110 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（A）》

核心觀念

矩陣的秩（rank）等於其線性獨立列向量或行向量的最大個數。對於 $3\times 3$ 方陣：

• 若 $\det(\tilde A_1)\neq 0$，則矩陣可逆，故 $\operatorname{rank}(\tilde A_1)=3$。
• 若 $\det(\tilde A_1)=0$，則秩小於 $3$，需再檢查二階子矩陣是否存在非零行列式，以判斷秩是否為 $2$。

給定

$$\tilde{A}_1= \begin{bmatrix} 1&0&1\\ 2&1&4\\ 3&0&a \end{bmatrix}.$$

解題方法

先計算矩陣行列式。沿著第一列展開：

$$\begin{aligned} \det(\tilde A_1) &= 1\begin{vmatrix} 1&4\\ 0&a \end{vmatrix} -0\begin{vmatrix} 2&4\\ 3&a \end{vmatrix} +1\begin{vmatrix} 2&1\\ 3&0 \end{vmatrix}\\ &=1(a)+1(2\cdot 0-1\cdot 3)\\ &=a-3. \end{aligned}$$

情況一：$a\neq 3$

此時

$$\det(\tilde A_1)=a-3\neq 0.$$

矩陣為非奇異矩陣，三個列向量線性獨立，因此

$$\operatorname{rank}(\tilde A_1)=3.$$

核心觀念

本題考查矩陣的特徵值、特徵向量，以及 Jordan 標準形。

對矩陣 $M_1$：

• 特徵值由特徵方程
  $\det(\lambda I-M_1)=0$
  求得。
• 對每個特徵值 $\lambda$，特徵向量 $v$ 滿足
  $\left(M_1-\lambda I\right)v=0.$
• 若某特徵值的代數重數大於幾何重數，矩陣無法對角化，必須使用 Jordan 區塊。
• 若
  $M_1v_1=\lambda v_1,\qquad M_1v_2=v_1+\lambda v_2,$
  則 $v_1,v_2$ 對應於 Jordan 區塊
  $\begin{bmatrix}\lambda&1\\0&\lambda\end{bmatrix}.$

---

(i) 求特徵值與特徵向量

令

$$M_1= \begin{bmatrix} 5&4&3\\ -1&0&-3\\ 1&-2&1 \end{bmatrix}.$$

特徵方程為

$$\det(\lambda I-M_1) = \begin{vmatrix} \lambda-5&-4&-3\\ 1&\lambda&3\\ -1&2&\lambda-1 \end{vmatrix}.$$

沿第一列展開：

$$\begin{aligned} \det(\lambda I-M_1) &=(\lambda-5)\left[\lambda(\lambda-1)-6\right] +4\left[(\lambda-1)+3\right] -3(2+\lambda)\\ &=(\lambda-5)(\lambda^2-\lambda-6)+(\lambda+2)\\ &=(\lambda-5)(\lambda-3)(\lambda+2)+(\lambda+2)\\ &=(\lambda+2)\left[(\lambda-5)(\lambda-3)+1\right]\\ &=(\lambda+2)(\lambda^2-8\lambda+16)\\ &=(\lambda+2)(\lambda-4)^2. \end{aligned}$$

因此特徵值為

$$\boxed{\lambda=-2,\quad \lambda=4}$$

其中 $\lambda=-2$ 的代數重數為 $1$，$\lambda=4$ 的代數重數為 $2$。

特徵值 $\lambda=-2$

解

$$(M_1+2I)v=0.$$

其中

$$M_1+2I= \begin{bmatrix} 7&4&3\\ -1&2&-3\\ 1&-2&3 \end{bmatrix}.$$

設

$$v= \begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}.$$

由方程組

$$\begin{cases} 7x+4y+3z=0,\\ -x+2y-3z=0,\\ x-2y+3z=0, \end{cases}$$

可得

$$x=2y-3z.$$

代回第一式：

$$7(2y-3z)+4y+3z=0,$$

所以

$$18y-18z=0\quad\Longrightarrow\quad y=z.$$

取 $y=z=1$，則 $x=-1$。因此

$$\boxed{ v_{-2} = \begin{bmatrix} -1\\1\\1 \end{bmatrix} }$$

所有對應於 $\lambda=-2$ 的特徵向量為

$$\boxed{ v=c \begin{bmatrix} -1\\1\\1 \end{bmatrix}, \qquad c\neq 0. }$$

特徵值 $\lambda=4$

解

$$(M_1-4I)v=0.$$

其中

$$M_1-4I= \begin{bmatrix} 1&4&3\\ -1&-4&-3\\ 1&-2&-3 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\begin{cases} x+4y+3z=0,\\ x-2y-3z=0. \end{cases}$$

兩式相減得

$$6y+6z=0 \quad\Longrightarrow\quad y=-z.$$

代回 $x-2y-3z=0$：

$$x-2(-z)-3z=0 \quad\Longrightarrow\quad x=z.$$

取 $z=1$，得到

$$\boxed{ v_4= \begin{bmatrix} 1\\-1\\1 \end{bmatrix} }$$

所有對應於 $\lambda=4$ 的特徵向量為

核心觀念

本題考查兩個主題：

1. 奇異值分解（SVD）與四個基本子空間：

   • 欄空間 $\mathcal{R}(A)$
   • 列空間 $\mathcal{R}(A^T)$
   • 正交投影矩陣
   • $A^TA$ 的特徵值與特徵向量

2. 對稱半正定矩陣（PSD）的性質：

   • PSD 矩陣平方根
   • $\operatorname{Tr}(AX)$ 的非負性
   • $\operatorname{Tr}(AX)=0$ 對矩陣乘積 $AX$ 的影響

設 $A$ 的秩為 $r$，其縮減奇異值分解為

$$A=U_r\Sigma_r V_r^T,$$

其中

$$\Sigma_r=\operatorname{diag}(\sigma_1,\dots,\sigma_r), \qquad \sigma_i>0,$$

且 $U_r\in\mathbb{R}^{m\times r}$、$V_r\in\mathbb{R}^{n\times r}$ 的欄向量皆為正交規範向量。

---

（a）奇異值分解

（a）（i）求欄空間與列空間

由

$$A=U_r\Sigma_rV_r^T$$

可知，對任意 $\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n$，

$$A\mathbf{x} = U_r\Sigma_rV_r^T\mathbf{x}.$$

其中 $\Sigma_rV_r^T\mathbf{x}\in\mathbb{R}^r$，因此 $A\mathbf{x}$ 必為 $U_r$ 的欄向量線性組合。故

$$\mathcal{R}(A)=\operatorname{span}\{\mathbf{u}_1,\dots,\mathbf{u}_r\}.$$

亦可寫成

$$\mathcal{R}(A)=\mathcal{R}(U_r).$$

另一方面，

$$A^T=V_r\Sigma_rU_r^T.$$

因此 $A^T$ 的欄空間由 $V_r$ 的欄向量張成，也就是 $A$ 的列空間：

$$\mathcal{R}(A^T)=\operatorname{span}\{\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_r\}.$$

所以

$$\boxed{\mathcal{R}(A)=\operatorname{span}\{\mathbf{u}_1,\dots,\mathbf{u}_r\}}$$

以及

$$\boxed{\mathcal{R}(A^T)=\operatorname{span}\{\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_r\}}.$$

---

（a）（ii）求投影矩陣 $P_A$ 與 $P_{A^T}$

由於 $U_r$ 的欄向量為正交規範基底，投影到 $\mathcal{R}(U_r)=\mathcal{R}(A)$ 的正交投影矩陣為

$$P_A=U_rU_r^T.$$

因此對任意 $\mathbf{x}\in\mathbb{R}^m$，

$$P_A\mathbf{x}\in\mathcal{R}(A),$$

且

$$\mathcal{R}(A)=\{P_A\mathbf{x}\mid \mathbf{x}\in\mathbb{R}^m\}.$$

題目原文寫成 $\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n$，但因為 $P_A$ 是 $m\times m$ 矩陣，輸入向量應為 $\mathbb{R}^m$。因此正確維度為

$$\boxed{P_A=U_rU_r^T\in\mathbb{R}^{m\times m}}.$$

同理，投影到列空間 $\mathcal{R}(A^T)=\mathcal{R}(V_r)$ 的投影矩陣為

$$\boxed{P_{A^T}=V_rV_r^T\in\mathbb{R}^{n\times n}}.$$

利用完整 SVD 也可寫成

$$P_A=AA^\dagger, \qquad P_{A^T}=A^\dagger A,$$

其中 $A^\dagger$ 為 Moore–Penrose 廣義逆矩陣。

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（a）（iii）求 $A^TA$ 的特徵值與特徵向量

由 SVD 得

$$A^TA = \left(U_r\Sigma_rV_r^T\right)^T \left(U_r\Sigma_rV_r^T\right).$$

因此

$$A^TA = V_r\Sigma_r^TU_r^TU_r\Sigma_rV_r^T.$$

因為 $U_r^TU_r=I_r$，且 $\Sigma_r$ 為對角矩陣，所以

$$A^TA=V_r\Sigma_r^2V_r^T.$$

對第 $i$ 個右奇異向量 $\mathbf{v}_i$，有

$$A^TA\mathbf{v}_i = V_r\Sigma_r^2V_r^T\mathbf{v}_i.$$

由 $V_r^T\mathbf{v}_i=\mathbf{e}_i$，可得

$$A^TA\mathbf{v}_i = \sigma_i^2\mathbf{v}_i.$$

所以：

• 特徵值為 $\sigma_i^2$；
• 對應特徵向量為 $\mathbf{v}_i$。

此外，$A^TA$ 的秩為 $r$，因此若 $r<n$，還有 $n-r$ 個零特徵值。其對應特徵向量屬於 $\mathcal{N}(A)$，因為

$$A^TA\mathbf{z}=\mathbf{0} \quad\Longleftrightarrow\quad \|A\mathbf{z}\|_2^2=0 \quad\Longleftrightarrow\quad A\mathbf{z}=\mathbf{0}.$$

若以 $V_0$ 表示 $\mathcal{N}(A)$ 的正交規範基底，則

核心觀念

本題考查兩類常見常微分方程：

• 一階線性微分方程：
  $y'+P(x)y=Q(x)$
  使用積分因子
  $\mu(x)=e^{\int P(x)\,dx}$
• 二階常係數非齊次微分方程：
  先解特徵方程取得齊次解，再利用待定係數法求特解。

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(a) 一階線性微分方程

題目為

$$y'-2xy=e^{x^2}.$$

解題方法

與標準形式

$$y'+P(x)y=Q(x)$$

比較可得

$$P(x)=-2x.$$

因此積分因子為

$$\mu(x)=e^{\int -2x\,dx}=e^{-x^2}.$$

方程式兩邊同乘積分因子：

$$e^{-x^2}y'-2xe^{-x^2}y=1.$$

左側正好是乘積微分：

$$\frac{d}{dx}\left(e^{-x^2}y\right)=1.$$

兩邊積分：

$$e^{-x^2}y=x+C.$$

故通解為

$$\boxed{y=e^{x^2}(x+C)}.$$

快速驗算

令

$$y=e^{x^2}(x+C),$$

則

$$y'=2xe^{x^2}(x+C)+e^{x^2}.$$

因此

$$y'-2xy=e^{x^2},$$

完全符合原方程式。

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(b) 二階常係數非齊次微分方程

題目為

$$y''+5y'+4y=e^{-4x}.$$

1. 求齊次解

先考慮對應的齊次方程：

$$y''+5y'+4y=0.$$

其特徵方程為

$$r^2+5r+4=0.$$

因式分解：

$$(r+1)(r+4)=0,$$

所以兩個特徵根為

$$r=-1,\qquad r=-4.$$

因此齊次解為

$$y_h=C_1e^{-x}+C_2e^{-4x}.$$

2. 求特解

右側非齊次項為

$$e^{-4x}.$$

(a) $f(x)=x^{2}$（$2\pi$週期）

$f$ 為偶函數，故 $b_{n}=0$。

$$a_{0}= \frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}x^{2}\,dx =\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x^{2}\,dx =\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi^{3}}{3}= \frac{2\pi^{2}}{3}$$

$\frac{a_{0}}2=\frac{\pi^{2}}3$

$$a_{n}= \frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}x^{2}\cos(nx)\,dx =\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x^{2}\cos(nx)\,dx =\frac{4(-1)^{n}}{n^{2}},\qquad n\ge1$$

$b_{n}=0,\qquad n\ge1$

$\boxed{\,x^{2}= \frac{\pi^{2}}3+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n^{2}}\cos(nx)\,}$

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核心觀念

本題考查：

1. 拉普拉斯變換處理含有 Dirac delta 函數的微分方程。
2. 微分的拉普拉斯變換公式： $$\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0).$$
3. 平移脈衝的拉普拉斯變換： $$\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as}.$$
4. 第二平移定理： $$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\} =u(t-a)f(t-a),$$ 其中 $f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}$。

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解題方法

令

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$$

對微分方程

$$y''+y=\delta(t-\pi)$$

兩邊取拉普拉斯變換。由初始條件 $y(0)=0$、$y'(0)=0$，可得

$$\mathcal{L}\{y''\} =s^2Y(s)-sy(0)-y'(0) =s^2Y(s).$$

此外，

$$\mathcal{L}\{y\}=Y(s),$$

且

$$\mathcal{L}\{\delta(t-\pi)\}=e^{-\pi s}.$$

因此

$$s^2Y(s)+Y(s)=e^{-\pi s},$$

整理得

$$(s^2+1)Y(s)=e^{-\pi s},$$

所以

$$Y(s)=\frac{e^{-\pi s}}{s^2+1}.$$

先注意到

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2+1}\right\}=\sin t.$$

利用第二平移定理：

核心觀念

若 $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ 在區域內解析，則 $u,v$ 必須滿足柯西—黎曼方程：

$$u_x=v_y,\qquad u_y=-v_x.$$

此外，解析函數的實部與虛部皆為調和函數，因此必須滿足：

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

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（a）求 $\operatorname{Im}\{f(z)\}$

已知

$$u(x,y)=\operatorname{Re}\{f(z)\}=x^3-3xy^2.$$

先計算偏導數：

$$u_x=3x^2-3y^2,\qquad u_y=-6xy.$$

由柯西—黎曼方程，

$$v_x=-u_y=6xy,$$ $$v_y=u_x=3x^2-3y^2.$$

由 $v_x=6xy$ 對 $x$ 積分：

$$v(x,y)=\int 6xy\,dx=3x^2y+g(y),$$

其中 $g(y)$ 只與 $y$ 有關。

再對 $y$ 微分：

$$v_y=3x^2+g'(y).$$

`

與柯西—黎曼方程要求的 $v_y$ 比較：

$$3x^2+g'(y)=3x^2-3y^2,$$

因此

$$g'(y)=-3y^2,$$ $$g(y)=-y^3+C.$$

所以

$$\operatorname{Im}\{f(z)\}=v(x,y)=3x^2y-y^3+C.$$

注意

$$z^3=(x+iy)^3 =x^3-3xy^2+i(3x^2y-y^3),$$

故函數可寫成

$$f(z)=z^3+iC,$$

其中 $C\in\mathbb{R}$。

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（b）證明不存在此類實值函數 $v(x,y)$

已知

$$u(x,y)=x^3+3xy^2.$$

方法一：使用調和函數必要條件

計算二階偏導數：

$$u_x=3x^2+3y^2,\qquad u_{xx}=6x,$$ $$u_y=6xy,\qquad u_{yy}=6x.$$

因此

核心觀念

本題綜合考查：

• 複變函數的高階導數。
• 幾何級數與 Taylor 展開。
• Taylor 級數的收斂半徑與奇點位置。
• 複變積分、留數定理與路徑方向。

函數為

$$f(z)=\frac{1}{1+z^3}.$$

其奇點由 $1+z^3=0$ 決定。

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（a）計算 $f'(0)$ 與 $f''(0)$

對 $f(z)$ 微分：

$$f'(z) =-\frac{3z^2}{(1+z^3)^2}.$$

因此

$$f'(0)=0.$$

再微分一次：

$$f''(z) =-6z(1+z^3)^{-2} +18z^4(1+z^3)^{-3}.$$

代入 $z=0$：

$$f''(0)=0.$$

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（b）在 $z=0$ 附近的 Taylor 展開

將函數改寫為幾何級數形式：

$$f(z)=\frac{1}{1-(-z^3)}.$$

利用公式

$$\frac{1}{1-w}=\sum_{k=0}^{\infty}w^k, \qquad |w|<1,$$

令 $w=-z^3$，得到

$$f(z) =\sum_{k=0}^{\infty}(-z^3)^k =\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^kz^{3k}.$$

因此展開為

$$\frac{1}{1+z^3} =1-z^3+z^6-z^9+z^{12}-\cdots.$$

若寫成

$$f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}c_nz^n,$$

則係數為

$$c_n= \begin{cases} (-1)^k, & n=3k,\quad k=0,1,2,\ldots,\\[4pt] 0, & n\not\equiv 0\pmod 3. \end{cases}$$

前幾項係數為

$$c_0=1,\qquad c_1=0,\qquad c_2=0,\qquad c_3=-1,\qquad c_4=0,\qquad c_5=0.$$

這也與（a）的結果一致，因為

$$f'(0)=1!c_1=0,$$

以及

$$f''(0)=2!c_2=0.$$

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（c）收斂區域

幾何級數要求

$$|-z^3|<1.$$

因此

$$|z|^3<1 \quad\Longrightarrow\quad |z|<1.$$

也可由奇點判斷。方程式

$$z^3=-1$$

的三個根為

$$z=-1,\qquad z=e^{i\pi/3},\qquad z=e^{i5\pi/3},$$

三者距離原點皆為 $1$，所以以原點為中心的 Taylor 級數收斂半徑為

$$R=1.$$

在 $|z|=1$ 時，級數的一般非零項大小皆為 $1$，不會趨近於 $0$，因此邊界上不收斂。

故收斂區域為

$$\boxed{|z|<1}.$$

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（d）沿虛軸計算複變積分

路徑 $C$ 為沿虛軸由 $-\infty$ 到 $\infty$，方向向上。題目中的積分應理解為路徑積分：

$$\int_C\frac{1}{1+z^3}\,dz.$$

方法一：直接代換驗算

令

$$z=iy,\qquad -\infty<y<\infty,$$

則