114 年 國立中山大學電機工程學系碩士班乙組《工程數學乙》

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第 1 題

Consider the linear system Ax=bAx = b, where A=[a1,a2,a3]∈R4×3A = [a_1, a_2, a_3] \in \mathbb{R}^{4 \times 3}, a1,a2,a3a_1, a_2, a_3 are column vectors of AA, and b∈R4b \in \mathbb{R}^4 is a non-zero vector. Suppose
a1+2a2=3a3a_1 + 2a_2 = 3a_3, a1+a2+a3=ba_1 + a_2 + a_3 = b, a2+2a3≠0a_2 + 2a_3 \neq 0.
Which of the following statements are true?
(A) The linear system has a finite number of solutions.
(B) rank([A,b][A, b]) is equal to rank(AA).
(C) The rank of AA is less than or equal to 2.
(D) x=[1,2,3]Tx = [1,2,3]^T is a solution of the linear system.
(E) The vectors a1,a2,a3a_1, a_2, a_3 are linearly dependent.

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核心觀念

本題使用以下三個線性代數事實:

  1. 若存在非零向量 cc 使得 Ac=0Ac=0,則 AA 的欄向量線性相依,且 rank⁡(A)<3\operatorname{rank}(A)<3。
  2. 線性系統 Ax=bAx=b 有解的條件為
    b∈Col⁡(A),b\in\operatorname{Col}(A),
    等價於
    rank⁡([A,b])=rank⁡(A)。\operatorname{rank}([A,b])=\operatorname{rank}(A)。
  3. 若未知數個數為 33,系統一致且 rank⁡(A)<3\operatorname{rank}(A)<3,則至少有一個自由變數,因此解有無限多組。

解題方法

由條件
a1+2a2=3a3a_1+2a_2=3a_3
可改寫為
a1+2a2−3a3=0。a_1+2a_2-3a_3=0。

因此

A[12−3]=a1+2a2−3a3=0。A \begin{bmatrix} 1\\2\\-3 \end{bmatrix} = a_1+2a_2-3a_3 =0。

由於

[12−3]≠0,\begin{bmatrix} 1\\2\\-3 \end{bmatrix}\neq 0,

故 AA 的零空間含有非零向量,三個欄向量 a1,a2,a3a_1,a_2,a_3 線性相依,並且
rank⁡(A)≤2。\operatorname{rank}(A)\le 2。

另一方面,由
a1+a2+a3=ba_1+a_2+a_3=b
可得

A[111]=b。A \begin{bmatrix} 1\\1\\1 \end{bmatrix} =b。

所以

x0=[111]x_0= \begin{bmatrix} 1\\1\\1 \end{bmatrix}

是 Ax=bAx=b 的一組解,系統必定相容。又因為

A[12−3]=0,A \begin{bmatrix} 1\\2\\-3 \end{bmatrix}=0,

所以對任意 t∈Rt\in\mathbb{R},

x=[111]+t[12−3]x= \begin{bmatrix} 1\\1\\1 \end{bmatrix} +t \begin{bmatrix} 1\\2\\-3 \end{bmatrix}

皆滿足
Ax=b。Ax=b。

因此系統至少有無限多組解。


選項分析

(A) 線性系統有有限個解

錯誤。

系統有一組解

x0=[111],x_0= \begin{bmatrix} 1\\1\\1 \end{bmatrix},

且非零向量

[12−3]\begin{bmatrix} 1\\2\\-3 \end{bmatrix}

屬於 AA 的零空間。因此

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第 2 題

Let

A=[2000201110011100111020002]A = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 0 & 2 \end{bmatrix}

Which of the following statements are true?
(A) rank(AA) = 2.
(B) trace(AA) = 7.
(C) det(AA) ≠\neq 0.
(D) 3 is an eigenvalue of AA.
(E) All eigenvalues of AA are non-negative.

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核心觀念

  1. 矩陣的秩(Rank):矩陣中線性獨立的列向量(Row vectors)或行向量(Column vectors)之最大個數。
  2. 矩陣的跡數(Trace):方陣主對角線元素之和,且等於所有特徵值(Eigenvalues)之和,即 trace(A)=∑i=1naii=∑i=1nλi\text{trace}(A) = \sum_{i=1}^n a_{ii} = \sum_{i=1}^n \lambda_i。
  3. 行列式與奇異性(Singularity):n×nn \times n 方陣 AA 若滿足 rank(A)<n\text{rank}(A) < n,則 AA 為奇異矩陣(不可逆),其行列式值 det⁡(A)=0\det(A) = 0。
  4. 全 11 矩陣與區塊矩陣之特徵值:
    • n×nn \times n 全 11 矩陣 JnJ_n 的特徵值必為 nn(重數 1)與 00(重數 n−1n-1)。
    • 對稱且可解耦為獨立子空間的矩陣,可藉由座標重排化為區塊對角矩陣(Block Diagonal Matrix),分別求出各子區塊的特徵值。

解題方法

1. 判斷矩陣的秩 rank(A)\text{rank}(A)

觀察 5×55 \times 5 矩陣 AA 的列向量:

  • 第 1 列:r1=[2,0,0,0,2]r_1 = [2, 0, 0, 0, 2]
  • 第 2 列:r2=[0,1,1,1,0]r_2 = [0, 1, 1, 1, 0]
  • 第 3 列:r3=[0,1,1,1,0]=r2r_3 = [0, 1, 1, 1, 0] = r_2
  • 第 4 列:r4=[0,1,1,1,0]=r2r_4 = [0, 1, 1, 1, 0] = r_2
  • 第 5 列:r5=[2,0,0,0,2]=r1r_5 = [2, 0, 0, 0, 2] = r_1

因為 r3=r2r_3 = r_2、r4=r2r_4 = r_2 且 r5=r1r_5 = r_1,矩陣中僅有 {r1,r2}\{r_1, r_2\} 兩組線性獨立的列向量,故:

rank(A)=2\text{rank}(A) = 2

2. 計算跡數 trace(A)\text{trace}(A)

trace(A)=2+1+1+1+2=7\text{trace}(A) = 2 + 1 + 1 + 1 + 2 = 7

3. 計算行列式值 det⁡(A)\det(A)

因為 AA 為 5×55 \times 5 方陣且 rank(A)=2<5\text{rank}(A) = 2 < 5,矩陣為奇異矩陣(非滿秩),故:

det⁡(A)=0\det(A) = 0

4. 求解特徵值(Eigenvalues)

觀察矩陣變數之間的關聯性,索引 {1,5}\{1, 5\} 與索引 {2,3,4}\{2, 3, 4\} 彼此完全解耦。透過同時調換第 2、5 列與第 2、5 行(相似轉換),可將 AA 化為區塊對角矩陣:

A~=[B1OOB2]\tilde{A} = \begin{bmatrix} B_1 & O \\ O & B_2 \end{bmatrix}

其中:

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第 3 題

Let

A=[a1,a2,a3]=QR=Q[123045006]A = [a_1, a_2, a_3] = QR = Q \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 4 & 5 \\ 0 & 0 & 6 \end{bmatrix}

where a1,a2,a3a_1, a_2, a_3 are column vectors of A∈R3×3A \in \mathbb{R}^{3 \times 3}, and Q∈R3×3Q \in \mathbb{R}^{3 \times 3} is an orthogonal matrix, i.e., QTQ=QQT=IQ^T Q = QQ^T = I is the identity matrix. Which of the following statements are true?
(A) a1Ta1=3a_1^T a_1 = 3,
(B) a2Ta2=24a_2^T a_2 = 24,
(C) a3Ta3=70a_3^T a_3 = 70,
(D) a1Ta1=3a_1^T a_1 = 3,
(E) a1Ta2=30a_1^T a_2 = 30.

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核心觀念

本題考查 QR 分解與正交矩陣的性質。由

A=QRA=QR

且 QQ 為正交矩陣,滿足

QTQ=I,Q^TQ=I,

因此

ATA=(QR)T(QR)=RTQTQR=RTR。A^TA=(QR)^T(QR)=R^TQ^TQR=R^TR。

這表示 AA 的欄向量內積與長度平方,可以直接由 RR 的欄向量計算,不必先求出 QQ。

令

R=[123045006]=[r1,r2,r3],R= \begin{bmatrix} 1&2&3\\ 0&4&5\\ 0&0&6 \end{bmatrix} =[r_1,r_2,r_3],

則

r1=[100],r2=[240],r3=[356].r_1= \begin{bmatrix} 1\\0\\0 \end{bmatrix},\qquad r_2= \begin{bmatrix} 2\\4\\0 \end{bmatrix},\qquad r_3= \begin{bmatrix} 3\\5\\6 \end{bmatrix}.

由 ai=Qria_i=Qr_i,正交矩陣保留內積:

aiTaj=(Qri)T(Qrj)=riTQTQrj=riTrj。a_i^Ta_j=(Qr_i)^T(Qr_j) =r_i^TQ^TQr_j =r_i^Tr_j。

解題計算

各欄向量的長度平方為

a1Ta1=r1Tr1=12+02+02=1,a_1^Ta_1=r_1^Tr_1 =1^2+0^2+0^2=1, a2Ta2=r2Tr2=22+42+02=4+16=20,a_2^Ta_2=r_2^Tr_2 =2^2+4^2+0^2=4+16=20, a3Ta3=r3Tr3=32+52+62=9+25+36=70。a_3^Ta_3=r_3^Tr_3 =3^2+5^2+6^2 =9+25+36=70。
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第 4 題

Let

A=[123014105226]=[a1,a2,a3]A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 1 & 0 & 5 \\ 2 & 2 & 6 \end{bmatrix} = [a_1, a_2, a_3]

where a1,a2,a3a_1, a_2, a_3 are column vectors of AA. Let q3q_3 be the orthogonal projection of a3a_3 onto span(a1,a2a_1, a_2), and q3=[q31,q32,q33,q34]Tq_3 = [q_{31}, q_{32}, q_{33}, q_{34}]^T. Which of the following statements are true?
(A) q31=4q_{31} = 4,
(B) q32=4/3q_{32} = 4/3,
(C) q33=10/3q_{33} = 10/3,
(D) q34=22/3q_{34} = 22/3,
(E) a3Tq3=20a_3^T q_3 = 20.

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投影公式

q3=A12(A12TA12)−1A12Ta3,A12=[a1  a2]q_3 = A_{12}\big(A_{12}^TA_{12}\big)^{-1}A_{12}^Ta_3, \qquad A_{12}=[a_1\;a_2] a1=[1012],  a2=[2102],  a3=[3456]a_1=\begin{bmatrix}1\\0\\1\\2\end{bmatrix}, \;a_2=\begin{bmatrix}2\\1\\0\\2\end{bmatrix}, \;a_3=\begin{bmatrix}3\\4\\5\\6\end{bmatrix}
  1. Gram 矩陣
G=A12TA12=[a1 ⁣⋅ ⁣a1a1 ⁣⋅ ⁣a2a2 ⁣⋅ ⁣a1a2 ⁣⋅ ⁣a2]=[6669],det⁡G=18G=A_{12}^TA_{12}= \begin{bmatrix} a_1\!\cdot\!a_1 & a_1\!\cdot\!a_2\\ a_2\!\cdot\!a_1 & a_2\!\cdot\!a_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 6 & 6\\ 6 & 9 \end{bmatrix}, \qquad \det G =18 G−1=118[9−6−66]G^{-1}= \frac1{18} \begin{bmatrix} 9 & -6\\ -6& 6 \end{bmatrix}
  1. 內積向量
b=A12Ta3=[a1 ⁣⋅ ⁣a3a2 ⁣⋅ ⁣a3]=[2022]b=A_{12}^Ta_3= \begin{bmatrix} a_1\!\cdot\!a_3\\ a_2\!\cdot\!a_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 20\\ 22 \end{bmatrix}
  1. 投影係數
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第 5 題

Let A∈Rn×nA \in \mathbb{R}^{n \times n}, AAT=IA A^T = I, and AA is a non-zero matrix. Which of the following statements are true?
(A) trace(AA) ≠\neq 0.
(B) det(AA) = 1.
(C) rank(AA) = n.
(D) If n = 3, then trace(AA) ≤\le 3.
(E) All eigenvalues of AA are real numbers.

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核心觀念

由

AAT=IAA^T=I

可知 AA 為正交矩陣(orthogonal matrix)。因此:

  1. AA 可逆,且 A−1=AT。A^{-1}=A^T。
  2. AA 保持向量長度: ∥Ax∥=∥x∥。\|Ax\|=\|x\|。
  3. 行列式滿足 (det⁡A)2=1,(\det A)^2=1, 因而 det⁡A=±1\det A=\pm1。
  4. 正交矩陣的特徵值皆滿足 ∣λ∣=1|\lambda|=1,但不一定是實數。

解題方法

先由條件辨認 AA 是正交矩陣,再分別使用:

  • 可逆性判斷 rank;
  • 取行列式判斷 det;
  • 由每一列長度為 11,限制對角元素;
  • 以旋轉矩陣作為反例,判斷 trace 與特徵值是否必然具備某性質。

選項分析

(A) trace⁡(A)≠0\operatorname{trace}(A)\neq0

錯誤。

取二維旋轉矩陣

A=[0−110]。A= \begin{bmatrix} 0&-1\\ 1&0 \end{bmatrix}。

則

AAT=[0−110][01−10]=I,AA^T= \begin{bmatrix} 0&-1\\ 1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&1\\ -1&0 \end{bmatrix} = I,

但

trace⁡(A)=0+0=0。\operatorname{trace}(A)=0+0=0。

因此 trace 不一定不為 00。


(B) det⁡(A)=1\det(A)=1

錯誤。

對 AAT=IAA^T=I 兩邊取行列式:

det⁡(AAT)=det⁡(A)det⁡(AT)=(det⁡A)2。\det(AA^T)=\det(A)\det(A^T)=(\det A)^2。

由於 det⁡(I)=1\det(I)=1,得到

(det⁡A)2=1,(\det A)^2=1,

所以

det⁡A=±1。\det A=\pm1。

例如

A=diag⁡(−1,1,…,1)A=\operatorname{diag}(-1,1,\ldots,1)

滿足 AAT=IAA^T=I,但

det⁡(A)=−1。\det(A)=-1。

故不能保證 det⁡(A)=1\det(A)=1。


(C) rank⁡(A)=n\operatorname{rank}(A)=n

正確。

由

AAT=IAA^T=I

可知 AA 具有反矩陣,且

A−1=AT。A^{-1}=A^T。
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第 6 題

Let A∈Rm×nA \in \mathbb{R}^{m \times n}, where R(A)R(A) denotes the column space of AA, N(A)N(A) denotes the null space of AA, and dim(S)dim(S) denotes the dimension of a subspace SS. Which of the following statements are true?
(A) If AA has linearly independent columns, then AATA A^T is nonsingular.
(B) rank(AA) + dim(N(AT)N(A^T)) = m.
(C) R(AAT)=R(ATA)R(A A^T) = R(A^T A).
(D) If AATA A^T is nonsingular, then ATAA^T A is also nonsingular.
(E) It is possible for a matrix AA to have [3,4,5]T[3, 4, 5]^T in R(A)R(A) and [1,−1,2]T[1, -1, 2]^T in N(AT)N(A^T).

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核心觀念

設 A∈Rm×nA\in\mathbb{R}^{m\times n},則:

  1. 轉置矩陣秩不變:
    rank⁡(AT)=rank⁡(A)。\operatorname{rank}(A^T)=\operatorname{rank}(A)。

  2. 對 ATA^T 使用秩-零度定理:
    rank⁡(AT)+dim⁡N(AT)=m。\operatorname{rank}(A^T)+\dim N(A^T)=m。

  3. 對任意實矩陣 AA:
    rank⁡(AAT)=rank⁡(ATA)=rank⁡(A)。\operatorname{rank}(AA^T)=\operatorname{rank}(A^TA)=\operatorname{rank}(A)。

  4. 基本正交關係:
    N(AT)=R(A)⊥。N(A^T)=R(A)^\perp。

此外,AATAA^T 是 m×mm\times m 矩陣,而 ATAA^TA 是 n×nn\times n 矩陣;矩陣非奇異必須先是方陣,且其秩必須等於矩陣階數。

解題方法

逐一檢查各選項的秩、零空間與值域關係。涉及非奇異性的選項,使用「方陣且滿秩」判斷;涉及值域與零空間的選項,使用上述基本定理。

選項分析

(A)錯誤

若 AA 的欄向量線性獨立,則

rank⁡(A)=n。\operatorname{rank}(A)=n。

又因為

rank⁡(AAT)=rank⁡(A)=n。\operatorname{rank}(AA^T)=\operatorname{rank}(A)=n。

但 AATAA^T 是 m×mm\times m 矩陣,必須有 rank⁡(AAT)=m\operatorname{rank}(AA^T)=m 才能非奇異。因此只有在 m=nm=n 時才能保證非奇異,題目並未給出此條件。

反例:

A=[10].A= \begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix}.

此矩陣只有一個非零欄向量,欄向量線性獨立,但

AAT=[1000],AA^T= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&0 \end{bmatrix},

其行列式為 00,故為奇異矩陣。


(B)正確

ATA^T 是 n×mn\times m 矩陣,其欄數為 mm。由秩-零度定理:

rank⁡(AT)+dim⁡N(AT)=m。\operatorname{rank}(A^T)+\dim N(A^T)=m。

又由轉置矩陣秩不變,

rank⁡(AT)=rank⁡(A)。\operatorname{rank}(A^T)=\operatorname{rank}(A)。

因此

rank⁡(A)+dim⁡N(AT)=m。\boxed{\operatorname{rank}(A)+\dim N(A^T)=m}。

所以(B)正確。


(C)錯誤

雖然

rank⁡(AAT)=rank⁡(ATA)=rank⁡(A),\operatorname{rank}(AA^T)=\operatorname{rank}(A^TA)=\operatorname{rank}(A),

但秩相同不代表欄空間相同。事實上:

R(AAT)=R(A),R(ATA)=R(AT)。R(AA^T)=R(A),\qquad R(A^TA)=R(A^T)。

而且

R(AAT)⊆Rm,R(ATA)⊆Rn,R(AA^T)\subseteq\mathbb{R}^m,\qquad R(A^TA)\subseteq\mathbb{R}^n,

甚至兩個空間的維度也可能不同。

即使 m=nm=n,兩者也不一定相等。例如取

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第 7 題

Let A∈R3×3A \in \mathbb{R}^{3 \times 3} with rank(A2A^2) = rank(AA) - 1, and AA has at least two distinct eigenvalues. Which of the following statements are true?
(A) AA is diagonalizable.
(B) AA is not symmetric.
(C) rank(A2A^2) = 1.
(D) trace(AA) ≠\neq 0.
(E) AA is a nonsingular matrix.

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已知

rank⁡(A2)=rank⁡(A)−1,A∈R3×3,\operatorname{rank}(A^2)=\operatorname{rank}(A)-1,\qquad A\in\mathbb R^{3\times3},

且 AA 至少有兩個不同的特徵值。


1. 可能的 rank⁡(A)\operatorname{rank}(A)

rank⁡(A)∈{1,2}\operatorname{rank}(A)\in\{1,2\}

  • rank⁡(A)=1⇒rank⁡(A2)=0\operatorname{rank}(A)=1\Rightarrow\operatorname{rank}(A^2)=0
  • rank⁡(A)=2⇒rank⁡(A2)=1\operatorname{rank}(A)=2\Rightarrow\operatorname{rank}(A^2)=1

rank⁡(A)=3\operatorname{rank}(A)=3 不可能,因為若 rank⁡(A)=3\operatorname{rank}(A)=3 則 AA 可逆,A2A^2 亦可逆,與條件矛盾。


2. 典型的 Jordan 標準形

  • rank⁡(A)=1\operatorname{rank}(A)=1 時,AA 可相似於 diag⁡(λ,0,0)\operatorname{diag}(\lambda,0,0)(λ≠0\lambda\neq0)。
  • rank⁡(A)=2\operatorname{rank}(A)=2 時,AA 可相似於
J=(λ00001000),λ≠0.J=\begin{pmatrix} \lambda &0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{pmatrix}, \qquad \lambda\neq0.
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第 8 題

Let uu and vv be two vectors in an inner product space VV, and pp is the orthogonal projection of uu onto vv. Define ∣∣v∣∣=(v,v)||v|| = \sqrt{(v, v)}. Which of the following statements are true?
(A) ∣∣u∣∣≥∣∣u−p∣∣||u|| \ge ||u - p||.
(B) ∣∣p∣∣≥∣∣u−p∣∣||p|| \ge ||u - p||.
(C) p=up = u if and only if uu and vv are orthogonal.
(D) ∣∣u−p∣∣2=∣∣u∣∣2−∣∣p∣∣2||u - p||^2 = ||u||^2 - ||p||^2.
(E) ∣∣u−p∣∣≤∣∣u−αv∣∣||u - p|| \le ||u - \alpha v|| for any α∈R\alpha \in \mathbb{R}.

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這一題的完整詳解

核心觀念

設 pp 為 uu 在向量 vv 所張成直線上的正交投影,且 v≠0v\ne 0。則

p=(u,v)(v,v)vp=\frac{(u,v)}{(v,v)}v

並且投影的誤差向量 u−pu-p 與 vv 正交。由於 pp 是 vv 的倍數,因此也有

(u−p,p)=0.(u-p,p)=0.

所以可將 uu 分解為

u=p+(u−p),u=p+(u-p),

其中 pp 與 u−pu-p 互相正交。依畢氏定理,

∥u∥2=∥p∥2+∥u−p∥2.\|u\|^2=\|p\|^2+\|u-p\|^2.

這是本題判斷各選項的主要依據。


解題方法

先利用正交分解

u=p+(u−p),p⊥(u−p),u=p+(u-p),\qquad p\perp (u-p),

得到

∥u−p∥2=∥u∥2−∥p∥2.\|u-p\|^2=\|u\|^2-\|p\|^2.

由於 ∥p∥2≥0\|p\|^2\ge 0,可知

∥u−p∥2≤∥u∥2,\|u-p\|^2\le \|u\|^2,

因此

∥u−p∥≤∥u∥.\|u-p\|\le \|u\|.

此外,對任意 α∈R\alpha\in\mathbb R,因為 pp 是 uu 在 span⁡{v}\operatorname{span}\{v\} 上的正交投影,可寫成

u−αv=(u−p)+(p−αv).u-\alpha v=(u-p)+(p-\alpha v).

其中 u−p⊥vu-p\perp v,而 p−αvp-\alpha v 是 vv 的倍數,因此

(u−p)⊥(p−αv).(u-p)\perp(p-\alpha v).

再次使用畢氏定理:

∥u−αv∥2=∥u−p∥2+∥p−αv∥2≥∥u−p∥2.\|u-\alpha v\|^2 = \|u-p\|^2+\|p-\alpha v\|^2 \ge \|u-p\|^2.

故正交投影所產生的誤差範數最小。


選項分析

(A) ∥u∥≥∥u−p∥\|u\|\ge \|u-p\|

由正交分解,

∥u∥2=∥p∥2+∥u−p∥2≥∥u−p∥2.\|u\|^2=\|p\|^2+\|u-p\|^2\ge \|u-p\|^2.

範數皆為非負,因此取平方根得

∥u∥≥∥u−p∥.\|u\|\ge \|u-p\|.

故 (A) 正確。


(B) ∥p∥≥∥u−p∥\|p\|\ge \|u-p\|

由

∥u∥2=∥p∥2+∥u−p∥2\|u\|^2=\|p\|^2+\|u-p\|^2

只能知道 ∥u∥\|u\| 不小於 ∥p∥\|p\| 與 ∥u−p∥\|u-p\|,無法推出 ∥p∥≥∥u−p∥\|p\|\ge\|u-p\|。

反例:令 uu 與 vv 非零且互相正交。此時

p=0,p=0,

因此

∥p∥=0,∥u−p∥=∥u∥>0.\|p\|=0,\qquad \|u-p\|=\|u\|>0.

所以 ∥p∣≥∥u−p∥\|p|\ge\|u-p\| 不成立。故 (B) 錯誤。

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第 9 題

Let P2\mathbb{P}^2 be the space of all real-valued polynomials of degree at most 22, with the inner product defined as

⟨f,g⟩=f(−1)g(−1)+f(0)g(0)+f(1)g(1),\langle f,g\rangle=f(-1)g(-1)+f(0)g(0)+f(1)g(1),

where f(x),g(x)∈P2f(x),g(x)\in\mathbb{P}^2. Define ∥f∥=⟨f,f⟩\|f\|=\sqrt{\langle f,f\rangle}. Consider the orthogonal set of polynomials {u1,u2,u3}\{u_1,u_2,u_3\} in P2\mathbb{P}^2 with respect to this inner product, where

u1(x)=1,u2(x)=x,u3(x)=x2−23.u_1(x)=1,\qquad u_2(x)=x,\qquad u_3(x)=x^2-\frac{2}{3}.

Suppose p(x)∈P2p(x)\in\mathbb{P}^2 is a polynomial such that ⟨p,u1⟩=6\langle p,u_1\rangle=6, ⟨p,u2⟩=−6\langle p,u_2\rangle=-6, and ⟨p,u3⟩=4\langle p,u_3\rangle=4. Let the orthogonal projection of p(x)p(x) onto span⁡(u1,u2)\operatorname{span}(u_1,u_2) be denoted by q(x)q(x). Which of the following statements are true?

(A) ⟨u3,u3⟩=23\langle u_3,u_3\rangle=\frac{2}{3}.
(B) q(x)=2u1(x)−3u2(x)q(x)=2u_1(x)-3u_2(x).
(C) ∥q(x)∥2=30\|q(x)\|^2=30.
(D) p(x)=6u1(x)−6u2(x)+4u3(x)p(x)=6u_1(x)-6u_2(x)+4u_3(x).
(E) ∥p(x)∥2=5723\|p(x)\|^2=\frac{572}{3}.

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第 10 題

Let L:R3→R3L:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 be a linear operator defined as

L(x)=[d2x3−d3x2d3x1−d1x3d1x2−d2x1],x=[x1x2x3],L(\mathbf{x})= \begin{bmatrix} d_2x_3-d_3x_2\\ d_3x_1-d_1x_3\\ d_1x_2-d_2x_1 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{x}= \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{bmatrix},

where d1,d2,d3d_1,d_2,d_3 are given scalars. Let AA be the matrix representation of LL with respect to the standard basis E={e1,e2,e3}E=\{\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3\} of R3\mathbb{R}^3, where e1=[1,0,0]T\mathbf{e}_1=[1,0,0]^T, e2=[0,1,0]T\mathbf{e}_2=[0,1,0]^T, and e3=[0,0,1]T\mathbf{e}_3=[0,0,1]^T. Denote the last two rows of AA by [a21,a22,a23][a_{21},a_{22},a_{23}] and [a31,a32,a33][a_{31},a_{32},a_{33}], respectively. Which of the following statements are true?

(A) a21=d2a_{21}=d_2.
(B) a22=d1a_{22}=d_1.
(C) a31=−d3a_{31}=-d_3.
(D) a32=d1a_{32}=d_1.
(E) a33=0a_{33}=0.

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第 11 題12 分

Magnetic resonance imaging is a medical imaging technique that uses macroscopic nuclear magnetization (MM) of hydrogen in human tissues as its signal source. According to the well-known Bloch equation, the longitudinal magnetization Mz(t)M_z(t) follows the differential equation

dMz(t)dt=M0−Mz(t)T1,\frac{dM_z(t)}{dt}=\frac{M_0-M_z(t)}{T_1},

where M0M_0 is the steady-state nuclear magnetization, and T1T_1 represents the longitudinal relaxation time, which is a tissue-dependent constant. Assume that an excitation pulse is applied to the magnetization right before t=0t=0 to remove MzM_z completely; in other words, Mz(0)=0M_z(0)=0. Find Mz(t)M_z(t) on the interval (0,∞)(0,\infty).

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第 12 題12 分

Find the general solution of y(x)y(x) for

d2ydx2+dydx=ex+e−x.\frac{d^2y}{dx^2}+\frac{dy}{dx}=e^x+e^{-x}.

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第 13 題12 分

Find the general solution of x(t)x(t) and y(t)y(t) satisfying the following equations:

{dxdt=−6x+2y,dydt=−3x+y.\begin{cases} \frac{dx}{dt}=-6x+2y,\\ \frac{dy}{dt}=-3x+y. \end{cases}

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第 14 題12 分

(1) (12%) Find the power series solution of

(x2−1)d2ydx2+2xdydx−2y=0(x^2-1)\frac{d^2y}{dx^2}+2x\frac{dy}{dx}-2y=0

about the point x=0x=0.

(2) (2%) What is the radius of convergence for your solution in (1)?

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