112 年 國立臺灣大學電機工程研究所甲組《工程數學(含線性代數、微分方程)》

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第 1 題7 分

  1. (7%) Determine which of the following statements are true.
    (A) The solution set of the matrix equation X2+3X+2I2=0X^2 + 3X + 2I_2 = 0 with the 2×22 \times 2 matrix variable XX is equal to {−I2,−2I2}\{-I_2, -2I_2\}.
    (B) If the n×nn \times n matrix MM is skew-symmetric, i.e., M=−MTM = -M^T, then MM is not invertible when nn is an odd positive integer.
    (C) Let TAT_A be the matrix transformation induced by the matrix AA. For every square matrix AA, Range(TAT_A) ∩\cap Null(TAT_A) = {0}\{0\}.
    (D) If AA is an m×nm \times n matrix and EE is an n×nn \times n elementary matrix, then Null AA = Null AEAE.
    (E) None of the above statements are true.

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核心觀念

本題考查:

  • 矩陣多項式方程式的解
  • 斜對稱矩陣與行列式
  • 線性轉換的值域與零空間
  • 初等矩陣對零空間的影響
  • 複選題中逐項判斷真偽

選項分析

(A) 錯誤

矩陣方程式為

X2+3X+2I2=0.X^2+3X+2I_2=0.

因為

X2+3X+2I2=(X+I2)(X+2I2),X^2+3X+2I_2=(X+I_2)(X+2I_2),

所以

(X+I2)(X+2I2)=0.(X+I_2)(X+2I_2)=0.

其中 X=−I2X=-I_2 與 X=−2I2X=-2I_2 確實都是解。然而,解不只這兩個矩陣。例如

X=[−100−2]X= \begin{bmatrix} -1&0\\ 0&-2 \end{bmatrix}

滿足

X2+3X+2I2=[1004]+[−300−6]+[2002]=0.X^2+3X+2I_2 = \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&4 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} -3&0\\ 0&-6 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 2&0\\ 0&2 \end{bmatrix} = 0.

但此矩陣既不等於 −I2-I_2,也不等於 −2I2-2I_2。

因此,解集合不等於

{−I2,−2I2}.\{-I_2,-2I_2\}.

選項 (A) 錯誤。


(B) 正確

由斜對稱矩陣的定義,

M=−MT.M=-M^T.

取行列式:

det⁡(M)=det⁡(−MT).\det(M)=\det(-M^T).

對 n×nn\times n 矩陣而言,

det⁡(−MT)=(−1)ndet⁡(MT)=(−1)ndet⁡(M).\det(-M^T)=(-1)^n\det(M^T)=(-1)^n\det(M).

當 nn 為奇數時,

det⁡(M)=−det⁡(M),\det(M)=-\det(M),

因此

2det⁡(M)=0.2\det(M)=0.

在實數矩陣中可得

det⁡(M)=0.\det(M)=0.

所以 MM 不可逆。選項 (B) 正確。


(C) 錯誤

令 TAT_A 為由矩陣 AA 所誘導的線性轉換:

TA(x)=Ax.T_A(x)=Ax.

一般而言,值域與零空間不一定只有零向量的交集。

取

A=[0100].A= \begin{bmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{bmatrix}.

對任意 x=(x1,x2)Tx=(x_1,x_2)^T,

Ax=[x20].Ax= \begin{bmatrix} x_2\\ 0 \end{bmatrix}.

因此

Range⁡(TA)=span⁡{[10]}.\operatorname{Range}(T_A) = \operatorname{span} \left\{ \begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix} \right\}.

另一方面,

Ax=0  ⟺  x2=0,Ax=0 \iff x_2=0,

所以

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第 2 題7 分

  1. (7%) Which of the following subsets of Rn\mathbb{R}^n are a subspace.
    (A) S1={(stu)∣s,t,u∈R,s+t+u=1}S_1 = \{ \begin{pmatrix} s \\ t \\ u \end{pmatrix} | s, t, u \in \mathbb{R}, s + t + u = 1 \}
    (B) S2={(xyz)∣x,y,z∈R,xyz=0}S_2 = \{ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} | x, y, z \in \mathbb{R}, xyz = 0 \}
    (C) S3={v∈R4∣(123487651110)v=(000)}S_3 = \{ v \in \mathbb{R}^4 | \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 8 & 7 & 6 & 5 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \end{pmatrix} v = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \}
    (D) S4=Span{(124),(236),(369)}S_4 = \text{Span} \left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 6 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 3 \\ 6 \\ 9 \end{pmatrix} \right\}
    (E) S5=Span{(113),(479)}∪Span{(112),(361)}S_5 = \text{Span} \left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 4 \\ 7 \\ 9 \end{pmatrix} \right\} \cup \text{Span} \left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 3 \\ 6 \\ 1 \end{pmatrix} \right\}

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核心觀念

判斷 S⊆RnS\subseteq\mathbb{R}^n 是否為子空間,需檢查:

  1. 零向量是否屬於 SS;
  2. 對任意 u,v∈S\mathbf{u},\mathbf{v}\in S,是否有 u+v∈S\mathbf{u}+\mathbf{v}\in S;
  3. 對任意純量 c∈Rc\in\mathbb{R}、u∈S\mathbf{u}\in S,是否有 cu∈Sc\mathbf{u}\in S。

常用定理:

  • 齊次線性方程組的解集合,即矩陣的 kernel,必為子空間。
  • 任意向量集合所張成的 Span 必為子空間。
  • 兩個子空間的聯集通常不是子空間,除非其中一個包含於另一個。

解題方法與選項分析

(A)

S1={(stu)|s+t+u=1}.S_1=\left\{ \begin{pmatrix}s\\t\\u\end{pmatrix} \middle|s+t+u=1 \right\}.

零向量為

0=(000),\mathbf{0}= \begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix},

但

0+0+0=0≠1.0+0+0=0\neq 1.

因此 0∉S1\mathbf{0}\notin S_1,不符合子空間必要條件。

所以 (A)(A) 錯誤。


(B)

S2={(xyz)|xyz=0}.S_2= \left\{ \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} \middle|xyz=0 \right\}.

此集合包含所有至少有一個座標為 00 的向量,因此零向量屬於 S2S_2。但加法封閉性不成立。

取

u=(101),v=(011).\mathbf{u}= \begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}, \qquad \mathbf{v}= \begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}.

兩者皆屬於 S2S_2,因為

1⋅0⋅1=0,0⋅1⋅1=0.1\cdot 0\cdot 1=0, \qquad 0\cdot 1\cdot 1=0.

然而

u+v=(112),\mathbf{u}+\mathbf{v} = \begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix},

其座標乘積為

1⋅1⋅2=2≠0.1\cdot 1\cdot 2=2\neq 0.

故 u+v∉S2\mathbf{u}+\mathbf{v}\notin S_2,不具加法封閉性。

所以 (B)(B) 錯誤。


(C)

令

A=(123487651110).A= \begin{pmatrix} 1&2&3&4\\ 8&7&6&5\\ 1&1&1&0 \end{pmatrix}.

則

S3={v∈R4∣Av=0}=ker⁡(A).S_3=\left\{\mathbf{v}\in\mathbb{R}^4\mid A\mathbf{v}=\mathbf{0}\right\} =\ker(A).

對任意 u,v∈S3\mathbf{u},\mathbf{v}\in S_3,有

Au=0,Av=0.A\mathbf{u}=\mathbf{0}, \qquad A\mathbf{v}=\mathbf{0}.

`

因此

A(u+v)=Au+Av=0+0=0,A(\mathbf{u}+\mathbf{v}) =A\mathbf{u}+A\mathbf{v} =\mathbf{0}+\mathbf{0} =\mathbf{0},

所以 u+v∈S3\mathbf{u}+\mathbf{v}\in S_3。

對任意 c∈Rc\in\mathbb{R},有

A(cu)=cAu=c0=0,A(c\mathbf{u})=cA\mathbf{u}=c\mathbf{0}=\mathbf{0},

所以 cu∈S3c\mathbf{u}\in S_3。此外,

A0=0,A\mathbf{0}=\mathbf{0},

故零向量也屬於 S3S_3。

因此 S3S_3 是矩陣 AA 的零空間,必為子空間。

所以 (C)(C) 正確。


(D)

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第 3 題7 分

  1. (7%)
    A=(120111011)A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}, S={(−301),(−112),(−1−14)}S = \left\{ \begin{pmatrix} -3 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix} \right\}. Which of the following statements are true?
    (A) Let TAT_A be the matrix transformation induced by the matrix AA. TAT_A is one-to-one.
    (B) Let TAT_A be the matrix transformation induced by the matrix AA. TAT_A is onto.
    (C) The dimension of the range of TAT_A is equal to 2.
    (D) Null A=Span SA = \text{Span } S.
    (E) Let B1B_1 be any basis for the range of TAT_A and B2B_2 be any basis for Span SS. Then B1∪B2B_1 \cup B_2 constitutes a basis for R4\mathbb{R}^4.

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核心觀念

本題主要考查:

  • 方陣是否可逆與矩陣轉換的一對一、映成關係。
  • 行列式與零空間(null space)的判斷。
  • 秩—零度定理:
    dim⁡(Range⁡A)+dim⁡(Null⁡A)=3.\dim(\operatorname{Range}A)+\dim(\operatorname{Null}A)=3.
  • 向量組的線性獨立與張成空間。
  • 基底的向量個數與所在向量空間的維度。

解題方法

先計算矩陣 AA 的行列式:

det⁡A=∣120111011∣\det A = \begin{vmatrix} 1&2&0\\ 1&1&1\\ 0&1&1 \end{vmatrix}

沿第一列展開:

det⁡A=1∣1111∣−2∣1101∣+0\det A =1 \begin{vmatrix} 1&1\\ 1&1 \end{vmatrix} -2 \begin{vmatrix} 1&1\\ 0&1 \end{vmatrix} +0

因此

det⁡A=1(1−1)−2(1−0)=−2≠0.\det A=1(1-1)-2(1-0)=-2\neq 0.

所以 AA 可逆,且

rank⁡(A)=3,Null⁡(A)={0}.\operatorname{rank}(A)=3,\qquad \operatorname{Null}(A)=\{\boldsymbol 0\}.

由於 AA 是從 R3\mathbb R^3 到 R3\mathbb R^3 的矩陣轉換,因此可逆性同時保證一對一與映成。

接著檢查集合 SS:

S={(−301),(−112),(−1−14)}.S= \left\{ \begin{pmatrix}-3\\0\\1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}-1\\1\\2\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}-1\\-1\\4\end{pmatrix} \right\}.

將三個向量作為行列式的欄向量:

det⁡(−3−1−101−1124)=−16≠0.\det \begin{pmatrix} -3&-1&-1\\ 0&1&-1\\ 1&2&4 \end{pmatrix} =-16\neq 0.

因此 SS 中的三個向量線性獨立,且在 R3\mathbb R^3 中形成一組基底,所以

Span⁡S=R3.\operatorname{Span}S=\mathbb R^3.

選項分析

(A) 正確

矩陣轉換 TAT_A 一對一的條件是

Null⁡(A)={0}.\operatorname{Null}(A)=\{\boldsymbol 0\}.

由於 det⁡A≠0\det A\neq 0,矩陣 AA 可逆,因此零空間只有零向量,故 TAT_A 是一對一。


(B) 正確

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第 4 題7 分

  1. (7%) Let AA and BB be m×nm \times n and n×kn \times k matrices respectively. Which of the following statements are true?
    (A) Col AA is a subset of Col ABAB.
    (B) dim⁡(Col A)≤dim⁡(Col AB)\dim(\text{Col } A) \le \dim(\text{Col } AB).
    (C) rank A≥rank AB\text{rank } A \ge \text{rank } AB.
    (D) Suppose that k=nk = n and BB is an n×nn \times n invertible square matrix. Then Col ABAB is a subset of Col AA.
    (E) None of the above statements are true.

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核心觀念

本題考查矩陣乘積 ABAB 的欄空間與秩之間的關係。

設 AA 為 m×nm\times n 矩陣,BB 為 n×kn\times k 矩陣,則 ABAB 為 m×km\times k 矩陣。

矩陣 ABAB 的每一個欄向量,都可寫成

Abj,A\mathbf{b}_j,

其中 bj\mathbf{b}_j 是 BB 的第 jj 欄。由於 AbjA\mathbf{b}_j 是 AA 的欄向量之線性組合,因此

Col⁡(AB)⊆Col⁡(A).\operatorname{Col}(AB)\subseteq \operatorname{Col}(A).

所以一般而言,ABAB 的欄空間是 AA 的欄空間的子空間,並得到秩不增加的結論:

rank⁡(AB)≤rank⁡(A).\operatorname{rank}(AB)\le \operatorname{rank}(A).

若 BB 是可逆方陣,右乘 BB 只會對欄向量做可逆的線性組合,不會改變欄空間,因此

Col⁡(AB)=Col⁡(A).\operatorname{Col}(AB)=\operatorname{Col}(A).

解題方法

關鍵是觀察 ABAB 的欄向量。

令

B=[b1b2⋯bk],B= \begin{bmatrix} \mathbf{b}_1 & \mathbf{b}_2 & \cdots & \mathbf{b}_k \end{bmatrix},

則

AB=[Ab1Ab2⋯Abk].AB= \begin{bmatrix} A\mathbf{b}_1 & A\mathbf{b}_2 & \cdots & A\mathbf{b}_k \end{bmatrix}.

每個 AbjA\mathbf{b}_j 都是 AA 的欄向量之線性組合,所以

Col⁡(AB)⊆Col⁡(A).\operatorname{Col}(AB)\subseteq \operatorname{Col}(A).

由子空間包含關係可知

dim⁡(Col⁡(AB))≤dim⁡(Col⁡(A)),\dim\bigl(\operatorname{Col}(AB)\bigr) \le \dim\bigl(\operatorname{Col}(A)\bigr),

也就是

rank⁡(AB)≤rank⁡(A).\operatorname{rank}(AB)\le \operatorname{rank}(A).

當 BB 為可逆方陣時,因為 B−1B^{-1} 存在,

A=(AB)B−1.A=(AB)B^{-1}.

因此 AA 的每個欄向量也都是 ABAB 的欄向量之線性組合,得到

Col⁡(A)⊆Col⁡(AB).\operatorname{Col}(A)\subseteq \operatorname{Col}(AB).

配合原本的包含關係,便有

Col⁡(AB)=Col⁡(A).\operatorname{Col}(AB)=\operatorname{Col}(A).

選項分析

(A) Col⁡A\operatorname{Col} A is a subset of Col⁡AB\operatorname{Col} AB

錯誤。

一般情況下正確的包含方向是

Col⁡(AB)⊆Col⁡(A),\operatorname{Col}(AB)\subseteq \operatorname{Col}(A),

而不是反過來。

例如取

A=[1001],B=[10].A= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix}.

此時

AB=[10],AB= \begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix},

所以

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第 5 題7 分

  1. (7%) Let QQ be an m×nm \times n invertible matrix and PP be an n×nn \times n matrix. Let R1R_1 and R2R_2 be the reduced row echelon form of QQ and PP respectively. Which of the following statements are true?
    (A) R1R_1 is an identity matrix.
    (B) If R3R_3 is also the reduced row echelon form of PP, then R3R_3 must be equal to R2R_2.
    (C) det⁡(Q)=det⁡(R1)\det(Q) = \det(R_1).
    (D) Let {u1,u2,…,uk}\{u_1, u_2, \dots, u_k\} be a linearly independent set of vectors in Rn\mathbb{R}^n. Then {Pu1,Pu2,…,Puk}\{Pu_1, Pu_2, \dots, Pu_k\} is linearly independent.
    (E) Suppose that {Pu1,Pu2,…,Puk}\{Pu_1, Pu_2, \dots, Pu_k\} is linearly independent. It is necessary that k≤nk \le n.

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核心觀念

本題考查以下觀念:

  1. 可逆矩陣必為方陣:若 QQ 為可逆矩陣,則必有 m=nm=n,且 det⁡(Q)≠0\det(Q)\ne 0。
  2. 列最簡梯形矩陣的唯一性:每個矩陣都有唯一的 reduced row echelon form(RREF)。
  3. 列運算與行列式:列運算通常會改變行列式,因此矩陣與其 RREF 的行列式不一定相等。
  4. 線性獨立與可逆線性轉換:若 PP 可逆,則 PP 會保留線性獨立性;但題目沒有假設 PP 可逆。
  5. Rn\mathbb{R}^n 中線性獨立向量的數量上限:Rn\mathbb{R}^n 中最多只能有 nn 個線性獨立向量。

解題方法

逐一判斷各選項。對於 QQ,利用「可逆矩陣的 RREF 為單位矩陣」;對於 PP 的相關敘述,檢查其是否需要 PP 可逆;最後利用 Rn\mathbb{R}^n 的維度判斷向量個數。


選項分析

(A) R1R_1 是一個 identity matrix

因為 QQ 可逆,所以 QQ 是 n×nn\times n 的方陣,且其列向量線性獨立,矩陣秩為 nn。

將 QQ 做列運算化為 RREF 時,每一欄都會有主元,因此其 RREF 必為 n×nn\times n 單位矩陣:

R1=In.R_1=I_n.

因此選項 (A) 正確。


(B) 若 R3R_3 也是 PP 的 reduced row echelon form,則 R3R_3 必等於 R2R_2

列最簡梯形形式具有唯一性。也就是說,對同一個矩陣 PP,不論採用何種合法的列運算順序,最後得到的 RREF 都相同。

因此若 R2R_2 與 R3R_3 都是 PP 的 RREF,則

R3=R2.R_3=R_2.

因此選項 (B) 正確。


(C) det⁡(Q)=det⁡(R1)\det(Q)=\det(R_1)

由選項 (A) 可知

R1=In,R_1=I_n,

所以

det⁡(R1)=det⁡(In)=1.\det(R_1)=\det(I_n)=1.

但 QQ 化為 RREF 的過程可能使用縮放列,例如將某一列除以 22。此列運算會改變行列式,因此 det⁡(Q)\det(Q) 不一定等於 11。

例如取

Q=[1002].Q= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&2 \end{bmatrix}.

則 QQ 可逆,且

det⁡(Q)=2,\det(Q)=2,

但其 RREF 為

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第 6 題7 分

  1. (7%) Determine which of the following statements are true?
    (A) Let BB be a basis of Rm\mathbb{R}^m and AA be an n×nn \times n matrix. If ∣∣Av∣∣=∣∣v∣∣||Av|| = ||v|| for every vector v∈Bv \in B, then AA is orthogonal.
    (B) If two square matrices have the same characteristic polynomials, then they are similar.
    (C) In an inner-product space VV, if ⟨u,v⟩=⟨w,v⟩\langle u, v \rangle = \langle w, v \rangle for every vector vv in a basis for VV, then u=wu = w.
    (D) If two vectors are linearly independent and they are both eigenvectors of a symmetric matrix, then they are orthogonal.
    (E) Let AA be an m×nm \times n matrix and W=Col AW = \text{Col } A. If PWP_W is the orthogonal projection matrix for WW, then Ax=PWbAx = P_W b is consistent for every b∈Rmb \in \mathbb{R}^m.

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核心觀念

本題考查:

  • 正交矩陣與範數、內積的關係
  • 特徵多項式與相似矩陣
  • 內積的非退化性
  • 對稱矩陣不同特徵值之特徵向量正交
  • Column space 與正交投影

正交矩陣的判定為

ATA=I,A^TA=I,

等價於

⟨Ax,Ay⟩=⟨x,y⟩對所有 x,y.\langle Ax,Ay\rangle=\langle x,y\rangle \quad \text{對所有 }x,y.

僅知道部分向量的長度不變,通常不足以推出 AA 為正交矩陣。


選項分析

(A) 錯誤

題目中的 BB 是 Rm\mathbb{R}^m 的基底,而 AA 是 n×nn\times n 矩陣;嚴格來說,當 m≠nm\neq n 時,AvAv 未必有定義。依通常題意,將 BB 視為 Rn\mathbb{R}^n 的基底。

即使對基底中每個向量都保長,也不代表不同基底向量之間的內積保持不變。

取 R2\mathbb{R}^2 的標準基底

B={e1,e2},B=\{e_1,e_2\},

並令

A=[112032].A= \begin{bmatrix} 1 & \frac12\\ 0 & \frac{\sqrt3}{2} \end{bmatrix}.

矩陣的兩個欄向量分別為

Ae1=[10],Ae2=[1232].Ae_1= \begin{bmatrix} 1\\0 \end{bmatrix}, \qquad Ae_2= \begin{bmatrix} \frac12\\ \frac{\sqrt3}{2} \end{bmatrix}.

因此

∥Ae1∥=1=∥e1∥,∥Ae2∥=1=∥e2∥.\|Ae_1\|=1=\|e_1\|, \qquad \|Ae_2\|=1=\|e_2\|.

但

ATA=[112121]≠I.A^TA = \begin{bmatrix} 1 & \frac12\\ \frac12 & 1 \end{bmatrix} \neq I.

所以 AA 不是正交矩陣。故 (A) 錯誤。


(B) 錯誤

相同的特徵多項式只能表示兩個矩陣具有相同的特徵值及代數重數,不能保證它們具有相同的 Jordan 結構。

考慮

A=[0000],B=[0100].A= \begin{bmatrix} 0&0\\ 0&0 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{bmatrix}.

兩者的特徵多項式皆為

p(λ)=λ2.p(\lambda)=\lambda^2.

然而:

  • AA 的零空間維度為 22;
  • BB 的零空間只有
ker⁡B=span⁡{[10]},\ker B=\operatorname{span}\left\{ \begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix} \right\},

維度為 11。

相似矩陣具有相同的秩、零空間維度及最小多項式,但上述兩矩陣的零空間維度不同,因此不相似。

故 (B) 錯誤。


(C) 正確

已知對基底中的每個向量 vv,都有

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第 7 題8 分

  1. (8%) Let T:P2→P2T: P_2 \to P_2 be defined by
    T(p(x))=3p(0)+(−2p(1)+p′(0))x+p(2)x2T(p(x)) = 3p(0) + (-2p(1) + p'(0))x + p(2)x^2,
    where p′(0)=dp(x)dx∣x=0p'(0) = \frac{dp(x)}{dx}\bigg|_{x=0}.
    (A) TT is a linear transformation.
    (B) TT is an isomorphism.
    (C) The eigenvalues of TT are 0 and -3.
    (D) A set of vectors consisting of the basis of each eigenspace for all eigenvalues of TT constitutes a basis for R3\mathbb{R}^3.
    (E) Let {1,x,x2}\{1, x, x^2\} be a basis for P2P_2. Then any vector vv in vector space P2P_2 can be uniquely represented as a linear combination of the vectors in {1,1+2x,1+2x+3x2}\{1, 1+2x, 1+2x+3x^2\}.

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核心觀念

本題考查線性代數在函數/多項式向量空間中的綜合應用,涵蓋以下核心觀念:

  1. 線性變換(Linear Transformation):驗證映射是否具備加法性(Additivity)與純量乘法性(Homogeneity)。
  2. 多項式空間的矩陣表示法(Matrix Representation):利用標準基底 β={1,x,x2}\beta = \{1, x, x^2\} 將線性算子 TT 轉換為對應矩陣 [T]β[T]_\beta。
  3. 同構(Isomorphism)與可逆性(Invertibility):有限維空間中,線性變換為同構的充要條件是其對應矩陣為非奇異(det⁡([T]β)≠0\det([T]_\beta) \neq 0)。
  4. 特徵值與特徵空間(Eigenvalues & Eigenspaces):透過特徵方程式 det⁡([T]β−λI)=0\det([T]_\beta - \lambda I) = 0 求解特徵值,並由代數重數與幾何重數探討對角化與特徵基底。
  5. 基底與唯一座標表示(Basis & Unique Representation):三維向量空間中,任意 3 個線性獨立的向量構成基底,且空間中任意向量皆可被該基底「唯一」線性表出。

解題方法

令 P2P_2 的標準有序基底為 β={1,x,x2}\beta = \{1, x, x^2\}。

步驟 1:求 TT 在標準基底 β\beta 下的矩陣表示法 [T]β[T]_\beta

依題意 T(p(x))=3p(0)+(−2p(1)+p′(0))x+p(2)x2T(p(x)) = 3p(0) + (-2p(1) + p'(0))x + p(2)x^2,分別計算各基底向量的映象:

  • 當 p(x)=1p(x) = 1 時:
    p(0)=1p(0) = 1、p(1)=1p(1) = 1、p′(0)=0p'(0) = 0、p(2)=1p(2) = 1

    T(1)=3(1)+(−2(1)+0)x+(1)x2=3−2x+x2T(1) = 3(1) + (-2(1) + 0)x + (1)x^2 = 3 - 2x + x^2

    其座標向量為 [T(1)]β=[3−21][T(1)]_\beta = \begin{bmatrix} 3 \\ -2 \\ 1 \end{bmatrix}。

  • 當 p(x)=xp(x) = x 時:
    p(0)=0p(0) = 0、p(1)=1p(1) = 1、p′(0)=1p'(0) = 1、p(2)=2p(2) = 2

    T(x)=3(0)+(−2(1)+1)x+(2)x2=−x+2x2T(x) = 3(0) + (-2(1) + 1)x + (2)x^2 = -x + 2x^2

    其座標向量為 [T(x)]β=[0−12][T(x)]_\beta = \begin{bmatrix} 0 \\ -1 \\ 2 \end{bmatrix}。

  • 當 p(x)=x2p(x) = x^2 時:
    p(0)=0p(0) = 0、p(1)=1p(1) = 1、p′(0)=0p'(0) = 0、p(2)=4p(2) = 4

    T(x2)=3(0)+(−2(1)+0)x+(4)x2=−2x+4x2T(x^2) = 3(0) + (-2(1) + 0)x + (4)x^2 = -2x + 4x^2

    其座標向量為 [T(x2)]β=[0−24][T(x^2)]_\beta = \begin{bmatrix} 0 \\ -2 \\ 4 \end{bmatrix}。

由此得 TT 的矩陣表示為:

[T]β=[300−2−1−2124][T]_\beta = \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 \\ -2 & -1 & -2 \\ 1 & 2 & 4 \end{bmatrix}

步驟 2:計算行列式與特徵方程式

由 [T]β[T]_\beta 的第一列展開特徵方程式:

det⁡([T]β−λI)=∣3−λ00−2−1−λ−2124−λ∣=(3−λ)[(−1−λ)(4−λ)−(−4)]\det([T]_\beta - \lambda I) = \begin{vmatrix} 3-\lambda & 0 & 0 \\ -2 & -1-\lambda & -2 \\ 1 & 2 & 4-\lambda \end{vmatrix} = (3-\lambda)\left[(-1-\lambda)(4-\lambda) - (-4)\right]

化簡中括號部分:

(−1−λ)(4−λ)+4=λ2−3λ−4+4=λ(λ−3)(-1-\lambda)(4-\lambda) + 4 = \lambda^2 - 3\lambda - 4 + 4 = \lambda(\lambda - 3)

故特徵方程式為:

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第 8 題5 分

For the following problems (8 to 17), assume: y′=dydxy' = \frac{dy}{dx} and y′′=d2ydx2y'' = \frac{d^2y}{dx^2}

  1. (5%) The following differential equation can be classified as:
    xy′+xy+2y=x2e−xxy' + xy + 2y = x^2e^{-x}
    (A) linear homogenous
    (B) linear nonhomogenous
    (C) nonlinear homogenous
    (D) nonlinear nonhomogenous
    (E) cannot determine

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核心觀念

一階微分方程若可寫成

a1(x)y′+a0(x)y=g(x)a_1(x)y'+a_0(x)y=g(x)

其中 yy 與 y′y' 皆只以一次方出現,且係數只依賴於 xx,則稱為線性微分方程。

  • 若 g(x)=0g(x)=0,稱為線性齊次方程。
  • 若 g(x)≠0g(x)\neq 0,稱為線性非齊次方程。

本題方程為

xy′+xy+2y=x2e−x.xy'+xy+2y=x^2e^{-x}.

將含有 yy 的項合併:

xy′+(x+2)y=x2e−x.xy'+(x+2)y=x^2e^{-x}.

可直接與標準形式比較。

解題方法

左側的未知函數只有 yy 與 y′y',且兩者皆為一次方;其係數 xx、x+2x+2 只與自變數 xx 有關。因此此方程是線性的。

右側為

g(x)=x2e−x,g(x)=x^2e^{-x},

不是恆等於零的函數,所以屬於非齊次方程。

若在 x≠0x\neq 0 的區間上除以 xx,可寫成標準形式:

y′+(1+2x)y=xe−x.y'+\left(1+\frac{2}{x}\right)y=xe^{-x}.

這正是

y′+P(x)y=Q(x)y'+P(x)y=Q(x)

的線性一階非齊次微分方程形式。

選項分析

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第 9 題5 分

  1. (5%) For the following differential equation, x=−3x = -3 is which type of point?
    (x2+x−6)y′′+(x+3)y′+(x−2)y=0(x^2+x-6)y'' + (x+3)y' + (x-2)y = 0
    (A) ordinary
    (B) regular singular
    (C) irregular singular
    (D) none of these

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核心觀念

二階線性微分方程

a(x)y′′+b(x)y′+c(x)y=0a(x)y''+b(x)y'+c(x)y=0

在 x=x0x=x_0 附近先除以 a(x)a(x),化為標準形式:

y′′+P(x)y′+Q(x)y=0,y''+P(x)y'+Q(x)y=0,

其中

P(x)=b(x)a(x),Q(x)=c(x)a(x).P(x)=\frac{b(x)}{a(x)},\qquad Q(x)=\frac{c(x)}{a(x)}.

分類定義如下:

  • 普通點(ordinary point):P(x)P(x) 與 Q(x)Q(x) 在 x0x_0 解析。
  • 正則奇異點(regular singular point):P(x)P(x) 未必解析,但 (x−x0)P(x)(x-x_0)P(x) 與 (x−x0)2Q(x)(x-x_0)^2Q(x) 在 x0x_0 解析。
  • 非正則奇異點(irregular singular point):不符合上述兩種情形。

解題方法

題目中的係數為

a(x)=x2+x−6=(x+3)(x−2),a(x)=x^2+x-6=(x+3)(x-2), b(x)=x+3,c(x)=x−2.b(x)=x+3,\qquad c(x)=x-2.

除以 a(x)a(x),得到

y′′+x+3(x+3)(x−2)y′+x−2(x+3)(x−2)y=0.y''+\frac{x+3}{(x+3)(x-2)}y' +\frac{x-2}{(x+3)(x-2)}y=0.

在 x≠−3,2x\neq -3,2 的鄰域內約分:

y′′+1x−2y′+1x+3y=0.y''+\frac{1}{x-2}y' +\frac{1}{x+3}y=0.

因此

P(x)=1x−2,Q(x)=1x+3.P(x)=\frac{1}{x-2},\qquad Q(x)=\frac{1}{x+3}.

考察 x0=−3x_0=-3:

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第 10 題5 分

  1. (5%) Which is a solution of the following differential equation on interval (−5,5)(-5, 5)?
    dydx=xy\frac{dy}{dx} = \frac{x}{y}
    (A) x2+y2=25,−5<x<5x^2 + y^2 = 25, -5 < x < 5
    (B) y=25−x2,−5<x<5y = \sqrt{25-x^2}, -5 < x < 5
    (C) y=−25−x2,−5<x<5y = -\sqrt{25-x^2}, -5 < x < 5
    (D) all of the above
    (E) none of these

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觀念與推導

利用分離變數法(Separation of Variables)求解微分方程:
dydx=xy\frac{dy}{dx} = \frac{x}{y}

將變數 xx 與 yy 分離:
y dy=x dxy \, dy = x \, dx

兩邊進行不定積分:
∫y dy=∫x dx  ⟹  12y2=12x2+c1  ⟹  y2−x2=C\int y \, dy = \int x \, dx \implies \frac{1}{2}y^2 = \frac{1}{2}x^2 + c_1 \implies y^2 - x^2 = C

可知原微分方程之通解為雙曲線族 y2−x2=Cy^2 - x^2 = C。


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第 11 題5 分

  1. (5%) Which is a solution to the following differential equation?
    y′+y=0y' + y = 0
    (A) y=0y = 0
    (B) y=exy = e^x
    (C) y=∑n=0∞(−1)nn!xny = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n!} x^n
    (D) both A and B
    (E) all of the above

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觀念與推導

一階齊次線性微分方程 y′+y=0y' + y = 0 可由分離變數法求得通解:
dydx=−y  ⟹  ∫1y dy=∫−1 dx  ⟹  y(x)=Ce−x\frac{dy}{dx} = -y \implies \int \frac{1}{y} \, dy = \int -1 \, dx \implies y(x) = C e^{-x}
其中 CC 為任意實數常數。


選項分析

  • (A) y=0y = 0:
    當 C=0C = 0 時,y=0y = 0。代入得 0′+0=00' + 0 = 0 恆成立,故 y=0y = 0 為本方程之平凡解(Trivial solution)。

  • (B) y=exy = e^x:
    代入左式得 (ex)′+ex=2ex≠0(e^x)' + e^x = 2e^x \neq 0,不滿足微分方程,故非本方程之解。

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第 12 題5 分

  1. (5%) Which is the general solution to the following differential equation?
    y′′′−3y′′+3y′−y=0y''' - 3y'' + 3y' - y = 0
    Assume c1,c2c_1, c_2, and c3c_3 are arbitrary constants.
    (A) y=c1ex+c2ex+c3exy = c_1 e^x + c_2 e^x + c_3 e^x
    (B) y=c1ex+c2ex+1+c3ex+2y = c_1 e^x + c_2 e^{x+1} + c_3 e^{x+2}
    (C) y=c1ex+c2xex+c3x2exy = c_1 e^x + c_2 x e^x + c_3 x^2 e^x
    (D) y=c1ex+c2ln⁡xex+c3(ln⁡x)2exy = c_1 e^x + c_2 \ln x e^x + c_3 (\ln x)^2 e^x
    (E) none of these

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核心觀念

本題考查三階常係數齊次線性微分方程:

y′′′−3y′′+3y′−y=0.y'''-3y''+3y'-y=0.

令試探解為 y=erxy=e^{rx},則

y′=rerx,y′′=r2erx,y′′′=r3erx.y'=re^{rx},\qquad y''=r^2e^{rx},\qquad y'''=r^3e^{rx}.

代入原方程:

erx(r3−3r2+3r−1)=0.e^{rx}(r^3-3r^2+3r-1)=0.

因為 erx≠0e^{rx}\neq 0,得到特徵方程

r3−3r2+3r−1=0.r^3-3r^2+3r-1=0.

利用立方公式:

r3−3r2+3r−1=(r−1)3.r^3-3r^2+3r-1=(r-1)^3.

因此特徵根為 r=1r=1,且為三重根。


解題方法

對於特徵根 rr 的重數為 33,對應的三個線性獨立解為

erx,xerx,x2erx.e^{rx},\qquad xe^{rx},\qquad x^2e^{rx}.

取 r=1r=1,原微分方程的通解為

y=c1ex+c2xex+c3x2ex.y=c_1e^x+c_2xe^x+c_3x^2e^x.

故正確選項為 (C)(C)。

亦可將微分算子因式分解:

D3−3D2+3D−1=(D−1)3,D^3-3D^2+3D-1=(D-1)^3,

所以方程可寫成

(D−1)3y=0.(D-1)^3y=0.

令

y=exv(x),y=e^xv(x),

則有

(D−1)(exv)=exv′,(D-1)(e^xv)=e^xv',

進而

(D−1)3(exv)=exv′′′.(D-1)^3(e^xv)=e^xv'''.

因此

v′′′=0,v'''=0,

故

v=c1+c2x+c3x2,v=c_1+c_2x+c_3x^2,

最後得到

y=ex(c1+c2x+c3x2).y=e^x(c_1+c_2x+c_3x^2).

選項分析

  • (A) 錯誤

    三項均為 exe^x 的常數倍:

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第 13 題5 分

  1. (5%) Which is the general solution to the following differential equation?
    x2y′′−2xy′−4y=0x^2y'' - 2xy' - 4y = 0
    Assume c1c_1 and c2c_2 are arbitrary constants.
    (A) y=ex[c1cos⁡(5x)+c2sin⁡(5x)]y = e^x [c_1 \cos(\sqrt{5}x) + c_2 \sin(\sqrt{5}x)]
    (B) y=c1ex+c2e4xy = c_1 e^x + c_2 e^{4x}
    (C) y=x[c1cos⁡(5ln⁡x)+c2sin⁡(5ln⁡x)]y = x [c_1 \cos(\sqrt{5} \ln x) + c_2 \sin(\sqrt{5} \ln x)]
    (D) y=c1x−1+c2x4y = c_1 x^{-1} + c_2 x^4
    (E) none of these

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核心觀念

本題考查 Euler–Cauchy(柯西–歐拉)型微分方程:

x2y′′+axy′+by=0.x^2y''+axy'+by=0.

其標準作法是假設冪次解

y=xm,y=x^m,

將微分方程轉換成代數形式的特徵方程。若特徵根為兩個相異實根 m1,m2m_1,m_2,則通解為

y=c1xm1+c2xm2.y=c_1x^{m_1}+c_2x^{m_2}.

解題方法

令

y=xm.y=x^m.

則

y′=mxm−1,y′′=m(m−1)xm−2.y'=mx^{m-1},\qquad y''=m(m-1)x^{m-2}.

代入原方程:

x2y′′−2xy′−4y=0x^2y''-2xy'-4y=0

得到

x2[m(m−1)xm−2]−2x[mxm−1]−4xm=0.x^2\bigl[m(m-1)x^{m-2}\bigr] -2x\bigl[mx^{m-1}\bigr] -4x^m=0.

整理得

[m(m−1)−2m−4]xm=0.\bigl[m(m-1)-2m-4\bigr]x^m=0.

因為 xm≠0x^m\neq 0,所以特徵方程為

m(m−1)−2m−4=0,m(m-1)-2m-4=0,

即

m2−3m−4=0.m^2-3m-4=0.

因式分解:

(m−4)(m+1)=0.(m-4)(m+1)=0.

因此兩個特徵根為

m1=4,m2=−1.m_1=4,\qquad m_2=-1.

所以微分方程的通解為

y=c1x4+c2x−1.\boxed{y=c_1x^4+c_2x^{-1}}.

若考慮實數範圍且 xx 可為負值,也可寫成

y=c1∣x∣4+c2∣x∣−1,y=c_1|x|^4+c_2|x|^{-1},

在通常考試所取的 x>0x>0 區間,形式即為 c1x4+c2x−1c_1x^4+c_2x^{-1}。

選項分析

  • (A)
    此形式為

    y=ex[c1cos⁡(5x)+c2sin⁡(5x)].y=e^x[c_1\cos(\sqrt5x)+c_2\sin(\sqrt5x)].

    這是常係數微分方程具有複數特徵根時常見的解型,並非本題 Euler–Cauchy 方程的解型,因此錯誤。

  • (B)
    此形式為

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第 14 題5 分

  1. (5%) Which is the general solution to the following differential equation?
    2y′′−8y=02y'' - 8y = 0
    Assume c1c_1 and c2c_2 are arbitrary constants.
    (A) y=c1cos⁡(2x)+c2cos⁡(2x)y = c_1 \cos(2x) + c_2 \cos(2x)
    (B) y=c1cosh⁡(2x)+c2cosh⁡(2x)y = c_1 \cosh(2x) + c_2 \cosh(2x)
    (C) y=c1cos⁡(2x)+c2sin⁡(2x)y = c_1 \cos(2x) + c_2 \sin(2x)
    (D) y=c1cosh⁡(2x)+c2sinh⁡(2x)y = c_1 \cosh(2x) + c_2 \sinh(2x)
    (E) none of these

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查二階常係數齊次線性微分方程:

ay′′+by′+cy=0ay''+by'+cy=0

其特徵方程為:

ar2+br+c=0ar^2+br+c=0

根據特徵根的種類,可判斷通解形式。本題的微分方程為

2y′′−8y=02y''-8y=0

除以 22 得

y′′−4y=0。y''-4y=0。

解題方法

設解為 y=erxy=e^{rx},則

y′=rerx,y′′=r2erx.y'=re^{rx}, \qquad y''=r^2e^{rx}.

代入 y′′−4y=0y''-4y=0:

r2erx−4erx=0。r^2e^{rx}-4e^{rx}=0。

因為 erx≠0e^{rx}\neq 0,所以特徵方程為

r2−4=0。r^2-4=0。

因式分解:

(r−2)(r+2)=0。(r-2)(r+2)=0。

因此兩個相異實根為

r1=2,r2=−2。r_1=2,\qquad r_2=-2。

故微分方程的通解為

y=c1e2x+c2e−2x。y=c_1e^{2x}+c_2e^{-2x}。

利用雙曲函數定義:

cosh⁡(2x)=e2x+e−2x2,sinh⁡(2x)=e2x−e−2x2,\cosh(2x)=\frac{e^{2x}+e^{-2x}}{2},\qquad \sinh(2x)=\frac{e^{2x}-e^{-2x}}{2},

因此也可將通解改寫為

y=c1cosh⁡(2x)+c2sinh⁡(2x)。y=c_1\cosh(2x)+c_2\sinh(2x)。

選項分析

(A) y=c1cos⁡(2x)+c2cos⁡(2x)y=c_1\cos(2x)+c_2\cos(2x)

兩項皆為 cos⁡(2x)\cos(2x),實際上只能合併為單一常數倍的 cos⁡(2x)\cos(2x),無法提供二階微分方程所需的兩個線性獨立解。此外,

d2dx2cos⁡(2x)=−4cos⁡(2x),\frac{d^2}{dx^2}\cos(2x)=-4\cos(2x),

代入 y′′−4y=0y''-4y=0 不成立。因此錯誤。

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第 15 題5 分

  1. (5%) Which is the general solution to the following differential equation?
    d2ydx2+2dydx+y=0\frac{d^2y}{dx^2} + 2\frac{dy}{dx} + y = 0
    Assume c1,c2,c3c_1, c_2, c_3, and c4c_4 are arbitrary constants.
    (A) y=c1cos⁡(x)+c2sin⁡(x)+c3cos⁡(−x)+c4sin⁡(−x)y = c_1 \cos(x) + c_2 \sin(x) + c_3 \cos(-x) + c_4 \sin(-x)
    (B) y=c1cos⁡(x)+c2sin⁡(x)+c3xcos⁡(x)+c4xsin⁡(x)y = c_1 \cos(x) + c_2 \sin(x) + c_3 x \cos(x) + c_4 x \sin(x)
    (C) y=c1cos⁡(x)+c2sin⁡(x)+c3e−xcos⁡(x)+c4e−xsin⁡(x)y = c_1 \cos(x) + c_2 \sin(x) + c_3 e^{-x} \cos(x) + c_4 e^{-x} \sin(x)
    (D) y=c1cos⁡(x)+c2sin⁡(x)+c3e−xcos⁡(x)+c1e−xsin⁡(x)y = c_1 \cos(x) + c_2 \sin(x) + c_3 e^{-x} \cos(x) + c_1 e^{-x} \sin(x)
    (E) none of these

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【重點觀念】
二階常係數齊次線性微分方程求通解。

【詳細解析】
給定二階常係數齊次微分方程:
y′′+2y′+y=0y'' + 2y' + y = 0

寫出對應的特徵方程式(Characteristic Equation):
λ2+2λ+1=0\lambda^2 + 2\lambda + 1 = 0

因式分解得:
(λ+1)2=0  ⟹  λ1=λ2=−1(\lambda + 1)^2 = 0 \implies \lambda_1 = \lambda_2 = -1

特徵根為重根 λ=−1\lambda = -1,故微分方程之通解為:
y(x)=c1e−x+c2xe−xy(x) = c_1 e^{-x} + c_2 x e^{-x}

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第 16 題5 分

  1. (5%) For the following differential equation on the interval (0,∞)(0, \infty):
    2xy′′+(1+x)y′+y=02xy'' + (1+x)y' + y = 0
    which of the following equations are solutions?
    (A) y=∑n=0∞(−1)n+1nxny = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} x^n
    (B) y=∑n=0∞(−1)nn!x(n+1/2)y = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n!} x^{(n+1/2)}
    (C) y=1+∑n=1∞(−1)n1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2n−1)xny = 1 + \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n-1)} x^n
    (D) Both A and B
    (E) Both B and C

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核心觀念

本題考查冪級數與 Frobenius 級數代入微分方程的方法。設

y=∑anxn+r,y=\sum a_n x^{n+r},

代入微分方程後,比較各次方 xx 的係數,即可得到係數遞迴關係。

原方程為

2xy′′+(1+x)y′+y=0.2xy''+(1+x)y'+y=0.

解題方法一:檢查一般冪級數解

先設

y=∑n=0∞anxn.y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n.

則

y′=∑n=1∞nanxn−1,y′′=∑n=2∞n(n−1)anxn−2.y'=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}, \qquad y''=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_nx^{n-2}.

代入原方程:

2xy′′+(1+x)y′+y=0.2xy''+(1+x)y'+y=0.

比較 xkx^k 的係數:

  • 來自 2xy′′2xy'':
2(k+1)kak+1;2(k+1)ka_{k+1};
  • 來自 y′y' 中的 1⋅y′1\cdot y':
(k+1)ak+1;(k+1)a_{k+1};
  • 來自 xy′xy' 與 yy:
kak+ak=(k+1)ak.ka_k+a_k=(k+1)a_k.

因此

(2k(k+1)+(k+1))ak+1+(k+1)ak=0,\bigl(2k(k+1)+(k+1)\bigr)a_{k+1}+(k+1)a_k=0,

即

(k+1)(2k+1)ak+1+(k+1)ak=0.(k+1)(2k+1)a_{k+1}+(k+1)a_k=0.

所以

ak+1=−ak2k+1.a_{k+1}=-\frac{a_k}{2k+1}.

若令 a0=1a_0=1,便得到

a1=−1,a_1=-1, a2=11⋅3,a_2=\frac{1}{1\cdot3}, a3=−11⋅3⋅5,a_3=-\frac{1}{1\cdot3\cdot5},

因此

y=1+∑n=1∞(−1)n1⋅3⋅5⋯(2n−1)xn.y=1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}x^n.

這正是選項 (C)。


解題方法二:檢查含半整數次方的 Frobenius 級數

考慮

y=∑n=0∞anxn+12.y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+\frac12}.

令 r=n+12r=n+\frac12。代入後,最低次方項的係數為

a0r(2r−1)xr−1.a_0r(2r-1)x^{r-1}.

當 r=12r=\frac12 時,

r(2r−1)=12(1−1)=0,r(2r-1)=\frac12(1-1)=0,

故半整數次方的級數形式是可行的。

對 n≥1n\geq1,比較 xn−12x^{n-\frac12} 的係數,可得

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第 17 題5 分

  1. (5%) Which is the general solution to the following differential equation?
    y′′+y=4x+10sin⁡(x)y'' + y = 4x + 10 \sin(x)
    Assume c1c_1 and c2c_2 are arbitrary constants.
    (A) y=c1cos⁡(x)+c2sin⁡(x)+4xy = c_1 \cos(x) + c_2 \sin(x) + 4x
    (B) y=c1cos⁡(x)+c2sin⁡(x)+4x−5sin⁡(x)y = c_1 \cos(x) + c_2 \sin(x) + 4x - 5 \sin(x)
    (C) y=c1cos⁡(x)+c2sin⁡(x)+4x−5cos⁡(x)y = c_1 \cos(x) + c_2 \sin(x) + 4x - 5 \cos(x)
    (D) y=c1cos⁡(x)+c2sin⁡(x)+4x−5xsin⁡(x)y = c_1 \cos(x) + c_2 \sin(x) + 4x - 5 x \sin(x)
    (E) y=c1cos⁡(x)+c2sin⁡(x)+4x−5xcos⁡(x)y = c_1 \cos(x) + c_2 \sin(x) + 4x - 5 x \cos(x)

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考察二階常係數非齊次微分方程:

y′′+y=4x+10sin⁡xy''+y=4x+10\sin x

其通解由兩部分組成:

y=yh+ypy=y_h+y_p

其中:

  • yhy_h:齊次方程 y′′+y=0y''+y=0 的通解。
  • ypy_p:對非齊次項 4x+10sin⁡x4x+10\sin x 所求得的特解。

特別注意,因為 sin⁡x\sin x 已出現在齊次解中,所以對 10sin⁡x10\sin x 要使用「共振」形式,特解必須乘上 xx。

解題方法

1. 求齊次解

先解齊次方程:

y′′+y=0y''+y=0

特徵方程為:

r2+1=0r^2+1=0

因此:

r=±ir=\pm i

齊次解為:

yh=c1cos⁡x+c2sin⁡xy_h=c_1\cos x+c_2\sin x

2. 求右側 4x4x 所對應的特解

對於多項式 4x4x,設:

yp1=Ax+By_{p1}=Ax+B

因為 yp1′′=0y_{p1}''=0,代入方程左側得:

yp1′′+yp1=Ax+By_{p1}''+y_{p1}=Ax+B

與 4x4x 比較係數:

A=4,B=0A=4,\qquad B=0

所以:

yp1=4xy_{p1}=4x

3. 求右側 10sin⁡x10\sin x 所對應的特解

由於 sin⁡x\sin x 已經是齊次解的一部分,直接設 Acos⁡x+Bsin⁡xA\cos x+B\sin x 會與齊次解重複,因此需乘上 xx。

取:

yp2=Kxcos⁡xy_{p2}=Kx\cos x

計算導數:

yp2′=K(cos⁡x−xsin⁡x)y_{p2}'=K(\cos x-x\sin x) yp2′′=K(−sin⁡x−sin⁡x−xcos⁡x)=K(−2sin⁡x−xcos⁡x)y_{p2}''=K(-\sin x-\sin x-x\cos x) =K(-2\sin x-x\cos x)

因此:

yp2′′+yp2=K(−2sin⁡x−xcos⁡x)+Kxcos⁡x=−2Ksin⁡xy_{p2}''+y_{p2} =K(-2\sin x-x\cos x)+Kx\cos x =-2K\sin x

要求其等於 10sin⁡x10\sin x:

−2K=10-2K=10

所以:

K=−5K=-5

得到:

yp2=−5xcos⁡xy_{p2}=-5x\cos x

4. 組合通解

因此原微分方程的通解為:

y=c1cos⁡x+c2sin⁡x+4x−5xcos⁡x\boxed{ y=c_1\cos x+c_2\sin x+4x-5x\cos x }

選項分析

(A)

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