112 年國立中山大學電機工程學系碩士班乙組《工程數學乙》考古題與詳解

Question 1

Consider the differential equation (DE) below. Which of the following is correct?
$\frac{dy}{dx} = (y-1)(1-2y)$
(A) This is a linear first-order ordinary DE.
(B) This is an autonomous DE.
(C) One of the critical points is semi-stable.
(D) None of the critical points is semi-stable.
(E) The solution $y(x)$ increases with $x$ when $x$ is defined on $(1/2, \infty)$ .

Accepted Answer

核心觀念 一階線性微分方程必須能寫成 $$ a1(x)\frac{dy}{dx}+a0(x)y=g(x), $$ 其中 $y$ 與 $\frac{dy}{dx}$ 只能以一次方形式出現。 自治微分方程則是右側只含因變數 $y$，不顯含自變數 $x$： $$ \frac{dy}{dx}=f(y). $$ 對自治方程而言，滿足 $$ f(yc)=0 $$ 的 $yc$ 稱為臨界點（平衡解）。若相線在臨界點兩側一側指向臨界點、另一側背離臨界點，則稱為半穩定。 解題方法：分析右側函數的正負 令 $$ f(y)=(y-1)(1-2y). $$ 臨界點由 $f(y)=0$ 得 $$ y-1=0\quad	ext{或}\quad 1-2y=0, $$ 因此 $$ y=\frac12,\qquad y=1. $$ 依臨界點將數線分成三段： | $y$ 的範圍 | $y-1$ | $1-2y$ | $y'=f(y)$ | 解的方向 | |---|---:|---:|---:|---| | $y<\frac12$ | $-$ | $+$ | $-$ | 向下 | | $\frac12<y<1$ | $-$ | $-$ | $+$ | 向上 | | $y1$ | $+$ | $-$ | $-$ | 向下 | 因此相線為 $$ \downarrow\quad \frac12\quad \uparrow\quad 1\quad \downarrow $$ 在 $y=\frac12$ 處，左右兩側的箭頭都遠離該點，所以 $y=\frac12$ 是不穩定臨界點。 在 $y=1$ 處，左右兩側的箭頭都指向該點，所以 $y=1$ 是穩定臨界點。 兩個臨界點都不是「一側穩定、另一側不穩定」的半穩定點。 選項分析 (A) 錯誤。 將方程展開：

Question 2

Identify the correct statement(s) for the differential equation (DE), $(2t^2 - u^2)dt = (2tu)du$ .
(A) It is a linear homogeneous DE.
(B) It's a second-order DE.
(C) It is a Bernoulli's equation.
(D) It is an exact equation.
(E) There exists a singular point.

Accepted Answer

核心觀念 將原式移項為微分形式： $$ (2t^2-u^2)\,dt-2tu\,du=0. $$ 令 $$ M(t,u)=2t^2-u^2,\qquad N(t,u)=-2tu. $$ 本題主要判斷： - 微分方程的階數； - 線性、齊次與 Bernoulli 方程的定義； - 恰當微分方程的判斷； - 奇異點的判定。 解題方法 視 $u$ 為 $t$ 的函數，利用 $du=u'(t)\,dt$： $$ 2t^2-u^2=2tu\frac{du}{dt}. $$ 在 $tu
e 0$ 的區域整理得 $$ \frac{du}{dt} =\frac{2t^2-u^2}{2tu} =\frac{t}{u}-\frac{u}{2t}. $$ 因此 $$ \frac{du}{dt}+\frac{1}{2t}u=t\,u^{-1}. $$ 這符合 Bernoulli 方程的一般形式 $$ \frac{du}{dt}+P(t)u=Q(t)u^n, \qquad n
e 0,1, $$ 其中 $$ P(t)=\frac1{2t},\qquad Q(t)=t,\qquad n=-1. $$ 若令 $v=u^2$，則 $dv/dt=2u\,du/dt$，原式可化為 $$ \frac{dv}{dt}+\frac1t v=2t, $$ 這是一階線性非齊次微分方程，也再次確認原方程屬於 Bernoulli 方程，而非線性齊次方程。 此外，檢查恰當性： $$ \frac{\partial M}{\partial u}=-2u, \qquad \frac{\partial N}{\partial t}=-2u. $$ 兩者相等，因此原方程是恰當微分方程。其通解可由積分得到： $$ F(t,u)=\int(2t^2-u^2)\,dt =\frac23t^3-tu^2+g(u). $$ 再對 $u$ 微分： $$ \frac{\partial F}{\partial u}=-2tu+g'(u). $$ 與 $N=-2tu$ 比較得 $g'(u)=0$，所以 $$ \frac23t^3-tu^2=C. $$ 選項分析

Question 3

Following question 2, given that the solution has the form of $u(t) = A \frac{Bt^2+Ct^D}{E}$ , which of the following is correct?
(A) $A = 1, B = 2, C = \text{any constant}, D = 1, E = 9$ .
(B) $A = 1, B = 6, C = \text{any constant}, D = -1, E = 3$ .
(C) $A = -1, B = 2, C = \text{any constant}, D = -1, E = 9$ .
(D) $A = -1, B = 6, C = \text{any constant}, D = -1, E = 3$ .
(E) The interval of definition of the general solution is $(-\infty, \infty)$ .

Accepted Answer

先由題目 2 可得微分方程式為 $$ t^{2}u''-2tu'=6t^{2}, \qquad t
eq0 . $$ 此為 Euler‑Cauchy 方程，令 $u=t^{m}$ 可得特徵方程 $$m(m-1)-2m=0\;\Longrightarrow\;m(m-3)=0\;\Longrightarrow\;m=0,\;3 .$$ 因此齊次解為

Question 4

Consider the differential equation $dy = (ay^2 + by + c)dx$ . If $a = c = 1$ and $b = -2$ , which statement(s) below is/are correct?
(A) None of the critical points is a repeller.
(B) The general solution is $y = 1 - \frac{1}{x+c}$ .
(C) The general solution is $y = 1 + \frac{1}{x-c}$ .
(D) The solution is divergent for any given initial conditions.
(E) The solution is convergent for any given initial conditions.

Accepted Answer

核心觀念 將方程式寫成自治微分方程： $$ \frac{dy}{dx}=ay^2+by+c. $$ 代入 $a=c=1,\ b=-2$： $$ \frac{dy}{dx}=y^2-2y+1=(y-1)^2. $$ 本題考查： - 平衡解（critical point） - 可分離變數法 - 相線圖與平衡點穩定性 - 解在不同初始條件下的收斂與有限時間發散 --- 解題方法 1. 求平衡解 平衡解滿足 $\dfrac{dy}{dx}=0$，因此 $$ (y-1)^2=0 \quad\Longrightarrow\quad y=1. $$ 所以唯一的平衡解為 $$ y(x)\equiv 1. $$ 2. 求非恆等一般解 對 $y
eq 1$，分離變數： $$ \frac{dy}{(y-1)^2}=dx. $$ 積分得 $$ \int (y-1)^{-2}\,dy=\int dx, $$ $$ -\frac{1}{y-1}=x+C. $$ 整理： $$ y-1=-\frac{1}{x+C}, $$ 因此 $$ \boxed{y=1-\frac{1}{x+C}}. $$ 其中 $C$ 為任意積分常數。選項中的 $c$應理解為積分常數，為避免與題目中的係數 $c=1$混淆，以下以 $C$表示。 完整解答包含： $$ \boxed{y\equiv 1} \quad	ext{以及}\quad \boxed{y=1-\frac{1}{x+C}}. $$ --- 平衡點的穩定性 由 $$ \frac{dy}{dx}=(y-1)^2 $$ 可知只要 $y
eq 1$，便有 $$ \frac{dy}{dx}0. $$ 相線方向如下： $$ y<1:\ \uparrow 1 \qquad\qquad y1:\ \uparrow $$ 因此： - 從 $y<1$ 出發時，解向上接近 $y=1$； - 從 $y1$ 出發時，解向上遠離 $y=1$。 所以 $y=1$ 是一個半穩定平衡點：左側吸引、右側排斥。它不是嚴格意義下的 repeller，因為 repeller 必須在兩側都把附近解推離平衡點。 --- 初始條件下的解之行為 若給定 $y(x0)=y0
eq 1$，由上式可寫成

Question 5

Following question 4, given $a = 1, b = 0$ , and $c = 4$ , identify the correct statement(s).
(A) There exist constant solutions.
(B) There exist relative extrema.
(C) There is a single critical point.
(D) The solution is defined on the interval of $(-\infty, \infty)$ .
(E) Any solution must be increasing on the interval on which it is defined.

Accepted Answer

核心觀念 依第 4 題的自治微分方程 $$ \frac{dy}{dx}=ay^2+by+c, $$ 代入 $a=1,\ b=0,\ c=4$，得 $$ \frac{dy}{dx}=y^2+4. $$ 判斷重點如下： - 常數解須滿足 $y'=0$。 - 臨界點須滿足 $y^2+4=0$。 - 若 $y'0$，解在其定義區間上嚴格遞增。 - 解的定義域須由實際解的形式判斷，不能只由右側函數連續便直接判定為全域解。 解題方法 先觀察右側： $$ y^2+40\qquad	ext{對所有實數 }y. $$ 因此任一實值解皆滿足 $$ \frac{dy}{dx}0. $$ 若進一步求出通解，分離變數得 $$ \frac{dy}{y^2+4}=dx. $$ 積分： $$ \int\frac{dy}{y^2+4} =\int dx, $$ $$ \frac12\arctan\left(\frac y2ight)=x+C. $$ 整理後： $$ \arctan\left(\frac y2ight)=2x+C1, $$ 因此 $$ y=2	an(2x+C1). $$ 此解在切線函數的垂直漸近線處發散，所以一般只能定義在兩個相鄰漸近線之間的有限區間，而非整個實數軸。 選項分析 (A) There exist constant solutions. 常數解設為 $y(x)\equiv K$，則必須滿足 $$ 0=K^2+4. $$ 但對實數 $K$ 而言，$K^2+40$，不可能等於 $0$。故不存在實值常數解。 因此 (A) 錯誤。 (B) There exist relative extrema. 若解有相對極值，通常需在定義域內存在臨界點，即 $$ y'=0. $$

Question 6

Consider the differential equation $x^2y'' - 4xy' + 6y = 0$ . Identify the INCORRECT statement(s).
(A) $y_1 = x^3$ and $y_2 = |x|^3$ are two linear independent solutions.
(B) The general solution is defined on the interval of $(-\infty, \infty)$ .
(C) Given the initial conditions $y(0) = 0$ and $y'(0) = 0$ , the initial value problem (IVP) has a unique solution.
(D) Given the initial conditions $y(1) = 3, y'(1) = 1$ , the IVP has a unique solution.
(E) The general solution is $y = c_1x^2 + c_2x^3$ .

Accepted Answer

核心觀念 本題是柯西—歐拉（Cauchy–Euler）微分方程： $$ x^2y''-4xy'+6y=0. $$ 其最高階導數係數為 $x^2$，因此 $x=0$ 是奇異點。除以 $x^2$ 後： $$ y''-\frac{4}{x}y'+\frac{6}{x^2}y=0,\qquad x
eq 0. $$ 所以標準解區間只能取 $(0,\infty)$ 或 $(-\infty,0)$，不能直接跨越 $x=0$ 使用一般解與唯一性定理。 解題方法 對柯西—歐拉方程設 $$ y=x^r, $$ 則 $$ y'=rx^{r-1},\qquad y''=r(r-1)x^{r-2}. $$ 代入原方程： $$ x^2r(r-1)x^{r-2}-4x(rx^{r-1})+6x^r=0, $$ 整理得 $$ \bigl[r(r-1)-4r+6\bigr]x^r=0. $$ 由於 $x
eq 0$，特徵方程為 $$ r(r-1)-4r+6=0 $$ $$ r^2-5r+6=0 $$ $$ (r-2)(r-3)=0. $$ 因此 $r=2,3$，兩個基本解為 $x^2,x^3$。其 Wronskian 為 $$ W(x)= \begin{vmatrix} x^2 & x^3\ 2x & 3x^2 \end{vmatrix} =x^4
eq 0\qquad (x
eq 0). $$ 故在任一正則解區間上，一般解為 $$ y=c1x^2+c2x^3. $$ 選項分析 (A) 錯誤 在正半軸 $x0$ 上， $$ |x|^3=x^3, $$ 所以 $y2=y1$；在負半軸 $x<0$ 上， $$ |x|^3=-x^3, $$ 所以 $y2=-y1$。 因此在任一標準解區間上，$x^3$ 與 $|x|^3$ 都是常數倍關係，線性相依，不能作為兩個線性獨立解。 (B) 錯誤 因為 $x=0$ 是奇異點，標準型中的

Question 7

Which of the following is/are true about the differential equation, $\ddot{y} - 2\dot{y} + y - 4x^2 + 3 = \frac{e^x}{x}$ ?
(A) It is a homogeneous differential equation.
(B) The associated homogeneous equation is $c_1x + c_2x \ln x$ .
(C) The complementary function $y_c = c_1e^x + c_2xe^x$ .
(D) The particular solution $y_p = 4x^2 + 16x + 21 - xex + xex \ln x$ .
(E) The interval of definition of the general solution is $(-\infty, \infty)$ .

Accepted Answer

核心觀念 將原式整理為標準形式： $$ y''-2y'+y=4x^2-3+\frac{e^x}{x}. $$ 這是二階線性非齊次微分方程。令微分算子 $D=\dfrac{d}{dx}$，左側算子可分解為 $$ D^2-2D+1=(D-1)^2. $$ 其通解由兩部分組成： $$ y=yc+yp, $$ 其中 $yc$ 為互補函數，$yp$ 為特解。 另外，因為右側含有 $\dfrac{1}{x}$，原微分方程在 $x=0$ 沒有定義，因此解的定義區間不能跨過 $x=0$。 --- 解題方法 1. 求互補函數 $yc$ 先考慮相關齊次方程： $$ y''-2y'+y=0. $$ 設 $y=e^{rx}$，得到特徵方程 $$ r^2-2r+1=0, $$ 即 $$ (r-1)^2=0. $$ 特徵根 $r=1$ 為二重根，因此齊次解為 $$ yc=(c1+c2x)e^x =c1e^x+c2xe^x. $$ 2. 求多項式部分的特解 針對 $4x^2-3$，設 $$ y{p1}=ax^2+bx+c. $$ 則 $$ y{p1}'=2ax+b,\qquad y{p1}''=2a. $$ 代入左側： \begin{align} y{p1}''-2y{p1}'+y{p1} &=2a-2(2ax+b)+(ax^2+bx+c)\ &=ax^2+(b-4a)x+(2a-2b+c). \end{align} 與 $4x^2-3$ 比較係數： $$ a=4,\qquad b-4a=0,\qquad 2a-2b+c=-3. $$ 因此 $$ a=4,\qquad b=16,\qquad c=21. $$ 所以 $$ y{p1}=4x^2+16x+21. $$ 3. 求 $\dfrac{e^x}{x}$ 的特解 由於齊次解含有 $e^x$ 與 $xe^x$，直接使用待定係數法不方便。利用算子恆等式，令 $$ y{p2}=e^xv(x). $$ 則 $$ y{p2}'=e^x(v+v'), $$ $$ y{p2}''=e^x(v+2v'+v''). $$ 因此 \begin{align} y{p2}''-2y{p2}'+y{p2} &=e^x(v+2v'+v'')-2e^x(v+v')+e^xv\ &=e^xv''. \end{align} 令其等於 $\dfrac{e^x}{x}$： $$ e^xv''=\frac{e^x}{x} \quad\Longrightarrow\quad v''=\frac1x. $$ 在 $x0$ 上積分：

Question 8

Which of the following is/are NOT true about the differential equation (DE), $(\frac{d^2v}{dx^2})^2 = v^2$ ?
(A) Both $e^{ix}$ and $e^{-ix}$ are solutions of DE.
(B) Both $\cos x$ and $e^x$ are solutions of DE.
(C) The linear combination of $c_1 \cos x + c_2 \sin x$ is the solution of DE.
(D) The linear combination of $c_1 e^x + c_2 e^{-x}$ is the solution of DE.
(E) The linear combination of $c_1 e^x + c_2 e^{-x} + c_3 \cos x + c_4 \sin x$ is the solution of DE.

Accepted Answer

核心觀念 原微分方程為 $$ (v'')^2=v^2. $$ 移項並因式分解： $$ (v'')^2-v^2=(v''-v)(v''+v)=0. $$ 因此，滿足下列任一分支的函數，必為原微分方程的解： $$ v''=v \qquad	ext{或}\qquad v''=-v. $$ 其中： - $v''=-v$ 的解包含 $\cos x,\sin x,e^{ix},e^{-ix}$。 - $v''=v$ 的解包含 $e^x,e^{-x}$。 這題的關鍵在於：線性組合只有在「同一分支」中才可直接成立，不能任意混合兩個分支。 --- 選項分析 (A) Both $e^{ix}$ and $e^{-ix}$ are solutions of DE. 對 $v=e^{ix}$： $$ v''=i^2e^{ix}=-e^{ix}=-v, $$ 所以 $$ (v'')^2=(-v)^2=v^2. $$ 對 $v=e^{-ix}$： $$ v''=(-i)^2e^{-ix}=-e^{-ix}=-v, $$ 同樣滿足原方程。因此 (A) 正確。 --- (B) Both $\cos x$ and $e^x$ are solutions of DE. 對 $v=\cos x$： $$ v''=-\cos x=-v, $$ 故 $$ (v'')^2=v^2. $$ 對 $v=e^x$： $$ v''=e^x=v, $$ 故 $$ (v'')^2=v^2. $$ 兩者皆為解，因此 (B) 正確。 --- (C) The linear combination of $c1\cos x+c2\sin x$ is the solution of DE. 令 $$ v=c1\cos x+c2\sin x. $$ 則 $$ v''=-c1\cos x-c2\sin x=-v. $$ 因此 $$ (v'')^2=(-v)^2=v^2. $$ 這個線性組合全部屬於 $v''=-v$ 分支，所以 (C) 正確。 ---

Question 9

Given the initial value problem of $t^2y'' - 5ty' + 8y = 8t^6$ with $y(0) = 0$ and $y'(0) = 0$ , identify the correct statement(s).
(A) If the particular solution is in the form of $At^B$ , $A+B=7$ .
(B) If the complementary function is in the form of $c_1f_1(t) + c_2f_2(t)$ , $c_1+c_2=-7$ .
(C) When $t \to -\infty$ , $y \to -\infty$ .
(D) There exist relative extrema.
(E) The interval of definition of the general solution is $(-\infty, \infty)$ .

Accepted Answer

求解常係數 Euler 方程 $$t^{2}y''-5ty'+8y=8t^{6},\qquad y(0)=0,\;y'(0)=0 .$$ --- 1. 齊次解 (complementary function) 設 $y=t^{m}$ 代入齊次方程 $$ t^{2}(m(m-1)t^{m-2})-5t(mt^{m-1})+8t^{m} =[m^{2}-6m+8]t^{m}=0 . $$ 根式 $\;m^{2}-6m+8=0\Rightarrow (m-2)(m-4)=0$，得 $$m{1}=2,\;m{2}=4 .$$ 故 $$y{c}=c{1}t^{2}+c{2}t^{4}.$$ --- 2. 特解 (particular solution) 右側為 $8t^{6}$，試形 $y{p}=At^{B}$。 $$y'{p}=ABt^{B-1},\quad y''{p}=AB(B-1)t^{B-2}.$$ 代入原方程： $$ t^{2}\! \cdot\! AB(B-1)t^{B-2} -5t\! \cdot\! ABt^{B-1} +8At^{B} = \bigl[AB(B-1)-5AB+8A\bigr]t^{B}. $$ 欲與 $8t^{6}$ 同次，須 $B=6$。此時係數 $$A[6\cdot5-5\cdot6+8]=A\cdot8=8\;\Longrightarrow\;A=1 .$$

Question 10

Consider the given functions, identify the INCORRECT statement.
(A) Given $\sec x$ is analytic at $x = 0$ , the interval of convergence is $(-\infty, \infty)$ .
(B) Given the differential equation (DE) of $\ddot{y} + \ln(t + 1) y + y = 0$ is analytic at $t = 0$ , the interval of convergence is $[-1,1]$ .
(C) $t = 0$ is a singular point of the DE, $t\ddot{y} + (\sin t)y = 0$ .
(D) $x = 0$ is a singular point of the DE, $\ddot{y} + 5x\dot{y} = -xy$ .
(E) Given the DE of $x\ddot{y} + \dot{y} = -10y$ , the method of Frobenius can only yield a single solution.

Accepted Answer

解題要點 1. 若函數在點 $x0$ 解析，其泰勒級數收斂半徑等於到最近奇點的距離。 2. 二階線性常微分方程 $a2(t)\ddot y+a1(t)\dot y+a0(t)y=0$ - 若 $a2(t0)=0$ 則 $t0$ 為奇點。 - 若 $a2(t0)
eq0$ 則為普通點。 3. Frobenius 法在正則奇點上求解；若指數方程有重根，只能得到一個冪級數解（第二個解含 $\ln t$）。 --- 各選項判斷 (A) $\sec x=1/\cos x$ 在 $x=\pm\frac{\pi}{2}+k\pi$ 失去解析性，距離 $0$ 最近的奇點是 $\pm\frac{\pi}{2}$，因此收斂區間為 $$(-	frac{\pi}{2},	frac{\pi}{2})
eq(-\infty,\infty)$$ 錯誤。

Question 11

Consider the linear system $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ , where $A=[\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3]\in\mathbb{R}^{5\times 3}$ , $\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3$ are column vectors of $A$ , and $\mathbf{b}$ is a non-zero vector. Suppose $\mathbf{b}=\mathbf{a}_1+\mathbf{a}_2=2\mathbf{a}_2+\mathbf{a}_3$ . Which of the following statements are true?

(A) The linear system has exactly two solutions.
(B) The linear system has at most two solutions.
(C) $\operatorname{rank}([A,\mathbf{b}])=\operatorname{rank}(A)\leq 2$ .
(D) $\mathbf{x}=[1,3,1]^T$ is a solution of the linear system.
(E) The vectors $\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3$ are linearly dependent.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查線性系統的解、矩陣秩，以及向量線性相依的判斷。 若 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 有解，則 $\mathbf{b}$ 位於 $A$ 的欄空間，因此 $$ \operatorname{rank}([A,\mathbf{b}])=\operatorname{rank}(A). $$ 此外，$A$ 的欄向量線性相依，等價於存在非零向量 $\mathbf{v}$ 使得 $A\mathbf{v}=\mathbf{0}$。若線性系統有一組解 $\mathbf{x}0$，則 $\mathbf{x}0+t\mathbf{v}$ 對任意實數 $t$ 也都是解。 解題方法 由題目給定 $$ \mathbf{b}=\mathbf{a}1+\mathbf{a}2=2\mathbf{a}2+\mathbf{a}3, $$ 令兩個表示式相等： $$ \mathbf{a}1+\mathbf{a}2=2\mathbf{a}2+\mathbf{a}3, $$ 整理得 $$ \mathbf{a}1-\mathbf{a}2-\mathbf{a}3=\mathbf{0}. $$ 這是三個欄向量間的非平凡線性關係，因此 $\mathbf{a}1,\mathbf{a}2,\mathbf{a}3$ 線性相依，且 $$ \operatorname{rank}(A)\leq 2. $$ 又因為 $\mathbf{b}=\mathbf{a}1+\mathbf{a}2$，所以 $\mathbf{b}$ 在 $A$ 的欄空間中，系統有解。由題目兩種表示可得兩組解： $$ \mathbf{x}^{(1)}= \begin{bmatrix} 1\ 1\ 0 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{x}^{(2)}= \begin{bmatrix} 0\ 2\ 1 \end{bmatrix}. $$ 兩組解之差為 $$ \mathbf{x}^{(1)}-\mathbf{x}^{(2)} = \begin{bmatrix} 1\ -1\ -1 \end{bmatrix}, $$ 且由欄向量關係可知

Question 12

Consider the linear system $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ , where $A=[\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3]\in\mathbb{R}^{3\times 3}$ , $\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3$ are column vectors of $A$ , and $\mathbf{b}$ is a non-zero vector. Suppose

\mathbf{a}_1-\mathbf{a}_2+3\mathbf{a}_3=\mathbf{0},\quad \mathbf{a}_1+2\mathbf{a}_2-\mathbf{a}_3=\mathbf{b},\quad \operatorname{rank}(A)=2.

Which of the following are solutions of the linear system?

(A) $\mathbf{x}=[-1,4,-7]^T$
(B) $\mathbf{x}=[3,0,5]^T$
(C) $\mathbf{x}=[2,4,-2]^T$
(D) $\mathbf{x}=[3,1,3]^T$
(E) $\mathbf{x}=[-2,2,-6]^T$

Accepted Answer

核心觀念

線性系統 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 的解，若加上 $A$ 的零空間中的任一向量，仍然是解。也就是說，若 $A\mathbf{x}_0=\mathbf{b}$ 且 $A\mathbf{v}=\mathbf{0}$ ，則

A(\mathbf{x}_0+t\mathbf{v}) =A\mathbf{x}_0+tA\mathbf{v} =\mathbf{b}

對任意純量 $t$ 都成立。

題目已給出一個零空間向量，並可由第二個向量關係直接找出一組特解。

解題方法

將題目中的兩個向量關係改寫成矩陣乘法：

A \begin{bmatrix} 1\\ -1\\ 3 \end{bmatrix} =\mathbf{0}, \qquad A \begin{bmatrix} 1\\ 2\\ -1 \end{bmatrix} =\mathbf{b}

因此， $\mathbf{x}_0=[1,2,-1]^T$ 是一組特解，而 $\mathbf{v}=[1,-1,3]^T$ 是 $A$ 的零空間向量。

又因為 $\operatorname{rank}(A)=2$ ，由秩－零度定理可得

\dim\ker(A)=3-\operatorname{rank}(A)=1

所以零空間由 $\mathbf{v}$ 張成，所有解都可寫成

\mathbf{x} = \begin{bmatrix} 1\\ 2\\ -1 \end{bmatrix} +t \begin{bmatrix} 1\\ -1\\ 3 \end{bmatrix}, \qquad t\in\mathbb{R}

逐一檢查選項是否符合此式。

選項分析

(A)

Question 13

Two matrices are row equivalent if one can be changed to the other by a sequence of elementary row operations. Which of the following statements are true?

(A) If there exists a matrix $R$ such that $B=RA$ , then $A$ and $B$ are row equivalent.
(B) If two matrices are row equivalent, then they have the same null space.
(C) If two matrices are row equivalent, then they have the same eigenvalues.
(D) If $E$ is the reduced row echelon form of $A$ , then $E$ and $A$ are row equivalent.
(E) Let $A\in\mathbb{R}^{m\times n}$ , $C\in\mathbb{R}^{m\times n}$ , and $\mathbf{b}\in\mathbb{R}^m$ be given. If $A$ and $C$ are row equivalent, then the two linear systems $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ and $C\mathbf{x}=\mathbf{b}$ have the same solution set.

Accepted Answer

核心觀念 若矩陣 $A$ 經一連串初等列運算變成 $C$，則存在可逆矩陣 $U$，使得 $$ C=UA. $$ 其中 $U$ 是相同初等列運算所對應的初等矩陣之乘積。列等價保留矩陣的秩與齊次方程組的解集合，但一般不保留特徵值，也不保證以相同右側向量 $\mathbf b$ 組成的非齊次方程組有相同解集合。 解題方法 逐項檢查敘述是否符合列運算的性質。判斷敘述不成立時，給出一組反例即可；判斷成立時，利用列等價的可逆矩陣表示式說明。 選項分析 (A) 錯誤。 題目只要求存在矩陣 $R$ 使 $B=RA$，沒有要求 $R$ 可逆。取 $$ A=I2,\qquad R=0{2	imes 2}, $$ 則 $B=RA=0{2	imes 2}$。然而 $A$ 的秩為 $2$，$B$ 的秩為 $0$；初等列運算不改變秩，因此兩者不列等價。若額外要求 $R$ 可逆，則 $B=RA$ 才能保證 $A$ 與 $B$ 列等價。 (B) 正確。 若 $A$ 與 $C$ 列等價，則 $C=UA$，其中 $U$ 可逆。對任意向量 $\mathbf x$， $$ C\mathbf x=0 \iff UA\mathbf x=0 \iff A\mathbf x=0. $$ 最後一個等價關係成立，是因為 $U$ 可逆。因此 $A$ 與 $C$ 的零空間相同。 (C) 錯誤。 列運算不保證特徵值不變。以

Question 14

Consider the linear system $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ . Let $A=QR$ , where $Q$ is an orthogonal matrix and $R$ is an upper triangular matrix. Suppose

R= \begin{bmatrix} -1&4&2\\ 0&-2&1\\ 0&0&3 \end{bmatrix},\quad Q^T\mathbf{b}= \begin{bmatrix} -3\\ 7\\ 15 \end{bmatrix},\quad \mathbf{x}= \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{bmatrix}.

Which of the following statements are true?

(A) $x_1=9$
(B) $x_2=1$
(C) $x_3=5$
(D) $x_1+x_2+x_3=12$
(E) $x_1+x_2+x_3=14$

Accepted Answer

核心觀念 因為 $A=QR$，且 $Q$ 為正交矩陣，所以 $Q^TQ=I$。將線性系統 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 左乘 $Q^T$，可得 $$ Q^TA\mathbf{x}=Q^T\mathbf{b} $$ 代入 $A=QR$： $$ Q^TQR\mathbf{x}=Q^T\mathbf{b} $$ 因此 $$ R\mathbf{x}=Q^T\mathbf{b} $$ 由於 $R$ 是上三角矩陣，可從最後一列開始逐步回代求解。 解題方法 將題目給定的 $R$ 與 $Q^T\mathbf{b}$ 代入 $R\mathbf{x}=Q^T\mathbf{b}$： $$ \begin{bmatrix} -1&4&2\ 0&-2&1\ 0&0&3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x1\ x2\ x3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -3\ 7\ 15 \end{bmatrix} $$ 由第三列開始回代： $$ 3x3=15 \quad\Longrightarrow\quad x3=5 $$ 第二列給出 $$ -2x2+x3=7 $$

Question 15

Let $\hat{\mathbf{x}}$ be a least-squares solution of the linear system $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ . Which of the following statements are true?

(A) $\hat{\mathbf{x}}$ satisfies $A\hat{\mathbf{x}}=\mathbf{b}$ .
(B) $\hat{\mathbf{x}}$ satisfies $A^TA\hat{\mathbf{x}}=A^T\mathbf{b}$ .
(C) $\hat{\mathbf{x}}$ always exists.
(D) $\hat{\mathbf{x}}$ is unique.
(E) $\mathbf{b}-A\hat{\mathbf{x}}$ is orthogonal to any vector in the range space of $A$ .

Accepted Answer

核心觀念 最小平方解 $\hat{\mathbf{x}}$ 是使殘差平方長度最小的向量，也就是使 $\|A\mathbf{x}-\mathbf{b}\|2^2$ 最小的向量。這題考查最小平方解的正規方程、殘差與欄空間的正交性，以及解是否存在、是否唯一。 對實矩陣 $A$，最小平方解滿足正規方程 $$ A^T A\hat{\mathbf{x}}=A^T\mathbf{b}. $$ 這也表示殘差 $\mathbf{b}-A\hat{\mathbf{x}}$ 與 $A$ 的值域（欄空間）正交。 解題方法 設殘差為 $\mathbf{r}=\mathbf{b}-A\hat{\mathbf{x}}$。最小平方解使 $\|\mathbf{b}-A\mathbf{x}\|2^2$ 最小。對 $\mathbf{x}$ 微分並令梯度為零： $$ 
abla{\mathbf{x}}\|\mathbf{b}-A\mathbf{x}\|2^2 =-2A^T(\mathbf{b}-A\mathbf{x})=\mathbf{0}. $$ 因此 $$ A^T(\mathbf{b}-A\hat{\mathbf{x}})=\mathbf{0}, $$ 整理即得 $$ A^T A\hat{\mathbf{x}}=A^T\mathbf{b}. $$ 由於 $A^T\mathbf{r}=\mathbf{0}$，殘差與 $A$ 的每一個欄向量正交，也就與欄向量所張成的整個值域正交。

Question 16

Let $\mathbf{x}1$ and $\mathbf{x}2$ be eigenvectors of $A$, and let $\lambda1$ and $\lambda2$ be the corresponding eigenvalues. Suppose $$ \mathbf{x}1= \begin{bmatrix} -1\ 2 \end{bmatrix},\quad \mathbf{x}2= \begin{bmatrix} 3\ 1 \end{bmatrix},\quad \lambda1=2,\quad \lambda2=-1,\quad \mathbf{y}= \begin{bmatrix} 1\ 5 \end{bmatrix},\quad A^{10}\mathbf{y}= \begin{bmatrix} s1\ s2 \end{bmatrix}. $$ Which of the following statements are true? (A) $s1=-2045$ (B) $s1=-2046$ (C) $s2=4096$ (D) $s2=4098$ (E) $s1+s2=2052$

Accepted Answer

核心觀念 若 $\mathbf{x}1,\mathbf{x}2$ 是矩陣 $A$ 的特徵向量，對應特徵值分別為 $\lambda1,\lambda2$，則 $$ A^n\mathbf{x}i=\lambdai^n\mathbf{x}i. $$ 因此，先將 $\mathbf{y}$ 表示成特徵向量的線性組合，再利用特徵值的冪次計算 $A^{10}\mathbf{y}$。 解題方法 設 $$ \mathbf{y}=c1\mathbf{x}1+c2\mathbf{x}2. $$ 代入題目給定的向量： $$ \begin{bmatrix} 1\ 5 \end{bmatrix} = c1 \begin{bmatrix} -1\ 2 \end{bmatrix} + c2 \begin{bmatrix} 3\ 1 \end{bmatrix}. $$ 比較各分量，得到 $$ \begin{cases} -c1+3c2=1,\ 2c1+c2=5. \end{cases} $$ 解得 $c1=2,\ c2=1$，所以 $$ \mathbf{y}=2\mathbf{x}1+\mathbf{x}2. $$ 利用特徵向量的冪次公式：

Question 17

Suppose $$ \mathbf{x}= \begin{bmatrix} -5\ -2\ 1\ 4 \end{bmatrix},\quad \mathbf{q}1= \begin{bmatrix} 1\ 1\ 1\ 1 \end{bmatrix},\quad \mathbf{q}2= \begin{bmatrix} -1\ 1\ -1\ 1 \end{bmatrix}. $$ Let $\mathbf{p}$ be the orthogonal projection of $\mathbf{x}$ onto $\operatorname{span}(\mathbf{q}1,\mathbf{q}2)$, and let $\mathbf{p}=[p1,p2,p3,p4]^T$. Which of the following statements are true? (A) $p1=-2$ (B) $p2=-1$ (C) $p3=-2$ (D) $p4=-1$ (E) $p1+p2+p3+p4=2$

Accepted Answer

核心觀念

向量 $\mathbf{x}$ 在子空間 $W=\operatorname{span}(\mathbf{q}_1,\mathbf{q}_2)$ 上的正交投影 $\mathbf{p}$ ，滿足 $\mathbf{x}-\mathbf{p}$ 與 $W$ 中每個向量都正交。

若 $\mathbf{q}_1,\mathbf{q}_2$ 彼此正交，投影可直接寫成

\mathbf{p} = \frac{\mathbf{x}\cdot\mathbf{q}_1}{\mathbf{q}_1\cdot\mathbf{q}_1}\mathbf{q}_1 + \frac{\mathbf{x}\cdot\mathbf{q}_2}{\mathbf{q}_2\cdot\mathbf{q}_2}\mathbf{q}_2.

解題方法

先檢查 $\mathbf{q}_1$ 與 $\mathbf{q}_2$ 是否正交：

\mathbf{q}_1\cdot\mathbf{q}_2 = (1)(-1)+(1)(1)+(1)(-1)+(1)(1)=0.

兩向量互相正交，且

\mathbf{q}_1\cdot\mathbf{q}_1 = \mathbf{q}_2\cdot\mathbf{q}_2=4.

計算 $\mathbf{x}$ 在兩個方向上的投影係數：

Question 18

Suppose $$ A= \begin{bmatrix} 2&3&0&0\ 3&-6&0&0\ 2&4&1&2\ 6&8&3&-4 \end{bmatrix}. $$ Which of the following are eigenvalues of $A$? (A) $-1$ (B) $-2$ (C) $-3$ (D) $-5$ (E) $-7$

Accepted Answer

核心觀念 矩陣 $A$ 的特徵值 $\lambda$ 必須滿足特徵方程 $$ \det(\lambda I-A)=0. $$ 若矩陣是分塊下三角矩陣，則其行列式等於對角線區塊行列式的乘積。因此，整個矩陣的特徵值可由對角線區塊分別求出。 解題方法 將 $A$ 分成 $2	imes 2$ 區塊： $$ A= \begin{bmatrix} B&0\ C&D \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 2&3\ 3&-6 \end{bmatrix}, \qquad D= \begin{bmatrix} 1&2\ 3&-4 \end{bmatrix}. $$ 由於右上角區塊為零，$A$ 是分塊下三角矩陣，因此 $$ \det(\lambda I-A) = \det(\lambda I2-B)\det(\lambda I2-D). $$ 先計算 $B$ 的特徵多項式： $$ \begin{aligned} \det(\lambda I2-B) &= \begin{vmatrix} \lambda-2&-3\ -3&\lambda+6 \end{vmatrix}\ &=(\lambda-2)(\lambda+6)-9\ &=\lambda^2+4\lambda-21\ &=(\lambda+7)(\lambda-3). \end{aligned} $$

Question 19

Suppose that $\{\mathbf{v}1,\mathbf{v}2,\mathbf{v}3\}$ is a basis of $V$. Let $A$ be the matrix representation of the linear operator $L:V	o V$ with respect to the ordered basis $\{\mathbf{v}3,\mathbf{v}2,\mathbf{v}1\}$, and $$ A= \begin{bmatrix} 1&3&5\ 2&4&6\ 7&8&9 \end{bmatrix}. $$ Let $\mathbf{w}=-\mathbf{v}1+2\mathbf{v}2+\mathbf{v}3$ and $L(\mathbf{w})=c1\mathbf{v}1+c2\mathbf{v}2+c3\mathbf{v}3$. Which of the following statements are true? (A) $c1=10$ (B) $c2=12$ (C) $c3=18$ (D) $c1+c2+c3=20$ (E) $c1+c2+c3=22$

Accepted Answer

核心觀念 線性算子相對於有序基底的矩陣，將輸入向量在該基底下的座標，轉換成輸出向量在同一基底下的座標。若基底的順序改變，座標分量的排列也會改變。 本題的矩陣 $A$ 是相對於有序基底 $\{\mathbf v3,\mathbf v2,\mathbf v1\}$ 表示，因此矩陣運算得到的座標順序是「$\mathbf v3,\mathbf v2,\mathbf v1$」，不是「$\mathbf v1,\mathbf v2,\mathbf v3$」。 解題方法 先依照基底順序寫出 $\mathbf w$ 的座標。由 $$ \mathbf w=-\mathbf v1+2\mathbf v2+\mathbf v3 $$ 可得 $$ [\mathbf w]{\{\mathbf v3,\mathbf v2,\mathbf v1\}} = \begin{bmatrix} 1\ 2\ -1 \end{bmatrix}. $$ 利用矩陣表示的定義：

Question 20

Let $\mathbf{x}=[x1,x2,\ldots,xn]^T\in\mathbb{R}^n$ and $\|\mathbf{x}\|p=(\sum{i=1}^n|xi|^p)^{1/p}$, where $p=1$ or $2$. Which of the following statements are true? (A) $\|\mathbf{x}\|1\leq 2\|\mathbf{x}\|2$. (B) $\|\mathbf{x}\|2\leq\|\mathbf{x}\|1$. (C) $\|\mathbf{x}\|1-\|\mathbf{y}\|1\leq\|\mathbf{x}-\mathbf{y}\|1$. (D) $\|\mathbf{x}-\mathbf{y}\|1=0$ if and only if $\mathbf{x}=\mathbf{y}$. (E) $\|\mathbf{x}\|1^2+\|\mathbf{y}\|1^2=\|\mathbf{x}+\mathbf{y}\|1^2$ if $\mathbf{x}$ is orthogonal to $\mathbf{y}$.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查 $1$-範數與 $2$-範數的基本性質，包括柯西－施瓦茲不等式、三角不等式，以及範數的正定性。另須注意，向量正交是相對於內積而言，並不代表 $1$-範數也具有類似畢氏定理的關係。 解題方法 逐項檢查敘述是否對所有 $\mathbf{x},\mathbf{y}\in\mathbb{R}^n$ 成立。對範數不等式，可使用柯西－施瓦茲不等式或三角不等式；對「若且唯若」敘述，則直接檢查範數為零的條件；對正交條件，則代入簡單的正交向量驗證。 選項分析 (A) 錯誤。 由柯西－施瓦茲不等式， $$ \|\mathbf{x}\|1 =\sum{i=1}^n |xi| \leq \sqrt{n}\left(\sum{i=1}^n |xi|^2\right)^{1/2} =\sqrt{n}\|\mathbf{x}\|2. $$ 因此，對所有 $\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n$ 可保證的係數是 $\sqrt{n}$。題目中的係數 $2$ 只有在 $n\leq 4$ 時才能由此保證；題目沒有指定 $n\leq 4$，所以敘述不普遍成立。 例如取 $n=5$、$\mathbf{x}=(1,1,1,1,1)^T$，則 $$ \|\mathbf{x}\|1=5,\qquad 2\|\mathbf{x}\|2=2\sqrt{5}<5, $$ 故不等式不成立。 (B) 正確。 因為 $|xi|\geq 0$，所以 $$ \left(\sum{i=1}^n |xi|\right)^2 =\sum{i=1}^n |xi|^2 +2\sum{i<j}|xi||xj| \geq \sum{i=1}^n |xi|^2. $$ 兩邊皆非負，開平方後得到 $$ \|\mathbf{x}\|2\leq \|\mathbf{x}\|1. $$ (C) 正確。 由 $1$-範數的三角不等式，

112 年 國立中山大學電機工程學系碩士班乙組《工程數學乙》

第 1 題

第 2 題

第 3 題

第 4 題

1. 求平衡解

2. 求非恆等一般解

第 5 題

第 6 題

第 7 題

1. 求互補函數 ycy_cyc​

2. 求多項式部分的特解

3. 求 exx\dfrac{e^x}{x}xex​ 的特解

第 8 題

第 9 題

1. 齊次解 (complementary function)

2. 特解 (particular solution)

第 10 題

各選項判斷

第 11 題

第 12 題

核心觀念

解題方法

選項分析

第 13 題

第 14 題

第 15 題

核心觀念

解題方法

第 16 題

核心觀念

解題方法

第 17 題

核心觀念

解題方法

第 18 題

核心觀念

解題方法

第 19 題

第 20 題

核心觀念

解題方法

選項分析

其他考古題

112 年中山大學的其他科目

中山大學《工程數學乙》其他年度

其他學校的電機系考古題

112 年國立中山大學電機工程學系碩士班乙組《工程數學乙》

1. 求互補函數 $y_c$

3. 求 $\dfrac{e^x}{x}$ 的特解