109 年 國立中山大學電機工程學系碩士班乙組《工程數學乙》

核心觀念

二階微分方程式可寫成

$$a_2(t)y''+a_1(t)y'+a_0(t)y=g(t)$$

若係數 $a_2(t),a_1(t),a_0(t)$ 只依賴自變數 $t$，且 $y,y',y''$ 都只以一次方出現，方程式就是線性微分方程式。

非線性通常來自下列形式：

$$y^2,\qquad yy',\qquad \sin y,\qquad e^y$$

其中未知函數 $y$ 或其導數彼此相乘、乘方，或置於非線性函數內。

解題方法

題目中的方程式為

$$\ddot{y}(t)+3t^2\dot{y}(t)+|t|y(t)=0.$$

以 $y''(t)$、$y'(t)$ 表示，即

$$y''(t)+3t^2y'(t)+|t|y(t)=0.$$

與標準形式比較：

$$a_2(t)=1,\qquad a_1(t)=3t^2,\qquad a_0(t)=|t|,\qquad g(t)=0.$$

雖然係數含有絕對值，但

核心觀念

一階自治微分方程可寫成

$$\dot{x}=f(x).$$

若 $x_e$ 為平衡點，則常數解 $x(t)\equiv x_e$ 必須滿足

$$\dot{x}=0,\qquad f(x_e)=0.$$

因此，判斷平衡點的方式是將狀態變數視為常數，令所有時間導數為零，再求出滿足條件的 $x_e$。

解題方法

原方程式為

$$\dot{x}(t)+(1+x(t)^2)\dot{x}(t)+(1-x(t)^2)x(t)=0.$$

合併微分項：

$$(2+x(t)^2)\dot{x}(t)+(1-x(t)^2)x(t)=0.$$

整理為自治形式：

$$\dot{x}(t) = \frac{(x(t)^2-1)x(t)}{x(t)^2+2}.$$

令 $x(t)\equiv x_e$ 為平衡解，則 $\dot{x}(t)=0$，所以

核心觀念

本題考查二階常係數齊次線性常微分方程式（Second-Order Homogeneous Linear ODE）的解之漸近行為與穩定度分析：

1. 特徵方程式與通解結構：微分方程式 $a\ddot{y}(t) + b\dot{y}(t) + cy(t) = 0$ 的特徵方程式為 $a\lambda^2 + b\lambda + c = 0$。若兩相異實根為 $\lambda_1, \lambda_2$，則通解為：
   $y(t) = c_1 e^{\lambda_1 t} + c_2 e^{\lambda_2 t}$
2. 漸近穩定性（Asymptotic Stability）：系統的所有解在 $t \to \infty$ 時能對「任意初始值」皆收斂至 $0$ 的充要條件為所有特徵根的實部皆為負（$\text{Re}(\lambda_i) < 0$）。若存在任何實部大於 $0$ 的特徵根（$\text{Re}(\lambda) > 0$），則對應的指數模態隨時間發散，一般初始條件下的解將發散至無窮大。

---

解題方法

1. 建立特徵方程式：
   設 $y(t) = e^{\lambda t}$ 代入原方程式 $\ddot{y}(t) + 3\dot{y}(t) - y(t) = 0$，得特徵方程式：
   $\lambda^2 + 3\lambda - 1 = 0$

2. 求解特徵根：
   利用一元二次方程式公式解：
   $\lambda = \frac{-3 \pm \sqrt{3^2 - 4(1)(-1)}}{2} = \frac{-3 \pm \sqrt{13}}{2}$
   得到兩個相異實根：
   $\lambda_1 = \frac{-3 + \sqrt{13}}{2} \approx \frac{-3 + 3.606}{2} = 0.303 > 0$
   $\lambda_2 = \frac{-3 - \sqrt{13}}{2} \approx \frac{-3 - 3.606}{2} = -3.303 < 0$

核心觀念

這題考查非自治非線性微分方程式的能量法。雖然 $y(0)<0$，但 $y(t)$ 不必始終為負，且不能直接由初始符號判斷 $|y(t)|$ 是否遞增。

二階方程的完整初值還包含 $y'(0)$；題目未指定其數值，但以下結論對任何有限的 $y'(0)$ 都成立，因此不影響判定。

解題方法

令

$$x=\frac{t^2}{2},\qquad u(x)=y(t).$$

因為 $\dfrac{dx}{dt}=t$，所以

$$\dot y=t\,u'(x),$$

以及

$$\ddot y=u'(x)+t^2u''(x).$$

代回原方程，並利用 $t^2=2x$：

$$u'+2xu''+2xu^3=0.$$

當 $x>0$ 時，整理為

$$u''+\frac{1}{2x}u'+u^3=0.$$

這是一個帶有正阻尼項 $\dfrac{1}{2x}u'$ 的方程。定義能量函數

$$H(x)=\frac{1}{2}\bigl(u'(x)\bigr)^2+\frac{1}{4}u(x)^4.$$

兩邊乘上 $u'(x)$：

$$u'u''+\frac{1}{2x}(u')^2+u^3u'=0.$$

因此

$$\frac{dH}{dx} = -\frac{1}{2x}(u')^2 \leq 0.$$

所以 $H(x)$ 單調遞減。任取 $t_0>0$，令 $x_0=t_0^2/2$，則對所有 $t\geq t_0$，

$$\frac{1}{4}|y(t)|^4 = \frac{1}{4}u(x)^4 \leq H(x) \leq H(x_0).$$

故

核心觀念

方程式

$$\ddot y(t)+y(t)=u(t)$$

代表一個無阻尼的二階系統。其自然頻率由

$$r^2+1=0$$

得到 $r=\pm j$，因此自然響應為

$$y_h(t)=C_1\cos t+C_2\sin t.$$

當外力 $u(t)$ 含有與自然頻率相同的 $\sin t$ 或 $\cos t$ 成分時，會產生共振。此時即使輸入有界，輸出振幅仍可能隨時間增加而變得無界。

解題方法

取零初始條件

$$y(0)=0,\qquad \dot y(0)=0$$

並選擇有界輸入

$$u(t)=\sin t,$$

顯然滿足 $|u(t)|\leq 1$。

由於右側 $\sin t$ 與齊次解的頻率相同，設特解為

$$y_p(t)=At\cos t.$$

計算得

$$\dot y_p=A\cos t-At\sin t,$$ $$\ddot y_p=-2A\sin t-At\cos t.$$

代回原方程式：

$$\ddot y_p+y_p=-2A\sin t.$$

令其等於 $\sin t$，可得

$$-2A=1 \quad\Longrightarrow\quad A=-\frac12.$$

因此

$$y(t)=C_1\cos t+C_2\sin t-\frac{t}{2}\cos t.$$

利用零初始條件：

$$y(0)=C_1=0,$$

且

核心觀念

本題考查受迫振動微分方程式的穩態解振幅與共振頻率。

對方程式

$$\ddot y+\dot y+y=\sin \omega t$$

而言：

• $y''+y'+y=0$ 的解是暫態解，會因阻尼作用逐漸衰減。
• 由外力 $\sin\omega t$ 所造成的週期性解是穩態解。
• 穩態解的振幅會隨外力角頻率 $\omega$ 改變，最大振幅所在的頻率不必等於系統的自然頻率。

解題方法

設穩態解為

$$y_s(t)=C\sin\omega t+D\cos\omega t.$$

則

$$\dot y_s=C\omega\cos\omega t-D\omega\sin\omega t,$$ $$\ddot y_s=-C\omega^2\sin\omega t-D\omega^2\cos\omega t.$$

代回原方程式：

$$\ddot y_s+\dot y_s+y_s=\sin\omega t.$$

比較 $\sin\omega t$ 與 $\cos\omega t$ 的係數，得到

$$(1-\omega^2)C-\omega D=1,$$ $$\omega C+(1-\omega^2)D=0.$$

解得

$$C=\frac{1-\omega^2}{(1-\omega^2)^2+\omega^2}, \qquad D=-\frac{\omega}{(1-\omega^2)^2+\omega^2}.$$

因此穩態解可寫成

$$y_s(t)=C\sin\omega t+D\cos\omega t,$$

其振幅為

$$A(\omega)=\sqrt{C^2+D^2}.$$

整理可得

$$A(\omega) = \frac{1}{\sqrt{(1-\omega^2)^2+\omega^2}}.$$

將分母平方展開：

$$(1-\omega^2)^2+\omega^2 = \omega^4-\omega^2+1.$$

要使振幅最大，就要使

$$f(\omega)=\omega^4-\omega^2+1$$

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換的線性性質。

拉普拉斯轉換定義為

$$\mathcal{L}\{f(t)\} = \int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt = F(s).$$

若 $f(t)$ 與 $g(t)$ 的拉普拉斯轉換存在，且 $c_1,c_2$ 為常數，則線性性質為

$$\mathcal{L}\{c_1f(t)+c_2g(t)\} = c_1\mathcal{L}\{f(t)\} + c_2\mathcal{L}\{g(t)\}.$$

因此，拉普拉斯轉換確實是線性轉換。

解題方法

直接由定義驗證。令

$$F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\},\qquad G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}.$$

則

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換的微分性質。對函數 $y(t)$ 而言：

$$\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0^+)$$

再對二階導數使用一次微分公式，可得：

$$\mathcal{L}\{y''(t)\} =s\mathcal{L}\{y'(t)\}-y'(0^+)$$

因此

$$\boxed{\mathcal{L}\{y''(t)\} =s^2Y(s)-sy(0^+)-y'(0^+)}$$

其中 $y(0^+)$ 與 $y'(0^+)$ 是初始值。

解題方法

題目直接聲稱

$$\mathcal{L}\{\ddot y(t)\}=s^2Y(s)$$

但正確公式為

$$\mathcal{L}\{\ddot y(t)\} =s^2Y(s)-sy(0^+)-\dot y(0^+)$$

只有在額外滿足

$$y(0^+)=0,\qquad \dot y(0^+)=0$$

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換的「指數位移定理」。若

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\} =\int_{0}^{\infty}e^{-st}y(t)\,dt,$$

則有

$$\mathcal{L}\{e^{at}y(t)\}=Y(s-a).$$

乘上 $e^{at}$ 會使指數中的 $s$ 變成 $s-a$，因此符號是減號。

解題方法

直接由拉普拉斯轉換定義推導：

$$\begin{aligned} \mathcal{L}\{e^{at}y(t)\} &=\int_{0}^{\infty}e^{-st}\,e^{at}y(t)\,dt\\ &=\int_{0}^{\infty}e^{-(s-a)t}y(t)\,dt\\ &=Y(s-a). \end{aligned}$$

所以正確公式為

$$\boxed{\mathcal{L}\{e^{at}y(t)\}=Y(s-a)}.$$

核心觀念

本題考查單邊函數的傅立葉轉換，以及傅立葉轉換與拉普拉斯轉換的關係。

將函數視為因果函數：

$$f(t)= \begin{cases} e^{-t}\sin t, & t\ge 0,\\ 0, & t<0. \end{cases}$$

採用常見定義

$$\mathcal{F}\{f(t)\}(\omega) =\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-i\omega t}\,dt.$$

解題方法

由於 $f(t)=0$（當 $t<0$），因此

$$F(\omega)=\int_0^\infty e^{-t}\sin t\,e^{-i\omega t}\,dt =\int_0^\infty e^{-(1+i\omega)t}\sin t\,dt.$$

利用公式

$$\int_0^\infty e^{-at}\sin bt\,dt =\frac{b}{a^2+b^2}, \qquad \operatorname{Re}(a)>0,$$

令 $a=1+i\omega$、$b=1$，可得

$$F(\omega) =\frac{1}{(1+i\omega)^2+1}.$$

整理分母：

$$(1+i\omega)^2+1 =1+2i\omega-\omega^2+1 =2-\omega^2+2i\omega.$$

所以正確的傅立葉轉換為

核心觀念

題目考查兩個觀念：

1. 判斷 $z(t)\equiv 0$ 是否為微分方程式的解。
2. 利用初值條件判斷某個解是否可能恒等於零。

令

$$z(t)\equiv 0,$$

則

$$\dot z(t)=0,\qquad \ddot z(t)=0,\qquad \sin z(t)=\sin 0=0.$$

代回方程式：

$$0+b(0)+0=0,$$

所以 $z(t)\equiv 0$ 確實是此微分方程式的解。

若某組初值所對應的解是 $z(t)\equiv 0$，必須同時滿足

$$z(0)=0,\qquad \dot z(0)=0.$$

因此，只有初值組合 $(\dot z(0),z(0))=(0,0)$ 能對應到零解。

解題方法

不需要求出非線性微分方程式的完整解，只要將零解的初值列出：

$$\bigl(\dot z(0),z(0)\bigr)=(0,0).$$

任何一組初值只要與 $(0,0)$ 不同，其所對應的解就不可能是 $z(t)\equiv 0$。

此外，當初速度為零且初始位置為 $k\pi$ 時，

$$z(t)\equiv k\pi$$

也是平衡解，因為

$$\dot z(t)=\ddot z(t)=0,\qquad \sin(k\pi)=0.$$

選項分析

(A) $(0,0)$

此時

$$\dot z(0)=0,\qquad z(0)=0,$$

完全符合零解的初值。因此所對應的解是

$$z(t)\equiv 0.$$

本選項不符合「不是 $z(t)=0$」的條件。

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(B) $(\pi,0)$

此時

$$\dot z(0)=\pi\neq 0.$$

核心觀念

在 $u(t)=0$ 且 $(z,\dot z)=(0,0)$ 附近，有

$$\sin z=\sin 0+\cos 0\cdot z+O(z^3)\approx z.$$

因此原方程式線性化為

$$\ddot z+b\dot z+z=0.$$

令 $z(t)=e^{\lambda t}$，得到特徵方程式

$$\lambda^2+b\lambda+1=0.$$

線性系統的判斷原則為：

• 所有特徵根實部小於 $0$：所有解皆收斂至 $0$。
• 特徵根為純虛數：解維持振盪，不收斂至 $0$。
• 存在特徵根實部大於 $0$：非零解會被指數放大。

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解題方法與各選項分析

(A)、(B)：$b=0$

此時特徵方程式為

$$\lambda^2+1=0,$$

故

$$\lambda=\pm i.$$

通解為

$$z(t)=C_1\cos t+C_2\sin t.$$

除非 $C_1=C_2=0$，否則解是持續振盪的週期函數，不會收斂至 $0$。例如初值 $(\dot z(0),z(0))=(0,1)$ 時，

$$z(t)=\cos t.$$

因此：

• (A) 錯誤：不是任何初值都會收斂至 $0$。
• (B) 錯誤：$b=0$ 時所有解皆有界，只有振盪而沒有非零解發散至無窮大。

(C)：$b=1$

此時

$$\lambda^2+\lambda+1=0,$$

故

$$\lambda=\frac{-1\pm i\sqrt{3}}{2}.$$

通解為

核心觀念

本題考查非線性微分方程式在平衡點附近的線性化，以及利用特徵根判斷線性系統解的收斂與發散。

令狀態變數為

$$x_1=\dot z,\qquad x_2=z.$$

在 $u(t)=0$ 時，原方程式為

$$\ddot z+b\dot z+\sin z=0.$$

給定的工作點為

$$(\dot z,z)=(0,\pi),$$

因為

$$b(0)+\sin\pi=0,$$

所以 $(0,\pi)$ 是平衡點。

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解題方法：在 $z=\pi$ 附近線性化

令小擾動變數

$$z(t)=\pi+\xi(t),$$

其中 $\xi(t)$ 表示相對於平衡點 $\pi$ 的偏差。則

$$\dot z=\dot \xi,\qquad \ddot z=\ddot \xi.$$

代回原方程式：

$$\ddot \xi+b\dot \xi+\sin(\pi+\xi)=0.$$

利用

$$\sin(\pi+\xi)=-\sin\xi\approx-\xi$$

的一階泰勒展開，得到線性化方程式

$$\boxed{\ddot \xi+b\dot \xi-\xi=0}.$$

其特徵方程式為

$$\lambda^2+b\lambda-1=0.$$

線性化後的解是否收斂到 $0$，由特徵根的正負決定。

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情況一：$b=0$

此時特徵方程式為

$$\lambda^2-1=0,$$

因此

$$\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=-1.$$

一般解為

$$\xi(t)=C_1e^t+C_2e^{-t}.$$

若 $C_1\neq 0$，則 $C_1e^t$ 隨時間增大而發散；若 $C_1=0$，則

$$\xi(t)=C_2e^{-t}\longrightarrow 0.$$

例如取非零初值

$$\xi(0)=1,\qquad \dot\xi(0)=-1,$$

即可得到

$$\xi(t)=e^{-t}\longrightarrow 0.$$

因此，確實有一部分初值所對應的解會收斂到 $0$，但並非所有初值都如此。

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情況二：$b=1$

此時特徵方程式為

$$\lambda^2+\lambda-1=0,$$

特徵根為

$$\lambda_{\pm}=\frac{-1\pm\sqrt5}{2}.$$

其中

核心觀念

本題考查非線性微分方程式在平衡點附近的線性化，以及無阻尼系統的步階響應。

原方程式為

$$\ddot z(t)+b\dot z(t)+\sin z(t)=u(t).$$

在 $(\dot z,z)=(0,0)$ 附近，利用泰勒展開：

$$\sin z=z-\frac{z^3}{6}+\cdots \approx z.$$

因此線性化後的方程式為

$$\ddot z+b\dot z+z=u(t).$$

題設 $b=0$，且輸入為單位步階函數 $u(t)=H(t)$，故

$$\ddot z+z=H(t).$$

此系統沒有阻尼，特徵方程式為

$$s^2+1=0,$$

其根為

$$s=\pm j.$$

根位於虛軸上，表示系統具有持續存在的正弦、餘弦振盪，不會自行衰減。

解題方法

題設初值為

$$\dot z(0)=0,\qquad z(0)=0.$$

對於 $t>0$，單位步階函數等於 $1$，因此方程式變成

$$\ddot z+z=1.$$

齊次解為

$$z_h(t)=C_1\cos t+C_2\sin t.$$

由於右側為常數，設特解為常數 $z_p=A$，代入得

$$A=1.$$

所以完整解為

$$z(t)=1+C_1\cos t+C_2\sin t.$$

由初始條件 $z(0)=0$：

$$0=1+C_1 \quad\Longrightarrow\quad C_1=-1.$$

微分得

$$\dot z(t)=-C_1\sin t+C_2\cos t.$$

由 $\dot z(0)=0$：

$$0=C_2.$$

故解為

$$\boxed{z(t)=1-\cos t}.$$

其速度為

$$\dot z(t)=\sin t.$$

因此 $z(t)$ 以 $1$ 為中心、振幅 $1$ 持續振盪，且週期為 $2\pi$。

選項分析

在工作點 $(\dot{z}(0), z(0)) = (0,0)$ 附近將非線性項進行泰勒展開，可得 $\sin(z(t)) \approx z(t)$。
代入 $b=2$ 及輸入項 $u(t) = \sin t$，得到線性化微分方程式：
$\ddot{z}(t) + 2\dot{z}(t) + z(t) = \sin t$

1. 齊次解（暫態響應）

特徵方程式為：
$r^2 + 2r + 1 = (r+1)^2 = 0 \implies r = -1 \quad (\text{重根})$
齊次解為：
$z_h(t) = (C_1 + C_2 t) e^{-t}$
由於特徵根實部為負（$-1 < 0$），當 $t \to \infty$ 時，$z_h(t) \to 0$。

2. 特解（穩態響應）

設特解 $z_p(t) = A \cos t + B \sin t$，微分後代入方程式：
$(-A \cos t - B \sin t) + 2(-A \sin t + B \cos t) + (A \cos t + B \sin t) = \sin t$
$2B \cos t - 2A \sin t = \sin t$
比較係數可得：

核心觀念

矩陣指數定義為

$$e^{At}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(At)^k}{k!}.$$

若 $A$ 為對角矩陣

$$A=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3),$$

則

$$e^{At} =\operatorname{diag}\left(e^{\lambda_1t},e^{\lambda_2t},e^{\lambda_3t}\right).$$

本題中

$$A=\operatorname{diag}(-1,-1,1).$$

因此可直接將對角線元素分別取指數。

解題方法

由

$$At=\begin{bmatrix} -t&0&0\\ 0&-t&0\\ 0&0&t \end{bmatrix},$$

且對角矩陣的各次方仍為對角矩陣，有

$$(At)^k= \begin{bmatrix} (-t)^k&0&0\\ 0&(-t)^k&0\\ 0&0&t^k \end{bmatrix}.$$

代入矩陣指數定義：

$$\begin{aligned} e^{At} &=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(At)^k}{k!}\\ &= \begin{bmatrix} \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-t)^k}{k!}&0&0\\ 0&\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-t)^k}{k!}&0\\ 0&0&\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^k}{k!} \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} e^{-t}&0&0\\ 0&e^{-t}&0\\ 0&0&e^t \end{bmatrix}. \end{aligned}$$

選項分析

(A) 正確。

$A$ 是 $3\times 3$ 方陣，因此 $At$ 與 $e^{At}$ 也都是 $3\times 3$ 方陣。故此敘述正確。

(B) 正確。

由上式，

矩陣 $A = \begin{bmatrix} \alpha & 1 \\ -1 & \beta \end{bmatrix}$ 之特徵方程式為：
$\det(A - \lambda I) = (\lambda - \alpha)(\lambda - \beta) + 1 = \lambda^2 - (\alpha + \beta)\lambda + (\alpha\beta + 1) = 0$
特徵根為：
$\lambda = \frac{(\alpha + \beta) \pm \sqrt{(\alpha - \beta)^2 - 4}}{2}$

各選項分析如下：

• 選項 (A) 與 (B)：
  當 $(\alpha, \beta) = (0, 0)$ 時，特徵方程式為 $\lambda^2 + 1 = 0 \implies \lambda = \pm i$（純虛根）。
  系統通解為正弦與餘弦波之線性組合：
  $x_1(t) = C_1 \cos(t) + C_2 \sin(t)$
  $x_2(t) = -C_1 \sin(t) + C_2 \cos(t)$

核心觀念

本題為線性代數中探討「線性方程組的解結構」、「向量空間之線性相依性」與「矩陣的秩（Rank）」之經典整合題型，所涉及的核心觀念包括：

1. 線性組合與特解（Linear Combination & Particular Solution）：若矩陣 $A = [a_1, a_2, a_3, a_4]$，則 $Ax = x_1 a_1 + x_2 a_2 + x_3 a_3 + x_4 a_4$。給定條件 $a_1 + a_2 + a_3 + a_4 = b$，即表示 $x = [1, 1, 1, 1]^T$ 為該非齊次方程組之一特解（Particular Solution），故系統必為一致（Consistent，即至少有一解）。
2. 維度定理（Rank-Nullity Theorem）：對於矩陣 $A \in \mathbb{R}^{m \times n}$，滿足：
   $\text{rank}(A) + \text{nullity}(A) = n$
   其中 $n$ 為未知數個數（行數，Columns），$\text{nullity}(A) = \dim(\mathcal{N}(A))$ 為零空間（Null space）之維度。
3. 欠定系統與解的個數（Underdetermined System）：當方程組一致且 $\text{nullity}(A) \ge 1$（存在自由變數）時，系統必具有無限多組解。
4. 線性相依之維度判別（Linear Dependence）：在 $m$ 維向量空間 $\mathbb{R}^m$ 中，任何超過 $m$ 個向量所組成的向量集合必為線性相依（Linearly Dependent）。
5. 增廣矩陣的秩與行空間（Rank of Augmented Matrix）：若向量 $b$ 可由矩陣 $A$ 的行向量線性表出（即 $b \in \mathcal{C}(A)$），則 $\text{Span}\{a_1, a_2, a_3, a_4, b\} = \text{Span}\{a_1, a_2, a_3, a_4\}$，故 $\text{rank}([A, b]) = \text{rank}(A)$。

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解題方法與詳細推導

1. 判定方程組之相容性（Consistency）與特解

由矩陣乘法的行向量線性組合定義：
$Ax = [a_1, a_2, a_3, a_4] \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{bmatrix} = x_1 a_1 + x_2 a_2 + x_3 a_3 + x_4 a_4$
題目給定 $a_1 + a_2 + a_3 + a_4 = b$，對照係數可得：
$x_p = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$
滿足 $Ax_p = b$。這表示線性方程組 $Ax = b$ 至少存在一組實數解 $x_p$，因此系統為相容（Consistent）。

2. 判定零空間維度與通解個數

矩陣 $A \in \mathbb{R}^{3 \times 4}$，列數 $m = 3$，行數 $n = 4$。
矩陣的秩受限於列數與行數的最小值：
$\text{rank}(A) \le \min(m, n) = \min(3, 4) = 3$
根據維度定理（Rank-Nullity Theorem）：
$\text{nullity}(A) = n - \text{rank}(A) = 4 - \text{rank}(A) \ge 4 - 3 = 1$
因為 $\text{nullity}(A) \ge 1$，齊次方程組 $Ax = 0$ 的零空間 $\mathcal{N}(A)$ 中至少包含一個非零向量，即存在非零解。
非齊次系統的通解形式為：