矩陣平移：$A+cI$ 的對應特徵值為 $\lambda+c$。
• 矩陣倍乘：$cA$ 的對應特徵值為 $c\lambda$。

已知 $\lambda=3$，因此

$$A\mathbf{x}=3\mathbf{x}.$$

解題方法

(a) 計算 $(A-4I)\mathbf{x}$：

$$(A-4I)\mathbf{x} =A\mathbf{x}-4I\mathbf{x} =3\mathbf{x}-4\mathbf{x} =-\mathbf{x}.$$

因此 $\mathbf{x}$ 對應的特徵值為

$$3-4=-1.$$

核心觀念

本題考查：

• 可逆矩陣與對角化的關係
• 相似矩陣的特徵值與特徵向量
• 正交矩陣的欄向量性質
• 行列式的倍乘公式

選項分析

(a) An invertible matrix is always diagonalizable.

錯誤。

可逆只代表矩陣的行列式不為零：

$$\det(A)\neq 0$$

等價於 $0$ 不是 $A$ 的特徵值，但不代表矩陣一定有足夠多的線性獨立特徵向量，因此不一定能對角化。

例如：

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

其行列式為

$$\det(A)=1\neq 0$$

所以 $A$ 可逆。然而其唯一特徵值為 $\lambda=1$，且

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

解 $(A-I)\mathbf{x}=0$ 得到特徵向量皆為

$$\mathbf{x}= \begin{bmatrix} x\\ 0 \end{bmatrix}$$

只有一個線性獨立特徵向量，因此不可對角化。

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(b) Two similar matrices share the same eigenvectors and eigenvalues.

錯誤。

若 $A$ 與 $B$ 相似，則存在可逆矩陣 $P$ 使得

$$B=P^{-1}AP$$

相似矩陣具有相同的特徵值，因為

$$\det(\lambda I-B) = \det\left(P^{-1}(\lambda I-A)P\right) = \det(\lambda I-A)$$

因此兩者的特徵多項式與特徵值相同。

但是，特徵向量通常不會是同一組。若

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

則對 $B$ 而言，對應的特徵向量是

第 5 題　核心觀念

本題考查三類常係數／變係數線性微分方程：

• (a)、(c)：常係數非齊次線性微分方程。
• (b)：Cauchy–Euler 方程，使用冪函數 $y=x^m$。
• 利用初始條件求出通解中的任意常數。

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(a) $y''+9y=15e^x$

解題方法

先解齊次方程：

$$y''+9y=0$$

特徵方程為

$$r^2+9=0 \quad\Rightarrow\quad r=\pm 3i$$

因此

$$y_h=C_1\cos 3x+C_2\sin 3x$$

對非齊次項 $15e^x$，設特解為

$$y_p=Ae^x$$

代入得

$$Ae^x+9Ae^x=15e^x$$ $$10A=15 \quad\Rightarrow\quad A=\frac32$$

所以通解為

$$y=C_1\cos 3x+C_2\sin 3x+\frac32e^x$$

由 $y(0)=2$：

$$C_1+\frac32=2 \quad\Rightarrow\quad C_1=\frac12$$

微分得

$$y'=-3C_1\sin 3x+3C_2\cos 3x+\frac32e^x$$

由 $y'(0)=-4$：

$$3C_2+\frac32=-4 \quad\Rightarrow\quad C_2=-\frac{11}{6}$$

【答案】

$$\boxed{ y(x)=\frac12\cos 3x-\frac{11}{6}\sin 3x+\frac32e^x }$$

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(b) $x^2y''+11xy'+25y=0$

核心觀念

這是 Cauchy–Euler 方程，令

$$y=x^m$$

則

$$y'=mx^{m-1},\qquad y''=m(m-1)x^{m-2}$$

解題方法

代入原方程：

$$x^2m(m-1)x^{m-2}+11x(mx^{m-1})+25x^m=0$$

整理得

$$\left[m(m-1)+11m+25\right]x^m=0$$

因此特徵方程為

$$m^2+10m+25=0$$ $$(m+5)^2=0$$

為重根 $m=-5$，故通解為

$$y=x^{-5}(C_1+C_2\ln x)$$

因初始點為 $x=1$，取 $x>0$。

由 $y(1)=1$：

$$C_1=1$$

微分：

$$y'=x^{-6}\left[-5(C_1+C_2\ln x)+C_2\right]$$

代入 $x=1$ 且 $y'(1)=-1$：

$$-5C_1+C_2=-1$$

核心觀念

本題考查拉普拉斯反變換，主要使用：

$$\mathcal{L}\{e^{at}\}=\frac{1}{s-a}, \qquad \mathcal{L}\{\delta(t)\}=1$$

以及部分分式、配方與公式

$$\mathcal{L}\{e^{at}\cosh(bt)\} =\frac{s-a}{(s-a)^2-b^2},$$ $$\mathcal{L}\{e^{at}\sinh(bt)\} =\frac{b}{(s-a)^2-b^2}.$$

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(a) $X(s)=\dfrac{s}{s^2-4s+3}$

先將分母因式分解：

$$s^2-4s+3=(s-1)(s-3).$$

作部分分式：

$$\frac{s}{(s-1)(s-3)} =\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s-3}.$$

因此

$$s=A(s-3)+B(s-1).$$

比較係數得

$$A+B=1,\qquad 3A+B=0.$$

解得

$$A=-\frac12,\qquad B=\frac32.$$

所以

$$X(s)=-\frac{1}{2}\frac{1}{s-1} +\frac{3}{2}\frac{1}{s-3}.$$

反變換為

$$\boxed{x(t)=-\frac12e^t+\frac32e^{3t}}$$

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(b) $X(s)=\dfrac{s^2+1}{s^2-10s-2}$

分母配方：

$$s^2-10s-2=(s-5)^2-27 =(s-5)^2-(3\sqrt3)^2.$$

由於分子與分母同次，先做多項式除法：

$$X(s) =1+\frac{10s+3}{s^2-10s-2}.$$

令 $p=s-5$，則 $s=p+5$，因此

$$10s+3=10p+53.$$

故

$$X(s) =1+\frac{10(s-5)+53}{(s-5)^2-(3\sqrt3)^2}.$$

利用

$$\frac{s-5}{(s-5)^2-(3\sqrt3)^2} \longleftrightarrow e^{5t}\cosh(3\sqrt3\,t),$$

以及

$$\frac{1}{(s-5)^2-(3\sqrt3)^2} \longleftrightarrow \frac{1}{3\sqrt3}e^{5t}\sinh(3\sqrt3\,t),$$

並注意常數 $1$ 的反變換為 $\delta(t)$，得到

$$\boxed{ x(t)=\delta(t) +10e^{5t}\cosh(3\sqrt3\,t) +\frac{53}{3\sqrt3}e^{5t}\sinh(3\sqrt3\,t) }$$

也可寫成

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換解初值問題，主要公式為

$$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0),$$ $$\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as}, \qquad \mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}=e^{-as}F(s).$$

其中 $\delta(t-a)$ 會造成瞬間輸入，$u(t-a)$ 則表示訊號從 $t=a$ 開始作用。

解題方法

(a)

題目為

$$y''+9y=4\delta(t-2), \qquad y(0)=1,\quad y'(0)=0.$$

令

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

兩邊取拉普拉斯轉換：

$$s^2Y(s)-s+9Y(s)=4e^{-2s}.$$

因此

$$(s^2+9)Y(s)=s+4e^{-2s},$$ $$Y(s)=\frac{s}{s^2+9} +\frac{4e^{-2s}}{s^2+9}.$$

分別反拉普拉斯轉換：

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

且

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

所以

$$\boxed{ y(t)=\cos 3t+\frac{4}{3}u(t-2)\sin\bigl(3(t-2)\bigr) }$$

亦可寫成分段形式：

$$y(t)= \begin{cases} \cos 3t, & 0\le t<2,\\[4pt] \cos 3t+\dfrac{4}{3}\sin\bigl(3(t-2)\bigr), & t\ge 2. \end{cases}$$

(b)

題目為

$$y''-5y'+6y=6u(t-1), \qquad y(0)=0,\quad y'(0)=0.$$

取拉普拉斯轉換：

$$s^2Y(s)-5sY(s)+6Y(s)=\frac{6e^{-s}}{s}.$$