112 年 國立中山大學電機工程學系碩士班甲組《工程數學甲》

考慮常係數齊次方程

$$y'''-2y''+y'=0\qquad\Longrightarrow\qquad r^3-2r^2+r=r(r-1)^2=0$$

根為 $r_1=0,\;r_2=r_3=1$。
齊次解

$y_h=C_1+C_2e^{x}+C_3xe^{x}.$

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右端 $x e^{x}+5$ 中

• $x e^{x}$：$e^{x},xe^{x}$ 已屬於齊次解，且 $r=1$ 為二重根，需乘以 $x^{2}$。故試解形式

$y_{p1}=x^{2}(a x+b)e^{x}=(a x^{3}+b x^{2})e^{x}.$

• 常數 $5$：$e^{0x}$ 與根 $r=0$ 相同，需乘以 $x$。故試解

$y_{p2}=c x.$

合併得到

$y_p=(a x^{3}+b x^{2})e^{x}+c x .$

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代入 $y'''-2y''+y'=x e^{x}+5$（只保留 $e^{x}$ 與常數項）：

$$\begin{aligned} y'''-2y''+y'&=e^{x}\bigl[6a\,x+(2b+6a)\bigr]+c . \end{aligned}$$

配合右端：

核心觀念

本題考查三維空間向量、線段中點與兩向量夾角公式。

若兩條直線的方向向量分別為 $\mathbf{u}$、$\mathbf{v}$，則其夾角 $\theta$ 滿足

$$\cos\theta = \frac{|\mathbf{u}\cdot\mathbf{v}|} {\|\mathbf{u}\|\|\mathbf{v}\|}.$$

其中：

• $\mathbf{u}\cdot\mathbf{v}$ 為內積；
• $\|\mathbf{u}\|$、$\|\mathbf{v}\|$ 為向量長度；
• 直線夾角通常取較小的銳角。

解題方法

先求線段 $BC$ 的中點 $M$：

$$M = \left( \frac{0+(-3)}{2}, \frac{1+4}{2}, \frac{6+(-2)}{2} \right) = \left(-\frac32,\frac52,2\right).$$

直線 $AB$ 的方向向量為

$$\overrightarrow{AB} = B-A = (0-1,1-(-2),6-1) = (-1,3,5).$$

從 $A$ 指向中點 $M$ 的方向向量為

$$\overrightarrow{AM} = M-A = \left( -\frac32-1,\frac52-(-2),2-1 \right) = \left(-\frac52,\frac92,1\right).$$

為方便計算，方向向量可乘以非零常數，因此取

$$\mathbf{v}=2\overrightarrow{AM}=(-5,9,2).$$

令

$$\mathbf{u}=(-1,3,5),\qquad \mathbf{v}=(-5,9,2).$$

計算內積：

$$\mathbf{u}\cdot\mathbf{v} = (-1)(-5)+3(9)+5(2) = 5+27+10 = 42.$$

計算兩向量長度：

$$\|\mathbf{u}\| = \sqrt{(-1)^2+3^2+5^2} = \sqrt{35},$$ $$\|\mathbf{v}\| = \sqrt{(-5)^2+9^2+2^2} = \sqrt{110}.$$

因此

$$\cos\theta = \frac{42}{\sqrt{35}\sqrt{110}} = \frac{42}{\sqrt{3850}} \approx 0.67689.$$

換算成角度：

$$\theta = \cos^{-1}(0.67689) \approx 47.40^\circ.$$

選項分析

• (A) $81.29^\circ$：錯誤。
  此數值是直線 $AB$ 與 $AC$ 的夾角。因為
  $\overrightarrow{AC}=(-4,6,-3)$，有

核心觀念

線性微分方程的標準形式為

$$a_n(t)y^{(n)}+a_{n-1}(t)y^{(n-1)}+\cdots+a_1(t)y'+a_0(t)y=g(t),$$

其中各係數 $a_i(t)$ 只能是獨立變數的函數，不可含有未知函數 $y$ 或其導數。未知函數及各階導數只能：

• 一次出現；
• 彼此不可相乘；
• 不可出現在平方、根號、指數、三角函數等非線性運算中。

右側 $g(t)$ 是否為零，不影響線性；因此非齊次方程也可以是線性的。對偏微分方程同樣適用，只是未知函數及其偏導數改以線性方式出現。

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解題方法

逐項確認：

1. 未知函數是哪一個；
2. 各階導數是否只以一次方出現；
3. 係數是否只依賴獨立變數；
4. 是否出現未知函數的平方、乘積或非線性函數。

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選項分析

(A) $xy''+(\sin x)y=0$

未知函數為 $y(x)$，方程可寫成

$$x\,y''+(\sin x)y=0.$$

其中 $x$ 與 $\sin x$ 都只是獨立變數 $x$ 的函數，且 $y''$、$y$ 均只以一次方出現，沒有 $y$ 與 $y'$ 的乘積，也沒有 $y^2$ 等非線性項。

因此，(A) 為二階線性齊次微分方程。

(A) 正確。

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(B) $y''+5xy'+\sqrt{x}y=0$

未知函數為 $y(x)$，其形式為

$$y''+5x\,y'+\sqrt{x}\,y=0.$$

係數 $5x$ 與 $\sqrt{x}$ 只依賴獨立變數 $x$；$y''$、$y'$、$y$ 皆為一次項。因此這是具有變係數的二階線性齊次微分方程。

若考慮實數範圍，$\sqrt{x}$ 要求 $x\ge 0$，但定義域限制不會改變方程的線性性。

(B) 正確。

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(C) $\dfrac{d^2x}{dt^2}=t+x^2$

此處未知函數是 $x(t)$，而不是獨立變數。移項可得

$$\frac{d^2x}{dt^2}-x^2=t.$$

考慮變數平移 $s=t-4$，則微分式不變，方程化為

$s^{2}x''-5s\,x'= -9x\quad\Longrightarrow\quad s^{2}x''-5s\,x'+9x=0 .$

此為 Euler–Cauchy 型，試解 $x=s^{m}$：

$$s^{2}m(m-1)s^{m-2}-5s\,m s^{m-1}+9s^{m} = \bigl[m^{2}-6m+9\bigr]s^{m}=0 .$$

特徵方程 $(m-3)^{2}=0$，得到雙根 $m=3$。故一般解為

$$x(s)=c_{1}s^{3}+c_{2}s^{3}\ln|s| \quad\Longrightarrow\quad x(t)=c_{1}(t-4)^{3}+c_{2}(t-4)^{3}\ln|t-4|.$$

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判斷選項

核心觀念

本題考查：

1. 平移型 Cauchy–Euler 方程。
2. 重根所對應的通解形式。
3. 二階線性微分方程的 regular singular point 判定。
4. 自治微分方程與解的定義區間。

將方程整理為

$$(t-4)^2x''-5(t-4)x'+9x=0.$$

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解題方法：平移變數化為 Euler–Cauchy 方程

令

$$s=t-4,\qquad X(s)=x(t).$$

因為 $\dfrac{ds}{dt}=1$，所以

$$x'=X',\qquad x''=X''.$$

原方程化為

$$s^2X''-5sX'+9X=0.$$

這是 Euler–Cauchy 方程。令

$$X=s^r,$$

則

$$X'=rs^{r-1},\qquad X''=r(r-1)s^{r-2}.$$

代入得

$$s^2r(r-1)s^{r-2}-5srs^{r-1}+9s^r=0,$$

因此特徵方程為

$$r(r-1)-5r+9=0,$$

即

$$r^2-6r+9=(r-3)^2=0.$$

根 $r=3$ 是重根，因此通解為

$$X(s)=C_1s^3+C_2s^3\ln|s|.$$

換回 $s=t-4$：

$$\boxed{x(t)=(t-4)^3\left[C_1+C_2\ln|t-4|\right]}.$$

其中通解必須在不含 $t=4$ 的區間上討論，因此其最大定義區間為

$$(-\infty,4)\quad\text{或}\quad(4,\infty).$$

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選項分析

(A) 錯誤。

自治微分方程不應顯含獨立變數 $t$。本題的係數含有 $(t-4)$，因此方程顯式依賴 $t$，不是自治微分方程。

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(B) 錯誤。

選項所給

$$x=C_1t^3+C_2t^3\ln t$$

是以 $t=0$ 為中心的 Euler–Cauchy 方程通解形式。本題是以 $t=4$ 為中心，正確形式應為

$$x=(t-4)^3\left[C_1+C_2\ln|t-4|\right].$$

核心觀念

本題考查拉普拉斯方程式的變數分離法與特徵值問題。

給定

$$U_{xx}+U_{yy}=0,$$

邊界條件為

$$U(0,y)=0,\qquad U(L,y)=0,$$

以及

$$U(x,0)=f(x),\qquad U(x,H)=0.$$

由於 $x=0$ 與 $x=L$ 的邊界值皆為零，應優先利用 $x$ 方向的條件建立特徵值問題。

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解題方法

設解可寫成乘積形式

$$U(x,y)=X(x)Y(y).$$

代入拉普拉斯方程式：

$$X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0.$$

除以 $X(x)Y(y)$：

$$\frac{X''(x)}{X(x)}+\frac{Y''(y)}{Y(y)}=0.$$

由於第一項只與 $x$ 有關，第二項只與 $y$ 有關，兩者必須各自為常數。令分離常數為 $A$，取成

$$\frac{X''}{X}=-A, \qquad \frac{Y''}{Y}=A.$$

因此得到兩個常微分方程式：

$$X''+AX=0,$$

以及

$$Y''-AY=0.$$

這是本題最重要的分離結果。

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$x$ 方向的特徵值問題

由邊界條件 $U(0,y)=0$ 與 $U(L,y)=0$，可得

$$X(0)=0,\qquad X(L)=0.$$

因此 $X(x)$ 滿足

$$X''+AX=0,\qquad X(0)=X(L)=0.$$

分三種情況討論。

情況一：$A=0$

此時

$$X''=0,$$

所以

$$X(x)=C_1x+C_2.$$

由 $X(0)=0$ 得 $C_2=0$；再由 $X(L)=0$ 得 $C_1=0$。只有零解，不符合非零特徵函數的要求。

情況二：$A<0$

令 $A=-\mu^2$，其中 $\mu>0$，則

$$X''-\mu^2X=0.$$

通解為

$$X(x)=C_1e^{\mu x}+C_2e^{-\mu x},$$

或寫成雙曲函數形式

$$X(x)=C_1\cosh(\mu x)+C_2\sinh(\mu x).$$

由 $X(0)=0$ 得 $C_1=0$，再由 $X(L)=0$ 得 $C_2=0$。同樣只有零解，因此沒有負特徵值。

情況三：$A>0$

令

$$A=\mu^2,\qquad \mu>0.$$

則

$$X''+\mu^2X=0.$$

通解為

$$X(x)=C_1\cos(\mu x)+C_2\sin(\mu x).$$

由 $X(0)=0$ 得

$$C_1=0.$$

因此

$$X(x)=C_2\sin(\mu x).$$

再利用 $X(L)=0$：

$$C_2\sin(\mu L)=0.$$

為使 $X$ 為非零解，必須有

$$\sin(\mu L)=0.$$

所以

$$\mu L=n\pi,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

得到特徵值

$$A_n=\mu_n^2=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2,$$

以及對應的特徵函數

$$X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

因此，$A$ 必須為正值，且不能任意指定，而是離散特徵值：

$$\boxed{A_n=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2}.$$

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$y$ 方向的方程式

對每一個特徵值 $A_n$，$Y(y)$ 滿足

$$Y_n''-A_nY_n=0.$$

令

$$\mu_n=\frac{n\pi}{L},$$

則

$$Y_n''-\mu_n^2Y_n=0.$$

其通解可寫為

$$Y_n(y)=C_n\cosh(\mu_n y)+D_n\sinh(\mu_n y).$$

由上方邊界條件 $U(x,H)=0$，可取滿足 $Y_n(H)=0$ 的形式：

題幹資訊註記

第 5 題未附；以下依選項可還原的標準設定 $0<x<L$、$0<y<H$、$X(0)=X(L)=0$，並採用 $y=H$ 的齊次定值邊界 $Y(H)=0$ 解答。

核心觀念

本題考查 Laplace 方程的分離變數法：

$$u_{xx}+u_{yy}=0.$$

令

$$u(x,y)=X(x)Y(y),$$

代入得

$$X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0.$$

除以 $X(x)Y(y)$：

$$\frac{X''}{X}=-\frac{Y''}{Y}=-\lambda.$$

因此得到兩個常微分方程：

$$X''+\lambda X=0, \qquad Y''-\lambda Y=0.$$

其中 $X$ 的邊界條件決定特徵值與三角函數形式，$Y$ 則因為 $\lambda>0$ 而呈現雙曲函數形式。

解題方法

由 $X(0)=X(L)=0$，考慮 $\lambda>0$，令

$$\lambda=k^2.$$

則

$$X(x)=A\cos(kx)+B\sin(kx).$$

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，所以

$$X(x)=B\sin(kx).$$

再由 $X(L)=0$：

$$B\sin(kL)=0.$$

要有非零解 $B\neq 0$，必須滿足

$$\sin(kL)=0 \quad\Longrightarrow\quad kL=n\pi, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

因此

$$k_n=\frac{n\pi}{L}, \qquad \lambda_n=k_n^2 =\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2,$$

以及

$$X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

對應的 $Y$ 方程為

$$Y''-\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2Y=0.$$

其一般解可寫成

$$Y(y) =C\cosh\left(\frac{n\pi(y-H)}{L}\right) +D\sinh\left(\frac{n\pi(y-H)}{L}\right).$$

由 $Y(H)=0$：

$$Y(H)=C\cosh(0)+D\sinh(0)=C=0.$$

所以

$$Y_n(y)=\sinh\left(\frac{n\pi(y-H)}{L}\right).$$

故分離後的乘積解為

核心觀念

本題考查自治微分方程

$$\frac{dy}{dx}=f(y)$$

的階數、非線性、臨界點與穩定性。對於臨界點 $y^*$：

• 若 $f(y^*)=0$，則 $y(x)\equiv y^*$ 是常數解。
• 若鄰近解在 $x\to\infty$ 時趨近 $y^*$，則稱 $y^*$ 為吸引點（attractor）。
• 由相位線判斷時，$y'>0$ 表示解隨 $x$ 增加，$y'<0$ 表示解隨 $x$ 減少。

將原方程改寫為

$$y'=-2y^2+3y-1=-(2y-1)(y-1).$$

令

$$f(y)=-(2y-1)(y-1).$$

解題方法：求臨界點並作相位分析

臨界點滿足 $y'=0$，因此

$$-(2y-1)(y-1)=0.$$

所以兩個臨界點為

$$y=\frac12,\qquad y=1.$$

接著分區間判斷 $y'$ 的正負：

$$\begin{array}{c|ccc} y & (-\infty,\frac12) & (\frac12,1) & (1,\infty)\\ \hline y' & - & + & - \end{array}$$

因此：

• 當 $y<\frac12$ 時，$y'<0$，解向下移動。
• 當 $\frac12<y<1$ 時，$y'>0$，解向上移動。
• 當 $y>1$ 時，$y'<0$，解向下移動。

在 $y=\frac12$ 的兩側，解都遠離該點，所以 $y=\frac12$ 是排斥點；在 $y=1$ 的兩側，解都朝向該點，所以 $y=1$ 是吸引點。

選項分析

(A) It is a second-order homogeneous differential equation.

錯誤。

原方程只含有一階導數 $y'$，因此是一階微分方程，不是二階微分方程。此外，方程含有 $y^2$，屬於非線性微分方程；「齊次線性微分方程」的概念也不適用於此非線性方程。

所以 (A) 錯誤。

(B) There are two critical points.

正確。

由

$$y'=-(2y-1)(y-1)$$

可得臨界點

$$y=\frac12,\qquad y=1.$$

所以共有兩個臨界點，(B) 正確。

(C) One of the critical points is an attractor.

正確。

由相位分析可知：

核心觀念

1. 線性系統 $Ax=b$ 有解的條件為
   $\operatorname{rank}([A,b])=\operatorname{rank}(A).$
   等價地，$b$ 必須屬於 $A$ 的 column space。

2. 若 $A$ 有 $3$ 個欄向量，且欄向量線性相依，則
   $\operatorname{rank}(A)\leq 2.$

3. 對 $3$ 個未知數而言，若系統有解且 $\operatorname{rank}(A)<3$，則至少有一個自由變數，因此有無限多組解。

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解題方法

由題目條件

$$b=a_1+a_2=2a_2+a_3$$

可得

$$a_1+a_2=2a_2+a_3,$$

整理為

$$a_1-a_2-a_3=0.$$

這表示 $a_1,a_2,a_3$ 存在非零係數組合為零，所以三個欄向量線性相依，且

$$\operatorname{rank}(A)\leq 2.$$

另一方面，因為

$$b=a_1+a_2,$$

所以 $b$ 屬於 $A$ 的 column space，故 $Ax=b$ 一定有解，並且

$$\operatorname{rank}([A,b])=\operatorname{rank}(A).$$

由兩種表示法可知兩組解為

$$x^{(1)}= \begin{bmatrix} 1\\1\\0 \end{bmatrix}, \qquad x^{(2)}= \begin{bmatrix} 0\\2\\1 \end{bmatrix}.$$

其差為

$$x^{(1)}-x^{(2)} = \begin{bmatrix} 1\\-1\\-1 \end{bmatrix},$$

且

$$A \begin{bmatrix} 1\\-1\\-1 \end{bmatrix} =a_1-a_2-a_3=0.$$

因此所有

$$x= \begin{bmatrix} 1\\1\\0 \end{bmatrix} +t \begin{bmatrix} 1\\-1\\-1 \end{bmatrix}, \qquad t\in\mathbb R$$

皆滿足 $Ax=b$。系統具有無限多組解。

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選項分析

核心觀念

矩陣 $A=[a_1,a_2,a_3]$ 乘上向量 $x=[x_1,x_2,x_3]^T$，可寫成

$$Ax=x_1a_1+x_2a_2+x_3a_3.$$

由題目條件

$$a_1-a_2+3a_3=0$$

可得

$$A \begin{bmatrix} 1\\-1\\3 \end{bmatrix} =0.$$

因此

$$u= \begin{bmatrix} 1\\-1\\3 \end{bmatrix}$$

是 $A$ 的零空間中的向量。

另外，由

$$a_1+2a_2-a_3=b$$

可知

$$A \begin{bmatrix} 1\\2\\-1 \end{bmatrix} =b.$$

所以

$$x_0= \begin{bmatrix} 1\\2\\-1 \end{bmatrix}$$

是此線性系統的一組特解。

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解題方法

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

$$\dim N(A)=3-\operatorname{rank}(A)=3-2=1.$$

又 $u=[1,-1,3]^T$ 是零空間中的非零向量，因此

$$N(A)=\operatorname{span}\left\{ \begin{bmatrix} 1\\-1\\3 \end{bmatrix} \right\}.$$

線性系統的所有解可表示為

$$x=x_0+tu,\qquad t\in\mathbb R.$$

因此

$$x= \begin{bmatrix} 1\\2\\-1 \end{bmatrix} +t \begin{bmatrix} 1\\-1\\3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1+t\\ 2-t\\ -1+3t \end{bmatrix}.$$

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選項分析

(A)

由第一個分量 $-1=1+t$，得 $t=-2$。代入其他分量：

$$2-(-2)=4,\qquad -1+3(-2)=-7.$$

所以

核心觀念

若矩陣 $A$ 經過一連串基本列運算得到 $B$，則每一個基本列運算都等價於左乘一個可逆的 elementary matrix。因此存在可逆矩陣 $P$，使得

$$B=PA.$$

反之，若 $B=RA$ 中的 $R$ 不保證可逆，則不能直接判定 $A$ 與 $B$ row equivalent。

列等價主要保留以下性質：

• rank
• row space
• homogeneous system $Ax=0$ 的解集合
• reduced row echelon form

但一般不保留：

• eigenvalues
• nonhomogeneous system $Ax=b$ 在右側向量固定時的解集合

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解題方法

逐一判斷各敘述是否符合列運算所保留的性質；對錯誤敘述，使用反例否定。

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選項分析

(A) 錯誤

題目只說存在矩陣 $R$ 使

$$B=RA,$$

但沒有要求 $R$ 可逆。任意列的線性組合都可以寫成左乘某個矩陣 $R$，這不一定是基本列運算的組合。

取

$$A=I_2= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{bmatrix}, \qquad R= \begin{bmatrix} 0&0\\ 0&0 \end{bmatrix}.$$

則

$$B=RA= \begin{bmatrix} 0&0\\ 0&0 \end{bmatrix}.$$

但是

$$\operatorname{rank}(A)=2,\qquad \operatorname{rank}(B)=0.$$

基本列運算會保持 rank，不可能把 $A$ 變成 $B$，所以 $A$ 與 $B$ 不 row equivalent。

若題目改成「存在可逆矩陣 $R$ 使 $B=RA$」，則敘述才正確。

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(B) 正確

若 $A$ 與 $B$ row equivalent，則存在可逆矩陣 $P$ 使

$$B=PA.$$

考慮 homogeneous system：

$$Bx=0.$$

代入 $B=PA$：

$$Bx=0 \iff PAx=0.$$

由於 $P$ 可逆，

$$PAx=0 \iff Ax=P^{-1}0=0.$$

因此

$$Bx=0\iff Ax=0,$$

兩者的解集合完全相同，也就是

$$\mathcal N(A)=\mathcal N(B).$$

所以兩個 row equivalent 矩陣具有相同的 null space。

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(C) 錯誤

列等價不代表相似。特徵值通常在 similarity transformation

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

下保持不變，但一般的 row operation 是左乘可逆矩陣：

$$B=PA,$$

先解上三角系統 $Rx=Qb$，因 $R$ 為上三角：

$$\begin{cases} -\,x_1+4x_2+2x_3=-3\\[2pt] -3x_2- x_3 = 7\\[2pt] 3x_3 = 15 \end{cases}$$

1. 由第三式得

$x_3 = \dfrac{15}{3}=5$

2. 代入第二式

$-3x_2-5 = 7 \;\Longrightarrow\; -3x_2 = 12 \;\Longrightarrow\; x_2 = -4$

3. 代入第一式

核心觀念

設 $A\in\mathbb{R}^{m\times n}$、$b\in\mathbb{R}^m$。最小平方法解 $\hat{x}$ 的定義是使殘差平方和最小：

$$\hat{x}=\arg\min_x\|Ax-b\|_2^2.$$

令殘差為

$$r=b-A\hat{x}.$$

最小平方法的三個重要結論如下：

1. 正規方程式
   $A^TA\hat{x}=A^Tb.$

2. 殘差正交於 $A$ 的值域
   $r=b-A\hat{x}\perp \mathcal{R}(A).$

3. 解必定存在，但不一定唯一

   • 最小平方法解一定存在。
   • 若 $A$ 的列向量線性獨立，即 $\operatorname{rank}(A)=n$，解才唯一。

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解題方法

考慮目標函數

$$f(x)=\|Ax-b\|_2^2.$$

展開得

$$\begin{aligned} f(x) &=(Ax-b)^T(Ax-b)\\ &=x^TA^TAx-2b^TAx+b^Tb. \end{aligned}$$

其梯度為

$$\nabla f(x)=2A^T(Ax-b).$$

在最小平方法解 $\hat{x}$ 處，梯度必須為零，因此

$$A^T(A\hat{x}-b)=0,$$

整理得到正規方程式

$$A^TA\hat{x}=A^Tb.$$

又因為

$$A^T(b-A\hat{x})=0,$$

對任意 $\mathcal{R}(A)$ 中的向量 $y=Az$，都有

$$y^T(b-A\hat{x}) =(Az)^T(b-A\hat{x}) =z^TA^T(b-A\hat{x})=0.$$

所以

$$b-A\hat{x}\perp\mathcal{R}(A).$$

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選項分析

(A) $\hat{x}$ satisfies $A\hat{x}=b$.

錯誤。

最小平方法只要求 $\|A x-b\|_2$ 最小，不代表原方程組一定有精確解。只有當 $Ax=b$ 有解時，最小平方法解才會滿足 $A\hat{x}=b$。

例如

$$A= \begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix}, \qquad b= \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}.$$

此時

$$\|Ax-b\|_2^2=x^2+1,$$

最小值在 $\hat{x}=0$ 取得，但

$$A\hat{x}= \begin{bmatrix} 0\\ 0 \end{bmatrix} \neq \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}=b.$$

因此 (A) 不一定成立。

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(B) $\hat{x}$ satisfies $A^TA\hat{x}=A^Tb$.

正確。

這正是最小平方法的正規方程式，由

$$\nabla\|Ax-b\|_2^2=2A^T(Ax-b)=0$$

直接得到：

$$A^TA\hat{x}=A^Tb.$$