109 年國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所電機類《工程數學（D）》考古題與詳解

Question 1

Given an invertible matrix $A \in \mathbb{R}^{n \times n}$ , a nonzero matrix $B \in \mathbb{R}^{n \times n}$ , and an augmented matrix $C = [A | B]$ . For each statement that follows, please answer true or false. And you MUST explain or prove your answer.

(A). (2%) The rank of $A$ is $n$ , and the rank of $B$ is more than one.
(B). (2%) If $\text{Col}(A) = \text{Col}(B)$ , the reduced row echelon form of $C$ is $[I_n | I_n]$ .
(C). (2%) If $C$ is the standard matrix of a linear transform $T$ , $T$ is one-to-one.
(D). (2%) $CC^T$ is invertible.
(E). (2%) Any vector $v$ in $\mathbb{R}^n$ can be expressed as the sum of the orthogonal projection of $v$ onto each column of $A^{-1}$ .

Accepted Answer

核心觀念 本題為線性代數整合型觀念題，涵蓋台聯大電機所高頻考點： 1. 矩陣的秩（Rank）與可逆性：$n 	imes n$ 方陣 $A$ 可逆 $\iff 	ext{rank}(A) = n \iff A$ 具滿秩。非零矩陣 $B 
eq O \iff 1 \le 	ext{rank}(B) \le n$。 2. 增廣矩陣與簡化列梯形形式（RREF）：對增廣矩陣 $C = [A \mid B]$ 作列運算化為 RREF，等價於左乘 $A^{-1}$，即 $	ext{RREF}([A \mid B]) = [In \mid A^{-1}B]$。 3. 線性變換之單射（One-to-One）與維度定理（Rank-Nullity Theorem）：若標準矩陣為 $C \in \mathbb{R}^{n 	imes 2n}$，變換為 $T: \mathbb{R}^{2n} 	o \mathbb{R}^n$。由 $\dim(\ker(T)) = 2n - 	ext{rank}(C) \ge n 0$，核空間非零必不為一對一。 4. Gram 矩陣與全行/列秩性質：對實數矩陣 $C \in \mathbb{R}^{n 	imes 2n}$，$	ext{rank}(CC^T) = 	ext{rank}(C)$；當 $C$ 為全列秩（Full row rank）時，$CC^T$ 必為可逆（對稱正定）。 5. 正交投影（Orthogonal Projection）與正交基底展開：向量 $v$ 能直接表示為各基底向量之「正交投影和」，充要條件為該組基底必須為「正交基底（Orthogonal Basis）」。 --- 解題方法 針對各小題命題，透過線性代數之基本定理進行嚴格證明，或藉由構造具體反例（Counterexample）進行反駁： (A) 利用非零矩陣秩的定義域檢驗反例。 (B) 利用基本列運算矩陣的左乘表示法求出 RREF 並構造反例。 (C) 應用維度定理（Rank-Nullity Theorem）分析核空間維度。 (D) 利用實矩陣之二次型正定性或行/列秩性質證明可逆。 (E) 檢驗正交投影分解定理的先決條件（是否具正交性）。 --- 選項分析 (A) 錯誤（False） 推導與分析： 已知 $A \in \mathbb{R}^{n 	imes n}$ 為可逆矩陣，依可逆矩陣定理，$	ext{rank}(A) = n$ 恆成立。 然而，題目僅給定 $B \in \mathbb{R}^{n 	imes n}$ 為非零矩陣（$B 
eq O$），因此 $B$ 的秩僅能確定滿足： $$ 1 \le 	ext{rank}(B) \le n $$ $	ext{rank}(B)$ 可以恰好等於 $1$，並非必定「大於 1」（more than…

Question 2

(A). (2%) The rank of $A$ is $n$, and the rank of $B$ is more than one.

Accepted Answer

核心觀念 矩陣的秩 $\operatorname{rank}(A)$ 是矩陣中線性獨立列向量（或行向量）的最大個數，也等於矩陣的最大非零子行列式階數。 題目給定： $$ \operatorname{rank}(A)=n,\qquad \operatorname{rank}(B)1. $$ 由於矩陣的秩必為非負整數，因此 $$ \operatorname{rank}(B)1 \quad\Longrightarrow\quad \operatorname{rank}(B)\ge 2. $$ 解題方法 若 $A$ 為 $n	imes n$ 方陣，則 $$ \operatorname{rank}(A)=n $$ 表示 $A$ 具有滿秩，等價於： $$ \det(A)
e 0, $$ 因此 $A$ 可逆，且齊次線性方程組 $$ A\mathbf{x}=\mathbf{0} $$ 只有零解。 另一方面， $$ \operatorname{rank}(B)1 $$ 表示 $B$ 至少有兩個線性獨立的行向量或列向量。這只能說明 $B$ 的秩至少為 $2$，不能進一步判斷 $B$ 是否可逆，因為仍須知道 $B$ 的尺寸及其列數、行數。 例如： $$ B= \begin{bmatrix} 1&0&0\ 0&1&0\ 0&0&0 \end{bmatrix} $$ 滿足 $$ \operatorname{rank}(B)=21, $$ 但 $B$ 不可逆。 選項分析 題目只提供一個敘述，未附完整問句或其他選項。就此敘述本身而言：

Question 3

(B). (2%) If $	ext{Col}(A) = 	ext{Col}(B)$, the reduced row echelon form of $C$ is $[In | In]$.

Accepted Answer

核心觀念 題目考查欄空間（column space）與列最簡梯形式（reduced row echelon form, RREF）的關係。 若矩陣 $A$ 與 $B$ 的欄空間相同，只能表示： $$ \operatorname{Col}(A)=\operatorname{Col}(B) $$ 也就是 $A$ 與 $B$ 的所有欄向量所張成的子空間相同。這個條件不代表欄空間必為整個 $\mathbb{R}^n$，也不代表矩陣具有滿秩。 解題方法 題目未明確定義矩陣 $C$。在通常脈絡下，假設 $$ C=[A\mid B] $$ 即將 $A$ 與 $B$ 橫向拼接。若 $C$ 的 RREF 為 $$ [In\mid In], $$ 則 $C$ 必須具有秩 $n$，且其欄空間必須是 $\mathbb{R}^n$。然而， $$ \operatorname{Col}(A)=\operatorname{Col}(B) $$ 只保證兩者欄空間相同，並未保證其維度為 $n$。 取最簡單的反例： $$ A=B= \begin{bmatrix} 1&0\ 0&0 \end{bmatrix}. $$ 此時 $$ \operatorname{Col}(A)=\operatorname{Col}(B) =\operatorname{span} \left\{ \begin{bmatrix}1\0\end{bmatrix} ight\}. $$ 但

Question 4

(C). (2%) If $C$ is the standard matrix of a linear transform $T$, $T$ is one-to-one.

Accepted Answer

核心觀念 若線性轉換 $T:\mathbb{R}^n	o\mathbb{R}^m$ 的標準矩陣為 $C$，則 $$ T(\mathbf{x})=C\mathbf{x}. $$ $T$ 為一對一（one-to-one）的定義是： $$ T(\mathbf{x}1)=T(\mathbf{x}2) \Longrightarrow \mathbf{x}1=\mathbf{x}2. $$ 對線性轉換而言，$T$ 一對一的充要條件為 $$ \ker(T)=\{\mathbf{0}\}, $$ 等價地， $$ C\mathbf{x}=\mathbf{0} \Longrightarrow \mathbf{x}=\mathbf{0}. $$ 因此，僅知道 $C$ 是 $T$ 的標準矩陣，並不能直接判定 $T$ 是否一對一；還必須知道 $C$ 的零空間、秩或行列式等資訊。 --- 解題方法 題目只說 $C$ 是線性轉換 $T$ 的標準矩陣，沒有額外給出 $C$ 可逆、欄向量線性獨立或 $\operatorname{rank}(C)=n$ 等條件。 取一個反例： $$ C= \begin{bmatrix} 0 \end{bmatrix}, \qquad T:\mathbb{R}	o\mathbb{R}, \qquad T(x)=Cx=0. $$ 此時 $$ T(0)=0,\qquad T(1)=0. $$ 雖然 $0
e 1$，但 $$ T(0)=T(1), $$ 所以 $T$ 不是一對一。這說明「$C$ 是標準矩陣」本身不足以推出 $T$ 一對一。 --- 選項分析

Question 5

(D). (2%) $CC^T$ is invertible.

Accepted Answer

核心觀念 設 $C\in\mathbb{R}^{m	imes n}$。矩陣 $CC^T$ 為 $m	imes m$，且對任意非零向量 $x\in\mathbb{R}^m$， $$ x^TCC^Tx=(C^Tx)^T(C^Tx)=\|C^Tx\|^2\ge 0. $$ 因此，$CC^T$ 必為半正定矩陣。其可逆條件為 $$ CC^T	ext{ 可逆} \iff \ker(CC^T)=\{0\} \iff \ker(C^T)=\{0\} \iff \operatorname{rank}(C)=m. $$ 也就是說，$C$ 必須具有滿列秩以外的「滿行秩」： $$ \operatorname{rank}(C)=	ext{列數 }m. $$ --- 解題方法 由 $$ x^TCC^Tx=\|C^Tx\|^2 $$ 可知，若存在非零向量 $x$ 使得 $C^Tx=0$，則 $$ CC^Tx=0, $$ 因此 $CC^T$ 存在非零零空間向量，必定不可逆。 反之，若 $C^Tx=0$ 只有零解，則 $CC^T$ 的零空間只有零向量，因此 $CC^T$ 可逆。故 $$ CC^T	ext{ 可逆}\iff C^T	ext{ 為單射} \iff \operatorname{rank}(C)=m. $$ 題目只給出 $CC^T$ 的形式，沒有說明 $C$ 具有滿行秩，因此不能直接斷定 $CC^T$ 一定可逆。 例如取

Question 6

(E). (2%) Any vector $v$ in $\mathbb{R}^n$ can be expressed as the sum of the orthogonal projection of $v$ onto each column of $A^{-1}$.

Accepted Answer

核心觀念 題目考查「正交投影」與「正交分解」。 設 $A^{-1}$ 的第 $i$ 個 column 為 $bi$，則向量 $v$ 投影到 $bi$ 上的結果為 $$ \operatorname{proj}{bi}v = \frac{v^{T}bi}{bi^{T}bi}bi. $$ 只有當 $\{b1,b2,\ldots,bn\}$ 為一組兩兩正交的基底時，才有 $$ v=\sum{i=1}^{n}\operatorname{proj}{bi}v. $$ 一般可逆矩陣的各 column 並不必互相正交，因此不能直接套用此結論。 解題方法 令 $B=A^{-1}$，其 columns 為 $b1,\ldots,bn$。題目主張 $$ v=\sum{i=1}^{n} \frac{v^{T}bi}{bi^{T}bi}bi. $$ 取反例 $$ A^{-1} = \begin{bmatrix} 1&1\ 0&1 \end{bmatrix}, $$ 其兩個 column 為 $$ b1= \begin{bmatrix} 1\ 0 \end{bmatrix}, \qquad b2= \begin{bmatrix} 1\ 1 \end{bmatrix}. $$ 兩者內積為 $$ b1^Tb2=1
eq 0, $$ 所以它們不是正交基底。取 $$ v= \begin{bmatrix} 0\ 1 \end{bmatrix}. $$ 投影到 $b1$： $$ \operatorname{proj}{b1}v = \frac{v^Tb1}{b1^Tb1}b1 = 0. $$

Question 7

Let $A, B \in \mathbb{R}^{4 	imes 6}$, and $B$ is obtained by conducting elementary row operations from $A$. $B$ and the first, third, and fourth column of $A$ are given by $$ B = \begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 & 1 & 4 & 2 \ 2 & 3 & 1 & 0 & 5 & 3 \ 2 & 3 & 0 & 1 & 5 & 2 \ 0 & 3 & 1 & 0 & 3 & 3 \end{pmatrix}, \quad a1 = \begin{pmatrix} 1 \ 2 \ 2 \ 0 \end{pmatrix}, \quad a3 = \begin{pmatrix} 0 \ 1 \ 0 \ 1 \end{pmatrix}, \quad a4 = \begin{pmatrix} 1 \ 0 \ 1 \ 0 \end{pmatrix} $$ (A). (4%) Determine the matrix $A$ and the dimension of Null($A$). (B). (3%) Please find a basis for Row($A$). (C). (3%) Please find a basis for Null($A$). (D). (5%) Let $v = \begin{pmatrix} 1 \ -1 \ 0 \ 0 \end{pmatrix}$, please find the orthogonal projection of $v$ on Col($A$).

Accepted Answer

核心觀念 本題考查以下觀念： 1. 初等列運算等價於左乘可逆矩陣，因此存在可逆矩陣 $E$ 使得 $$B=EA.$$ 2. 可逆線性變換會保留向量間的線性關係。 3. 矩陣的秩滿足 $$\dim\operatorname{Null}(A)=	ext{欄數}-\operatorname{rank}(A).$$ 4. 矩陣的列空間與欄空間分別可由獨立的列向量與欄向量建立基底。 5. 正交投影公式： $$\operatorname{proj}{W}v=v-\operatorname{proj}{W^\perp}v.$$ --- （A）求矩陣 $A$ 與 $\dim\operatorname{Null}(A)$ 令 $bj$ 與 $aj$ 分別表示 $B$ 與 $A$ 的第 $j$ 欄。由題目給定： $$ a1=b1,\qquad a3=b3,\qquad a4=b4. $$ 先觀察 $B$ 的各欄與 $b1,b3,b4$ 的關係： $$ b2=3b3+3b4, $$ $$ b5=b1+3b3+3b4, $$ $$ b6=3b3+2b4. $$ 因為 $B=EA$ 且 $E$ 可逆，線性關係會被保留。因此： $$ a2=3a3+3a4, $$ $$ a5=a1+3a3+3a4, $$ $$ a6=3a3+2a4. $$ 代入已知欄向量： $$ a2 = 3\begin{pmatrix}0\1\0\1\end{pmatrix} + 3\begin{pmatrix}1\0\1\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\3\3\3\end{pmatrix}, $$ $$ a5 = \begin{pmatrix}1\2\2\0\end{pmatrix} + 3\begin{pmatrix}0\1\0\1\end{pmatrix} + 3\begin{pmatrix}1\0\1\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4\5\5\3\end{pmatrix}, $$ $$ a6 = 3\begin{pmatrix}0\1\0\1\end{pmatrix} + 2\begin{pmatrix}1\0\1\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\3\2\3\end{pmatrix}. $$ 所以 $$ A= \begin{pmatrix} 1&3&0&1&4&2\ 2&3&1&0&5&3\ 2&3&0&1&5&2\ 0&3&1&0&3&3 \end{pmatrix} =B. $$ 其中 $a1,a3,a4$ 線性獨立。事實上，若 $$ c1a1+c3a3+c4a4=0, $$ 由第四個分量得 $c3=0$，再由第一個分量得 $c1+c4…

Question 8

(A). (4%) Determine the matrix $A$ and the dimension of Null($A$).

Accepted Answer

核心觀念 矩陣 $A$ 的零空間定義為 $$ \operatorname{Null}(A)=\{\mathbf{x}\mid A\mathbf{x}=\mathbf{0}\}. $$ 若 $A$ 為 $m	imes n$ 矩陣，則 $\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n$。由秩－零度定理（Rank–Nullity Theorem）： $$ \dim\operatorname{Null}(A)+\operatorname{rank}(A)=n, $$ 因此 $$ \boxed{\dim\operatorname{Null}(A)=n-\operatorname{rank}(A)}. $$ 解題方法 求 $\operatorname{Null}(A)$ 的標準步驟如下： 1. 將矩陣 $A$ 列簡化為最簡列階梯形矩陣（RREF）。 2. 解齊次方程組 $$ A\mathbf{x}=\mathbf{0}. $$ 3. 以自由變數表示所有解。 4. 將通解寫成參數向量的線性組合，其係數向量即為 $\operatorname{Null}(A)$ 的一組基底。 5. 基底向量的個數即為 $\dim\operatorname{Null}(A)$。 例如，若 $A$ 是 $m	imes n$ 矩陣，且列簡化後有 $r$ 個主元，則 $$ \operatorname{rank}(A)=r, $$ 自由變數個數為

Question 9

(B). (3%) Please find a basis for Row($A$).

Accepted Answer

核心觀念 矩陣 $A$ 的列空間定義為所有列向量的線性組合： $$ \operatorname{Row}(A) =\operatorname{span}\{	ext{$A$ 的各列向量}\}. $$ 因此，求 $\operatorname{Row}(A)$ 的一組基底，就是從 $A$ 的列向量中找出一組線性獨立且能張成整個列空間的向量。 題目未提供矩陣 $A$ 的具體內容，因此無法列出數值形式的唯一基底。標準作法如下。 --- 解題方法 設 $$ A= \begin{bmatrix} r1\ r2\ \vdots\ rm \end{bmatrix}, $$ 其中 $r1,r2,\ldots,rm$ 為 $A$ 的各列向量。 對 $A$ 進行初等列運算所對應的高斯消去，得到列階梯形矩陣 $R$： $$ A\sim R. $$ 由於初等列運算不會改變列向量所張成的空間，因此 $$ \operatorname{Row}(A)=\operatorname{Row}(R). $$ 接著取 $R$ 中所有非零列向量，即可得到 $\operatorname{Row}(A)$ 的一組基底： $$ \mathcal{B} = \{	ext{$R$ 的所有非零列}\}. $$ 若直接使用原矩陣 $A$ 的列向量，則應取出與 $R$ 中非零列相對應的獨立列向量。必須注意： - 求 $\operatorname{Row}(A)$ 的基底：可取列簡化形矩陣 $R$ 的非零列。 - 求 $\operatorname{Col}(A)$ 的基底：應取原矩陣 $A$ 中對應主元位置的列向量。 --- 一般計算形式 例如，若高斯消去後得到

Question 10

(C). (3%) Please find a basis for Null($A$).

Accepted Answer

核心觀念

$\operatorname{Null}(A)$ 表示矩陣 $A$ 的零空間：

\operatorname{Null}(A)=\{\mathbf{x}:A\mathbf{x}=\mathbf{0}\}.

要求 $\operatorname{Null}(A)$ 的一組基底，就是求齊次線性方程組

A\mathbf{x}=\mathbf{0}

的所有解，並將通解寫成線性組合形式。通解中各自由變數所對應的向量，即構成零空間的一組基底。

解題方法

設

A\mathbf{x}=\mathbf{0},\qquad \mathbf{x}= \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\ \vdots\\x_n \end{bmatrix}.

將矩陣 $A$ 列簡化為最簡列梯形式 $R$ ：

A\sim R.

由於列運算不會改變齊次方程組的解集合，因此

A\mathbf{x}=\mathbf{0} \quad\Longleftrightarrow\quad R\mathbf{x}=\mathbf{0}.

若列簡化後得到例如

x_1+2x_3-x_4=0, \qquad x_2-x_3+3x_4=0,

則 $x_3,x_4$ 為自由變數。令

x_3=s,\qquad x_4=t,

可得

x_1=-2s+t,\qquad x_2=s-3t.

因此

Question 11

(D). (5%) Let $v = \begin{pmatrix} 1 \ -1 \ 0 \ 0 \end{pmatrix}$, please find the orthogonal projection of $v$ on Col($A$).

Accepted Answer

若將 $A$ 的列向量表示為 $\{a1,\dots ,ak\}$，則 $\operatorname{Col}(A)=\operatorname{span}\{a1,\dots ,ak\}$。

Question 12

Consider the rotation by $	heta$ of real-valued vectors on a plane shown in the figure below. (Note that $0 < 	heta < 2\pi$, and $	heta 
eq 0$ to avoid trivial situations.) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (The figure shows a 2D plane with coordinate axes i (x-axis) and j (y-axis). A vector is rotated counterclockwise by an angle $	heta$. The initial vector is represented by $Qi = [\cos 	heta, \sin 	heta]^T$ and the final vector is represented by $Qj = [-\sin 	heta, \cos 	heta]^T$.) (A). (3%) Find the transformation matrix representing the rotation. (B). (3%) When will the transformation matrix have non-zero eigenvalues? Please explain. (C). (4%) Is the transformation matrix similar to the identity matrix? Why?

Accepted Answer

核心觀念 本題考查二維平面旋轉矩陣、特徵值與相似矩陣的定義。 逆時針旋轉角度 $	heta$ 的標準旋轉矩陣為 $$ R(	heta)= \begin{bmatrix} \cos	heta & -\sin	heta\ \sin	heta & \cos	heta \end{bmatrix}. $$ 其行列式為 $$ \det R(	heta)=\cos^2	heta+\sin^2	heta=1. $$ --- 解題方法 已知旋轉後的兩個基底向量為 $$ Qi= \begin{bmatrix} \cos	heta\ \sin	heta \end{bmatrix}, \qquad Qj= \begin{bmatrix} -\sin	heta\ \cos	heta \end{bmatrix}. $$ 將 $Qi$ 與 $Qj$ 分別作為矩陣的第一行、第二行，可得旋轉矩陣 $$ \boxed{ R= \begin{bmatrix} \cos	heta & -\sin	heta\ \sin	heta & \cos	heta \end{bmatrix} }. $$ 對任意向量 $\boldsymbol{x}=[x,y]^T$， $$ R\boldsymbol{x} = \begin{bmatrix} x\cos	heta-y\sin	heta\ x\sin	heta+y\cos	heta \end{bmatrix}, $$ 正是逆時針旋轉 $	heta$ 的結果。 --- (A) 旋轉的轉換矩陣 $$ \boxed{ R(	heta)= \begin{bmatrix} \cos	heta & -\sin	heta\ \sin	heta & \cos	heta \end{bmatrix} }. $$ --- (B) 何時具有非零特徵值？ 特徵方程為 $$ \det(R-\lambda I) = \begin{vmatrix} \cos	heta-\lambda & -\sin	heta\ \sin	heta & \cos	heta-\lambda \end{vmatrix} =0. $$ 因此 $$ (\cos	heta-\lambda)^2+\sin^2	heta=0, $$ 整理得

Question 13

(A). (3%) Find the transformation matrix representing the rotation.

Accepted Answer

題目資訊說明 附圖內容為民國 112 年第 2～5 題，未出現「第三、(A) 題」的完整題幹。以下依附圖第 5 題所示，假設題目要求求「逆時針旋轉 $60^\circ$」的 transformation matrix。 核心觀念 平面上逆時針旋轉角度 $	heta$ 的標準矩陣為 $$ R(	heta)= \begin{bmatrix} \cos	heta & -\sin	heta\ \sin	heta & \cos	heta \end{bmatrix}. $$ 若向量 $\mathbf{x}=[x,y]^T$ 經旋轉後得到 $\mathbf{x}'$，則 $$ \mathbf{x}'=R(	heta)\mathbf{x}. $$ 解題方法 令原向量以極座標表示： $$ \mathbf{x} = r \begin{bmatrix} \cos\phi\ \sin\phi \end{bmatrix}. $$ 逆時針旋轉 $	heta$ 後，其方向角變為 $\phi+	heta$： $$ \mathbf{x}' = r \begin{bmatrix} \cos(\phi+	heta)\ \sin(\phi+	heta) \end{bmatrix}. $$ 利用三角函數加法公式： $$ \cos(\phi+	heta)=\cos\phi\cos	heta-\sin\phi\sin	heta, $$ $$ \sin(\phi+	heta)=\sin\phi\cos	heta+\cos\phi\sin	heta. $$ 因此

Question 14

(B). (3%) When will the transformation matrix have non-zero eigenvalues? Please explain.

Accepted Answer

核心觀念 題圖內容是民國 112 年第 2～5 題，未包含題目所述的民國 109 年「第三、(B) 題」及其 transformation matrix。因此，無法依圖中矩陣進行特定計算。 對方陣 $A$ 而言，特徵值 $\lambda$ 滿足 $$ \det(A-\lambda I)=0. $$ 解題方法 若題意是問「矩陣的所有特徵值何時皆為非零」，則由特徵值乘積等於行列式： $$ \det(A)=\lambda1\lambda2\cdots\lambdan. $$ 因此， $$ \det(A)
eq 0 \iff \lambda1,\lambda2,\ldots,\lambdan	ext{ 皆非零}. $$

Question 15

(C). (4%) Is the transformation matrix similar to the identity matrix? Why?

Accepted Answer

核心觀念 矩陣 $A$ 與單位矩陣 $I$ 相似，定義為存在可逆矩陣 $P$，使得 $$ P^{-1}AP=I. $$ 相似變換也可改寫為 $$ A=PIP^{-1}. $$ 由於單位矩陣與任何矩陣相乘皆不改變原矩陣，因此 $$ A=PIP^{-1}=PP^{-1}=I. $$ 所以，只有單位矩陣本身才會與單位矩陣相似。 解題方法 設題目中的 transformation matrix 為 $A$。若 $A$ similar to $I$，則存在可逆矩陣 $P$ 滿足 $$ P^{-1}AP=I. $$ 兩側左乘 $P$、右乘 $P^{-1}$，得到 $$ A=PIP^{-1}=I. $$

Question 16

Let $P3 = \{c0 + c1x + c2x^2 + c3x^3\}$ be the set of all $n$-th order polynomials with real-valued $ci$. Define the inner product of two vectors in $P3$, say $u = c0 + c1x + c2x^2 + c3x^3$ and $v = d0 + d1x + d2x^2 + d3x^3$, as $\langle u, v \rangle = c0d0 + c1d1 + c2d2 + c3d3$. Note that $P3$ can be regarded as a normed vector space. (A). (3%) Give an example of two vectors in $P3$ that are orthogonal to each other. (B). (3%) Give an example of a unit-length vector in $P3$. (C). (3%) Show that the set $\{1 + x + x^2 + x^3, 1 - x - x^2 + x^3, 1 + x - x^2 - x^3, 1 - x + x^2 - x^3\}$ can be used as a basis for $P3$. (D). (3%) Use the set $\{1, x, x^2, x^3\}$ as the basis for $P3$. Find the matrix representation of the linear transformation that does differentiation on polynomials in $P3$.

Accepted Answer

核心觀念 本題涵蓋以下線性代數概念： - 以係數向量定義多項式空間 $P3$ 的內積。 - 正交條件：$\langle u,vangle=0$。 - 單位向量條件：$\|u\|=\sqrt{\langle u,uangle}=1$。 - 四個線性獨立向量可構成四維空間 $P3$ 的一組基底。 - 線性轉換的矩陣表示：矩陣的第 $j$ 欄為該線性轉換作用在第 $j$ 個基底向量後的座標。 --- (A) 找兩個互相正交的向量 取 $$ u=1,\qquad v=x. $$ 相對於基底 $\{1,x,x^2,x^3\}$，其係數向量分別為 $$ u=(1,0,0,0),\qquad v=(0,1,0,0). $$ 因此 $$ \langle u,vangle =1\cdot 0+0\cdot 1+0\cdot 0+0\cdot 0 =0. $$ 所以 $u$ 與 $v$ 正交。 解題技巧 只要選取不同基底方向的向量，例如 $1$ 與 $x$、$x^2$ 與 $x^3$，其係數向量內積就會等於 $0$。 --- (B) 找一個單位長度向量 取 $$ u=1. $$ 則 $$ \|u\| =\sqrt{\langle u,uangle} =\sqrt{1^2+0^2+0^2+0^2} =1. $$ 因此 $u=1$ 是一個單位向量。 事實上，$x$、$x^2$、$x^3$ 也都是單位向量，因為它們的係數向量皆為標準基底向量。 --- (C) 證明給定集合可作為 $P3$ 的一組基底 令 $$ \begin{aligned} v1&=1+x+x^2+x^3,\ v2&=1-x-x^2+x^3,\ v3&=1+x-x^2-x^3,\ v4&=1-x+x^2-x^3. \end{aligned} $$ 相對於基底 $\{1,x,x^2,x^3\}$，四個多項式的係數向量為 $$ \begin{aligned} v1&=(1,1,1,1),\ v2&=(1,-1,-1,1),\ v3&=(1,1,-1,-1),\ v4&=(1,-1,1,-1). \end{aligned} $$ 先計算彼此的內積： $$ \langle v1,v2angle =1-1-1+1=0, $$ $$ \langle v1,v3angle =1+1-1-1=0, $$ $$ \langle v1,v4angle =1-1+1-1=0, $$ $$ \langle v2,v3angle =1-1+1-1=0, $$ $$ \langle v2,v4angle =1+1-1-1=0, $$ $$ \langle v3,v4angle =1-1-1+1=0. $$ 因此 $v1,v2,v3,v4$ 兩兩正交。又因為 $$\|vi\|^2=1^2+(-1…

Question 17

(A). (3%) Give an example of two vectors in $P3$ that are orthogonal to each other.

Accepted Answer

核心觀念 $P3$ 表示所有次數不超過 $3$ 的多項式： $$ P3=\{a0+a1x+a2x^2+a3x^3\}. $$ 題目考查「正交」的定義。若 $p(x),q(x)\in P3$，在標準係數內積下， $$ \langle p,q\rangle =a0b0+a1b1+a2b2+a3b3, $$ 其中 $$ p(x)=a0+a1x+a2x^2+a3x^3,\qquad q(x)=b0+b1x+b2x^2+b3x^3. $$ 當且僅當 $$ \langle p,q\rangle=0 $$ 時，稱 $p$ 與 $q$ 正交。 解題方法 選取 $$ p(x)=1+x,\qquad q(x)=1-x. $$ 兩個多項式的係數向量分別為

Question 18

(B). (3%) Give an example of a unit-length vector in $P3$.

Accepted Answer

核心觀念 $P3$ 表示所有次數不超過 $3$ 的實係數多項式： $$ P3=\{a0+a1x+a2x^2+a3x^3:a0,a1,a2,a3\in\mathbb{R}\}. $$ 以標準基底 $$ \{1,x,x^2,x^3\} $$ 表示多項式 $$ p(x)=a0+a1x+a2x^2+a3x^3 $$ 時，其長度定義為係數向量的歐幾里得長度： $$ \|p\|=\sqrt{a0^2+a1^2+a2^2+a3^2}. $$ 因此，單位長度向量必須滿足 $$ \|p\|=1. $$ 解題方法 選取最簡單的多項式 $$ p(x)=1. $$ 它在基底 $\{1,x,x^2,x^3\}$ 下的係數為 $$ (1,0,0,0). $$ 因此其長度為

Question 19

(C). (3%) Show that the set $\{1 + x + x^2 + x^3, 1 - x - x^2 + x^3, 1 + x - x^2 - x^3, 1 - x + x^2 - x^3\}$ can be used as a basis for $P3$.

Accepted Answer

核心觀念 $P3$ 表示所有實係數、次數不超過 $3$ 的多項式所成的向量空間： $$ P3=\{a0+a1x+a2x^2+a3x^3:ai\in\mathbb{R}\}. $$ 其標準基底為 $$ \{1,x,x^2,x^3\}, $$ 因此 $$ \dim P3=4. $$ 要證明題目給出的四個多項式可作為 $P3$ 的基底，只需證明它們在 $P3$ 中線性獨立。因為 $P3$ 的維度是 $4$，四個線性獨立的向量必定構成一組基底。 --- 解題方法：檢查線性獨立性 令 $$ \begin{aligned} p1(x)&=1+x+x^2+x^3,\ p2(x)&=1-x-x^2+x^3,\ p3(x)&=1+x-x^2-x^3,\ p4(x)&=1-x+x^2-x^3. \end{aligned} $$ 考慮它們的線性組合： $$ c1p1(x)+c2p2(x)+c3p3(x)+c4p4(x)=0. $$ 比較各次方的係數，得到 $$ \begin{cases} c1+c2+c3+c4=0,\ c1-c2+c3-c4=0,\ c1-c2-c3+c4=0,\ c1+c2-c3-c4=0. \end{cases} $$ 將四個方程式相加： $$ 4c1=0, $$ 所以 $$ c1=0. $$ 接著分別取適當的方程式線性組合： $$ \begin{aligned} (1)-(2)+(3)-(4)&=4c2=0,\ (1)+(2)-(3)-(4)&=4c3=0,\ (1)-(2)-(3)+(4)&=4c4=0. \end{aligned} $$ 因此 $$ c2=c3=c4=0. $$ 唯一能使線性組合等於零多項式的係數組合是 $$ c1=c2=c3=c4=0. $$ 所以 $\{p1,p2,p3,p4\}$ 線性獨立。 由於這四個多項式皆屬於 $P3$，且

Question 20

(D). (3%) Use the set $\{1, x, x^2, x^3\}$ as the basis for $P3$. Find the matrix representation of the linear transformation that does differentiation on polynomials in $P3$.

Accepted Answer

核心觀念 令線性轉換 $T:P3	o P3$ 定義為多項式微分： $$ T(p(x))=p'(x). $$ 給定基底 $$ B=\{1,x,x^2,x^3\}, $$ 要求的是微分算子 $T$ 相對於基底 $B$ 的矩陣表示。 矩陣的第 $j$ 欄，是基底中第 $j$ 個向量經過 $T$ 後，在基底 $B$ 下的座標向量。 --- 解題方法 依序對基底中的多項式微分： $$ T(1)=0, $$ 因此 $$ [T(1)]B= \begin{bmatrix} 0\0\0\0 \end{bmatrix}. $$ $$ T(x)=1, $$ 因此 $$ [T(x)]B= \begin{bmatrix} 1\0\0\0 \end{bmatrix}. $$ $$ T(x^2)=2x, $$ 因此 $$ [T(x^2)]B= \begin{bmatrix} 0\2\0\0 \end{bmatrix}. $$ $$ T(x^3)=3x^2, $$ 因此 $$ [T(x^3)]B= \begin{bmatrix} 0\0\3\0 \end{bmatrix}. $$ 將上述四個座標向量依序作為矩陣的四個欄，得到 $$ [T]B= \begin{bmatrix} 0&1&0&0\ 0&0&2&0\ 0&0&0&3\ 0&0&0&0 \end{bmatrix}. $$ 驗算任意多項式 $$ p(x)=a+bx+cx^2+dx^3 $$

Question 21

Find the general solution y(x) for the given differential equations. (A).(5%) $(x + 3)^2 y'' – 8(x + 3)y' + 14y = 0$ (B). (5%) $x^2 y'' – 4xy' + 6y = \ln x^2$

Accepted Answer

核心觀念 兩小題皆為歐拉—柯西型微分方程： $$ x^2y''+axy'+by=f(x). $$ 其齊次解可設為冪次形式 $$ y=x^m, $$ 藉此將微分方程化為關於 $m$ 的特徵方程。若右側含有 $\ln x$，則可令 $$ t=\ln|x|, $$ 將歐拉—柯西方程轉換為常係數微分方程。 --- （A）$(x+3)^2y''-8(x+3)y'+14y=0$ 解題方法 令 $$ z=x+3, $$ 則原方程化為 $$ z^2y''-8zy'+14y=0. $$ 由於是歐拉—柯西方程，設 $$ y=z^m. $$ 則 $$ y'=mz^{m-1},\qquad y''=m(m-1)z^{m-2}. $$ 代入方程： $$ z^2m(m-1)z^{m-2} -8zmz^{m-1} +14z^m=0. $$ 整理得 $$ \left[m(m-1)-8m+14ight]z^m=0. $$ 因此特徵方程為 $$ m(m-1)-8m+14=0, $$ 即 $$ m^2-9m+14=0 =(m-2)(m-7)=0. $$ 故兩個根為 $$ m=2,\qquad m=7. $$ 因此齊次通解為 $$ y=C1z^2+C2z^7. $$ 代回 $z=x+3$： $$ \boxed{y=C1(x+3)^2+C2(x+3)^7}. $$ 解題技巧 看到 $(x+3)^2$、$(x+3)$ 的結構時，先將變數平移為 $z=x+3$，即可直接套用歐拉—柯西方程的冪次假設。快速驗算時，只需確認特徵多項式為 $$ m^2-9m+14, $$ 其根確實為 $2$ 與 $7$。 --- （B）$x^2y''-4xy'+6y=\ln x^2$ 核心觀念 右側 $$ \ln x^2=2\ln|x|,\qquad x
e 0. $$ 此題定義域必須位於 $x0$ 或 $x<0$ 的單一區間內。先求齊次解，再利用 $$ t=\ln|x| $$ 將方程化為常係數非齊次微分方程。 第一步：求齊次解 先考慮 $$ x^2y''-4xy'+6y=0. $$ 設 $$ y=x^m. $$ 則 $$ y'=mx^{m-1},\qquad y''=m(m-1)x^{m-2}. $$ 代入得 $$ m(m-1)x^m-4mx^m+6x^m=0. $$ 因此特徵方程為 $$ m(m-1)-4m+6=0, $$ 即 $$ m^2-5m+6=0 =(m-2)(m-3)=0. $$ 所以 $$ m=2,\qquad m=3, $$ 齊次通解為 $$ yh=C1x^2+C2x^3. $$ 第二步：處理非齊次項 令 $$ t=\ln|x|,\qquad y(x)=Y(t). $$ 由鏈鎖律，

Question 22

(A).(5%) $(x + 3)^2 y'' – 8(x + 3)y' + 14y = 0$

Accepted Answer

核心觀念 本題為平移後的 Euler–Cauchy（等冪）微分方程： $$ (x+3)^2y''-8(x+3)y'+14y=0. $$ 其標準形式為 $$ t^2y''+at y'+by=0, $$ 其中令 $$ t=x+3, $$ 即可化為 $$ t^2y''-8ty'+14y=0. $$ 對 Euler–Cauchy 方程，採用冪次試解 $$ y=t^m. $$ --- 解題方法 令 $$ t=x+3,\qquad y=t^m. $$ 則 $$ y'=mt^{m-1}, \qquad y''=m(m-1)t^{m-2}. $$ 代入方程： $$ t^2m(m-1)t^{m-2} -8t\cdot mt^{m-1} +14t^m=0. $$ 整理得 $$ \left[m(m-1)-8m+14ight]t^m=0. $$ 因為 $t
eq 0$，故特徵方程為 $$ m(m-1)-8m+14=0. $$ 展開： $$ m^2-9m+14=0, $$ 因式分解為 $$ (m-7)(m-2)=0. $$ 因此兩個相異實根為 $$ m=7,\qquad m=2. $$ Euler–Cauchy 方程的通解為 $$ y=C1t^7+C2t^2. $$ 代回 $t=x+3$，得到 $$ \boxed{y=C1(x+3)^7+C2(x+3)^2}. $$

Question 23

(B). (5%) $x^2 y'' – 4xy' + 6y = \ln x^2$

Accepted Answer

核心觀念 本題是二階常係數型的 Euler–Cauchy 方程： $$ x^2y''-4xy'+6y=\ln x^2. $$ 可利用代換 $$ t=\ln|x|,\qquad y(x)=u(t) $$ 將 Euler–Cauchy 方程化為常係數微分方程。由鏈鎖律： $$ y'=\frac{1}{x}u', $$ 以及 $$ y''=\frac{u''-u'}{x^2}. $$ 因此 $$ x^2y''=u''-u',\qquad xy'=u'. $$ --- 解題方法 令 $$ t=\ln|x|,\qquad y(x)=u(t). $$ 原方程左側變為 $$ x^2y''-4xy'+6y =(u''-u')-4u'+6u =u''-5u'+6u. $$ 又因為 $$ \ln x^2=2\ln|x|=2t, $$ 所以方程化為 $$ u''-5u'+6u=2t. $$ 一、求齊次解 先考慮齊次方程： $$ u''-5u'+6u=0. $$ 其特徵方程為 $$ r^2-5r+6=0, $$ 分解得 $$ (r-2)(r-3)=0. $$ 因此 $$ r=2,\;3, $$ 齊次解為 $$ uh=C1e^{2t}+C2e^{3t}. $$ 由於 $e^t=|x|$，在通常考試所取的 $x0$ 情況下： $$ uh=C1x^2+C2x^3. $$ 二、求特解 右側為一次多項式 $2t$，設特解為 $$ up=At+B. $$ 則 $$ up'=A,\qquad up''=0. $$ 代入： $$ 0-5A+6(At+B)=2t. $$ 比較 $t$ 的係數與常數項： $$ 6A=2\quad\Rightarrow\quad A=\frac13, $$ $$ -5A+6B=0. $$ 代入 $A=\frac13$：

Question 24

Find the solution y(x) of the following initial value problem for x 1. $x^2 y'' - 2xy' + 2y = x\ln x$, y(1) = 1, y'(1) = 0

Accepted Answer

核心觀念 本題是二階線性 Euler–Cauchy 微分方程： $$ x^2y''-2xy'+2y=x\ln x,\qquad x1 $$ 標準處理方式是令 $$ t=\ln x,\qquad Y(t)=y(x)=y(e^t). $$ 利用變數變換： $$ xy'=Y',\qquad x^2y''=Y''-Y'. $$ 初始條件 $x=1$ 對應到 $t=\ln 1=0$。 --- 解題方法 令 $t=\ln x$，則 $$ xy'=Y' $$ 且 $$ x^2y''=x\frac{d}{dx}(y') =x\frac{d}{dx}\left(\frac{Y'}{x}\right) =Y''-Y'. $$ 因此原方程化為 $$ (Y''-Y')-2Y'+2Y=e^t t, $$ 即 $$ Y''-3Y'+2Y=e^t t. $$ 初始條件變為 $$ Y(0)=y(1)=1, $$ 以及 $$ Y'(0)=xy'(x)\big|{x=1}=0. $$ 一、齊次解 先解齊次方程： $$ Y''-3Y'+2Y=0. $$ 特徵方程為 $$ r^2-3r+2=0 =(r-1)(r-2), $$ 所以 $$ Yh=C1e^t+C2e^{2t}. $$ 二、特解 右側為 $te^t$，而 $e^t$ 已是齊次解的一部分，因此設 $$ Yp=e^tv(t). $$ 代入微分算子： $$ Yp''-3Yp'+2Yp =e^t\bigl(v''-v'\bigr). $$ 因此 $v$ 必須滿足 $$ v''-v'=t. $$ 設 $$ v=at^2+bt, $$ 則 $$ v'=2at+b,\qquad v''=2a. $$ 代入得 $$ 2a-(2at+b)=t. $$ 比較係數： $$ -2a=1,\qquad 2a-b=0. $$ 因此 $$ a=-\frac12,\qquad b=-1. $$ 故特解為

Question 25

Please answer the following questions: (A). (5%) Consider a system of linear differential equations in the following vector form: $$ \frac{d}{dt} \mathbf{v}(t) = M \mathbf{v}(t) $$ Here $\mathbf{v}(t)$ is an $n$-dimensional column vector and $M$ is an $n 	imes n$ matrix. Assume that the matrix $M$ can be diagonalized by a similarity transformation: $SMS^{-1} = D$ Here $S$ is the transformation matrix and $D$ is a diagonal matrix with $\lambda1, \lambda2, \dots, \lambdan$ as its diagonal elements. The initial values of the equations form the vector $\mathbf{v}(0)$ and $P(t)$ is a diagonal matrix with $\exp(\lambda1 t), \exp(\lambda2 t), \dots, \exp(\lambdan t)$ as its diagonal elements. Please express the solution $\mathbf{v}(t)$ for $t 0$ in terms of $\mathbf{v}(0)$, $S$ and $P(t)$ and ex…

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「可對角化矩陣」與「線性微分方程組」的解法。 若 $$ SMS^{-1}=D $$ 則 $$ M=S^{-1}DS. $$ 透過變數變換 $$ \mathbf{u}(t)=S\mathbf{v}(t) $$ 可將原本含有矩陣 $M$ 的微分方程組，轉換成含對角矩陣 $D$ 的方程組。由於 $D$ 是對角矩陣，各分量可獨立求解。 --- （A）齊次線性微分方程組 原方程為 $$ \frac{d}{dt}\mathbf{v}(t)=M\mathbf{v}(t). $$ 令 $$ \mathbf{u}(t)=S\mathbf{v}(t), $$ 則 $$ \frac{d}{dt}\mathbf{u}(t) =S\frac{d}{dt}\mathbf{v}(t) =SM\mathbf{v}(t). $$ 由於 $\mathbf{v}(t)=S^{-1}\mathbf{u}(t)$，因此 $$ \frac{d}{dt}\mathbf{u}(t) =SMS^{-1}\mathbf{u}(t) =D\mathbf{u}(t). $$ 因為 $$ D= \begin{pmatrix} \lambda1 & & 0\ & \ddots & \ 0 & & \lambdan \end{pmatrix}, $$ 所以各分量滿足 $$ ui'(t)=\lambdai ui(t), $$ 其解為 $$ ui(t)=e^{\lambdai t}ui(0). $$ 以矩陣表示即為 $$ \mathbf{u}(t)=P(t)\mathbf{u}(0), $$ 其中 $$ P(t)=e^{Dt} = \begin{pmatrix} e^{\lambda1t} & & 0\ & \ddots & \ 0 & & e^{\lambdant} \end{pmatrix}. $$ 又因為 $$ \mathbf{u}(0)=S\mathbf{v}(0), $$ 且 $$ \mathbf{v}(t)=S^{-1}\mathbf{u}(t), $$ 故 $$ \boxed{ \mathbf{v}(t)=S^{-1}P(t)S\mathbf{v}(0) } $$ 這就是所求解。 驗證方式為 $$ \frac{d}{dt}\left(S^{-1}P(t)S\mathbf{v}(0)ight) =S^{-1}DP(t)S\mathbf{v}(0) =M\mathbf{v}(t), $$ 且在 $t=0$ 時，由 $P(0)=I$ 得 $$ \mathbf{v}(0)=S^{-1}IS\mathbf{v}(0). $$ --- （B）矩陣對角化 給定 $$ M= \begin{pmatrix} 2&1\ 1&-2 \end{pmatrix}. $$ 求特徵值 特徵方程為 $$ \d…

Question 26

(A). (5%) Consider a system of linear differential equations in the following vector form:

\frac{d}{dt} \mathbf{v}(t) = M \mathbf{v}(t)

Here $\mathbf{v}(t)$ is an $n$ -dimensional column vector and $M$ is an $n \times n$ matrix. Assume that the matrix $M$ can be diagonalized by a similarity transformation:
$SMS^{-1} = D$
Here $S$ is the transformation matrix and $D$ is a diagonal matrix with $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$ as its diagonal elements. The initial values of the equations form the vector $\mathbf{v}(0)$ and $P(t)$ is a diagonal matrix with $\exp (\lambda_1 t), \exp (\lambda_2 t), \dots, \exp (\lambda_n t)$ as its diagonal elements. Please express the solution $\mathbf{v}(t)$ for $t > 0$ in terms of $\mathbf{v}(0)$ , $S$ and $P(t)$ and explain why.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查線性常係數微分方程組的對角化解法。若矩陣 $M$ 可由相似變換對角化，則 $$ SMS^{-1}=D $$ 可改寫為 $$ M=S^{-1}DS, $$ 其中 $$ D=\operatorname{diag}(\lambda1,\lambda2,\dots,\lambdan). $$ 對角矩陣所對應的微分方程組可逐分量獨立求解，且其解為 $$ P(t)=e^{Dt} =\operatorname{diag}\left(e^{\lambda1t},e^{\lambda2t},\dots,e^{\lambdant}\right). $$ --- 解題方法 令新的變數向量為 $$ \mathbf{w}(t)=S\mathbf{v}(t). $$ 由於 $S$ 為常數矩陣，對時間微分得 $$ \frac{d}{dt}\mathbf{w}(t) =S\frac{d}{dt}\mathbf{v}(t). $$ 代入原方程式 $\mathbf{v}'(t)=M\mathbf{v}(t)$： $$ \mathbf{w}'(t)=SM\mathbf{v}(t). $$ 又因為 $\mathbf{v}(t)=S^{-1}\mathbf{w}(t)$，所以 $$ \mathbf{w}'(t) =SMS^{-1}\mathbf{w}(t) =D\mathbf{w}(t). $$ 由 $D$ 為對角矩陣，方程組可寫成 $$ \frac{d wi}{dt}=\lambdai wi, \qquad i=1,2,\dots,n. $$ 各分量的解為 $$ wi(t)=e^{\lambdai t}wi(0). $$ 因此矩陣形式為 $$ \mathbf{w}(t)=P(t)\mathbf{w}(0). $$ 由 $\mathbf{w}(0)=S\mathbf{v}(0)$，可得 $$ \mathbf{w}(t)=P(t)S\mathbf{v}(0). $$ 最後利用 $\mathbf{v}(t)=S^{-1}\mathbf{w}(t)$，得到 $$ \boxed{ \mathbf{v}(t)=S^{-1}P(t)S\mathbf{v}(0) } $$ 其中

Question 27

(B). (5%) Continued from (A), if the matrix $M$ is given by

M = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}

write down a transformation matrix $S$ that can diagonalize $M$ into $D$ and also write down the corresponding diagonal matrix $D$ .

Accepted Answer

核心觀念

本題考查矩陣的特徵值、特徵向量與對角化。

若 $M$ 有兩個相異特徵值 $\lambda_1,\lambda_2$ ，對應的線性獨立特徵向量為 $\mathbf v_1,\mathbf v_2$ ，令

S=\begin{pmatrix}\mathbf v_1&\mathbf v_2\end{pmatrix},

則

MS=SD,

其中

D=\begin{pmatrix}\lambda_1&0\\0&\lambda_2\end{pmatrix}.

因此

S^{-1}MS=D,

也就是

M=SDS^{-1}.

解題方法

給定

M=\begin{pmatrix}2&1\\1&-2\end{pmatrix}.

1. 求特徵值

特徵方程為

\det(M-\lambda I)=0.

計算得

\det\begin{pmatrix} 2-\lambda&1\\ 1&-2-\lambda \end{pmatrix} =(2-\lambda)(-2-\lambda)-1.

由於

(2-\lambda)(-2-\lambda)=\lambda^2-4,

所以

\det(M-\lambda I)=\lambda^2-5.

因此

\lambda^2-5=0,

得到兩個特徵值

\lambda_1=\sqrt5,\qquad \lambda_2=-\sqrt5.

2. 求 $\lambda_1=\sqrt5$ 對應的特徵向量

解

(M-\sqrt5 I)\mathbf v_1=\mathbf 0.

即

\begin{pmatrix} 2-\sqrt5&1\\ 1&-2-\sqrt5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}.

由第一列可得

(2-\sqrt5)x+y=0,

所以

y=(\sqrt5-2)x.

取 $x=1$ ，可得

\mathbf v_1= \begin{pmatrix} 1\\ \sqrt5-2 \end{pmatrix}.

3. 求 $\lambda_2=-\sqrt5$ 對應的特徵向量

解

(M+\sqrt5 I)\mathbf v_2=\mathbf 0.

即

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109 年 國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所電機類《工程數學（D）》

第 一 題10 分

核心觀念

解題方法

選項分析

(A) 錯誤（False）

(B) 錯誤（False）

(C) 錯誤（False）

(D) 正確（True）

第 一、(A) 題2 分

第 一、(B) 題2 分

第 一、(C) 題2 分

第 一、(D) 題2 分

核心觀念

解題方法

第 一、(E) 題2 分

第 二 題15 分

核心觀念

（A）求矩陣 AAA 與 dim⁡Null⁡(A)\dim\operatorname{Null}(A)dimNull(A)

（B）求 Row⁡(A)\operatorname{Row}(A)Row(A) 的一組基底

（C）求 Null⁡(A)\operatorname{Null}(A)Null(A) 的一組基底

第 二、(A) 題4 分

第 二、(B) 題3 分

第 二、(C) 題3 分

核心觀念

解題方法

第 二、(D) 題5 分

第 三 題10 分

第 三、(A) 題3 分

第 三、(B) 題3 分

第 三、(C) 題4 分

第 四 題15 分

核心觀念

(A) 找兩個互相正交的向量

解題技巧

(B) 找一個單位長度向量

(C) 證明給定集合可作為 P3P_3P3​ 的一組基底

第 四、(A) 題3 分

核心觀念

解題方法

第 四、(B) 題3 分

第 四、(C) 題3 分

第 四、(D) 題3 分

第 五 題10 分

核心觀念

（A）(x+3)2y′′−8(x+3)y′+14y=0(x+3)^2y''-8(x+3)y'+14y=0(x+3)2y′′−8(x+3)y′+14y=0

解題方法

解題技巧

（B）x2y′′−4xy′+6y=ln⁡x2x^2y''-4xy'+6y=\ln x^2x2y′′−4xy′+6y=lnx2

核心觀念

第一步：求齊次解

第二步：處理非齊次項

第 五、(A) 題5 分

第 五、(B) 題5 分

一、求齊次解

二、求特解

第 六 題10 分

一、齊次解

二、特解

第 七 題15 分

核心觀念

（A）齊次線性微分方程組

（B）矩陣對角化

求特徵值

建立轉換矩陣

第 七、(A) 題5 分

第 七、(B) 題5 分

核心觀念

解題方法

1. 求特徵值

2. 求 λ1=5\lambda_1=\sqrt5λ1​=5​ 對應的特徵向量

3. 求 λ2=−5\lambda_2=-\sqrt5λ2​=−5​ 對應的特徵向量

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109 年國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所電機類《工程數學（D）》

第一題10 分

第一、(A) 題2 分

第一、(B) 題2 分

第一、(C) 題2 分

第一、(D) 題2 分

第一、(E) 題2 分

第二題15 分

（A）求矩陣 $A$ 與 $\dim\operatorname{Null}(A)$

（B）求 $\operatorname{Row}(A)$ 的一組基底

（C）求 $\operatorname{Null}(A)$ 的一組基底

第二、(A) 題4 分

第二、(B) 題3 分

第二、(C) 題3 分

第二、(D) 題5 分

第三題10 分

第三、(A) 題3 分

第三、(B) 題3 分

第三、(C) 題4 分

第四題15 分

(C) 證明給定集合可作為 $P_3$ 的一組基底

第四、(A) 題3 分

第四、(B) 題3 分

第四、(C) 題3 分

第四、(D) 題3 分

第五題10 分

（A） $(x+3)^2y''-8(x+3)y'+14y=0$

（B） $x^2y''-4xy'+6y=\ln x^2$

第五、(A) 題5 分

第五、(B) 題5 分

第六題10 分

第七題15 分

第七、(A) 題5 分

第七、(B) 題5 分

2. 求 $\lambda_1=\sqrt5$ 對應的特徵向量

3. 求 $\lambda_2=-\sqrt5$ 對應的特徵向量