114 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（C）》

核心觀念

列等價的矩陣有相同的秩，且列運算不會改變欄向量間的線性關係。題目已知 $R$ 是 $A$ 的簡化列梯形形式，因此可先依簡化列梯形形式的規則補出 $R$，再利用 $A$ 與 $R$ 的欄向量關係判斷選項。

解題方法

$R$ 的第三列第三欄為 $1$，且第四欄為 $0$，因此第三列的主元在第三欄。由列梯形形式可知，第四列必為零列。

第一、二列的第四欄都是 $1$，所以這兩列非零，且主元必須在第四欄之前。它們的主元又必須位於第三列主元之前，因此分別在第一、二欄。由簡化列梯形形式的規則，各主元欄其餘位置皆為 $0$，故

$$R= \begin{bmatrix} 1&0&0&1\\ 0&1&0&1\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&0 \end{bmatrix}.$$

因此 $\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(R)=3$。再看 $R$ 的欄向量，第四欄等於第一欄加第二欄。列運算保留欄向量間的線性關係，所以 $A$ 也滿足

$$a_4=a_1+a_2.$$

題目給定

核心觀念

本題考查矩陣的列運算與下列定理：

1. 若 $R$ 是由 $A$ 經初等列運算得到的矩陣，則
   $\operatorname{Row}(R)=\operatorname{Row}(A),$
   且
   $\operatorname{rank}(R)=\operatorname{rank}(A).$

2. 矩陣的最簡列梯形式（reduced row echelon form, RREF）具有唯一性。

3. 齊次方程組
   $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$
   的解集合可由 $A$ 的 RREF 求得，因此可由 RREF 找出 $\operatorname{null}(A)$ 的一組基底。

4. 將 $A$ 的列向量分成主元列與非主元列，可判斷列向量的線性獨立性；但列空間與列空間不可混為一談。

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解題方法

已知 $R$ 是由 $A$ 經初等列運算所得，因此 $A$ 與 $R$ 列等價。列運算會保留：

• 列空間；
• 秩；
• 齊次方程組的解集合。

但列運算通常會改變欄空間中的具體向量，因此不能直接宣稱 $\operatorname{Col}(A)$ 等於 $\operatorname{Row}(R)$。

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選項分析

[A] The column space of A is the same as the row space of R.

錯誤。

由列等價關係只能得到

$\operatorname{Row}(A)=\operatorname{Row}(R).$

列運算不會保留欄空間本身。例如，若

$$A= \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&1 \end{bmatrix},$$

對第二列減去第一列，得到

$$R= \begin{bmatrix} 1&1\\ 0&0 \end{bmatrix}.$$

此時

$$\operatorname{Col}(A) =\operatorname{span} \left\{ \begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix} \right\},$$

而

$$\operatorname{Row}(R) =\operatorname{span}\{(1,1)\}.$$

兩者所在的向量空間類型與元素形式也不同，不能視為相同的空間。正確關係是

$$\operatorname{Row}(A)=\operatorname{Row}(R).$$

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[B] We can obtain a basis for null(A) from R.

正確。

因為 $R$ 是由 $A$ 經初等列運算得到，方程組

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

與

$$R\mathbf{x}=\mathbf{0}$$

具有完全相同的解集合。因此由 $R$ 的 RREF 可以列出主元變數與自由變數，進而求得 $\operatorname{null}(A)$ 的基底。

例如若

$$R= \begin{bmatrix} 1&0&-2\\ 0&1&3 \end{bmatrix},$$

則

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

令自由變數 $x_3=t$，則

參考書等級：大學部線性代數（如《線性代數（第 2 版）》，劉忠良）

解題要點

1. 矩陣秩與解的個數

   • 若 $\operatorname{rank}(A)<n$，則 $\dim\ker A>0$。系統若一致則無窮多解，若不一致則無解。故「若 $\operatorname{rank}(A)<n$，則一定有無窮多解」不成立。
   • [A] 錯。

2. 行空間等價

   • $\operatorname{rank}(A^TA)=\operatorname{rank}(A)$（因 $\ker(A^TA)=\ker A$）。
   • 每一列 $A^TA$ 為 $A$ 的列的線性組合，故 $\operatorname{row}(A^TA)\subseteq\operatorname{row}(A)$。
   • 兩者秩相同且相互包含，必相等。
   • [B] 正確。

核心觀念
本題主要測驗以下概念：

1. $AA^{\mathsf T}$ 與 $A^{\mathsf T}A$ 的特徵值與奇異值的關係。
2. 實對稱矩陣必可正交對角化。
3. 可對角化矩陣與其特徵向量能否構成 $\mathbb{R}^n$ 的基底。
4. 零特徵值的代數重數與幾何重數（null space 的維度）與矩陣秩的關係。

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(a) [A] The eigenvalues of $AA^{\mathsf T}$ are identical to those of $A^{\mathsf T}A$.

說明
對任意 $n\times n$ 矩陣 $A$，考慮其奇異值分解
$A = U\Sigma V^{\mathsf T},\qquad U,V\in\mathbb{R}^{n\times n}\text{ 為正交矩陣},\;\Sigma=\operatorname{diag}(\sigma_1,\dots,\sigma_n),\;\sigma_i\ge0.$
則

$$AA^{\mathsf T}=U\Sigma V^{\mathsf T}V\Sigma U^{\mathsf T}=U\Sigma^{2}U^{\mathsf T},\qquad A^{\mathsf T}A=V\Sigma^{2}V^{\mathsf T}.$$

兩式的特徵值皆為 $\sigma_1^{2},\dots,\sigma_n^{2}$（重數相同）。因為 $U$、$V$ 為正交矩陣，零特徵值的重數亦相同，故兩矩陣的全部特徵值（含零）完全一致。

結論：此敘述 正確。

【答案】True

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(b) [B] $AA^{\mathsf T}$ can always be diagonalized.

說明
$AA^{\mathsf T}$ 為實對稱矩陣（$(AA^{\mathsf T})^{\mathsf T}=AA^{\mathsf T}$），根據實對稱矩陣的譜定理，它必可由正交矩陣 $Q$ 正交相似對角化：

$Q^{\mathsf T}(AA^{\mathsf T})Q = \operatorname{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n),$

其中 $\lambda_i\ge0$ 為 $AA^{\mathsf T}$ 的特徵值。此結論對任意大小、任意實數矩陣 $A$ 都成立。

結論：此敘述 正確。

【答案】True

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(c) **[C] If $A$ is similar to a diagonal matrix, then we can use the eigenvectors of $A$

核心觀念

本題考查：

• 線性轉換的矩陣表示。
• 同構的判定：線性轉換為一對一且映成，等價於其矩陣行列式不為 $0$。
• 值域維度，即矩陣的秩。
• 特徵值與特徵向量。
• 不同特徵值所對應的特徵向量必定線性獨立。

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解題方法

令

$$p(x)=a+bx+cx^2.$$

則

$$p(0)=a,\qquad p(1)=a+b+c,$$

且

$$p'(x)=b+2cx.$$

因此

$$p'(1)+p'(-1) =(b+2c)+(b-2c)=2b.$$

代入 $T$ 的定義：

$$T(p(x)) =-a+2bx+(a+b+c)x^2.$$

相對於基底 $\{1,x,x^2\}$，多項式 $p(x)$ 的座標為

$$[p]_{\mathcal B} = \begin{bmatrix} a\\b\\c \end{bmatrix},$$

而

$$[T(p)]_{\mathcal B} = \begin{bmatrix} -a\\2b\\a+b+c \end{bmatrix}.$$

故 $T$ 的矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} -1&0&0\\ 0&2&0\\ 1&1&1 \end{bmatrix}.$$

其行列式為

$$\det(A)=(-1)(2)(1)=-2\neq 0.$$

所以 $T$ 為可逆線性轉換，也就是同構，且

$$\operatorname{rank}(A)=3.$$

因此值域的維度為 $3$。

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特徵值與特徵向量

矩陣 $A$ 為下三角矩陣，因此特徵值為對角線元素：

$$\lambda=-1,\quad 2,\quad 1.$$

三個特徵值彼此相異，因此其對應的特徵向量線性獨立。

分別求取特徵向量：

1. 當 $\lambda=-1$ 時，

$$(A+I) \begin{bmatrix} a\\b\\c \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\3b\\a+b+2c \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

得

$$b=0,\qquad a+2c=0.$$

可取

$$\begin{bmatrix} -2\\0\\1 \end{bmatrix},$$

對應特徵多項式

$$x^2-2.$$

2. 當 $\lambda=2$ 時，

$$(A-2I) \begin{bmatrix} a\\b\\c \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -3a\\a+b-c \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0 \end{bmatrix}.$$

得

$$a=0,\qquad b=c.$$

可取

好的，各位同學，我們來看這題關於行列式性質的題目。這題主要考驗大家對行列式基本性質的掌握，特別是當矩陣進行純量乘法、求逆矩陣、矩陣乘法以及轉置時，其行列式如何變化。只要熟記這些性質，這題就能迎刃而解。

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題目 6：

已知 $W = \begin{bmatrix} a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{bmatrix}$ 且 $\det(W) = 5$，請問下列哪些敘述是正確的？

[A] $\det(-3W) = -15$
[B] $\det(W^{-1}) = -5$
[C] $\det(W^2) = 25$
[D] $\det((4W^{-1})^T) = 4/5$
[E] 以上皆非

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解題過程：

這題需要逐一檢驗選項，並運用行列式的相關性質。

性質回顧：
對於一個 $n \times n$ 的矩陣 $A$ 和一個純量 $k$：

1. $\det(kA) = k^n \det(A)$
2. $\det(A^{-1}) = \frac{1}{\det(A)}$ (前提是 $A$ 可逆，即 $\det(A) \neq 0$)
3. $\det(A^m) = (\det(A))^m$
4. $\det(A^T) = \det(A)$

在本題中，矩陣 $W$ 是一個 $3 \times 3$ 的矩陣，所以 $n=3$。已知 $\det(W) = 5$。

(a) 檢驗選項 [A]：
選項 [A] 考驗 $\det(-3W)$。根據性質 1，當矩陣 $W$ 乘以純量 $-3$ 時，其行列式會如何變化？
由於 $W$ 是 $3 \times 3$ 矩陣，所以 $n=3$。
$\det(-3W) = (-3)^3 \det(W)$
$\det(-3W) = (-27) \times 5$

這題主要考驗對向量空間子空間的定義、判別方法，以及子空間和、交集的維度計算。需要掌握子空間的充要條件，並能透過基底來計算維度。

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題目 7：

Let $V = \mathbb{R}^{2\times2}$, $W_1 = \{ \begin{bmatrix} p & q \\ r & p \end{bmatrix} \mid p, q, r \in \mathbb{R} \}$ and $W_2 = \{ \begin{bmatrix} 0 & p \\ -p & q \end{bmatrix} \mid p, q \in \mathbb{R} \}$. Which of the following statements is/are true?
[A] $W_1$ is a subspace of $V$.
[B] $W_2$ is a subspace of $V$.
[C] Dimension of the sum of the two subspaces $W_1 + W_2$ is 3.
[D] Dimension of $W_1 \cap W_2$ is 1.
[E] None of the above.

詳解：

首先，我們需要確認 $W_1$ 和 $W_2$ 是否為向量空間 $V = \mathbb{R}^{2\times2}$ 的子空間。一個集合要成為子空間，必須滿足三個條件：

1. 包含零向量。
2. 對於集合中的任意兩個向量，其和也在集合中（加法封閉性）。
3. 對於集合中的任意向量和任意純量，其乘積也在集合中（純量乘法封閉性）。

(a) 判斷 $W_1$ 是否為子空間

$W_1$ 中的矩陣形式為 $\begin{bmatrix} p & q \\ r & p \end{bmatrix}$，其中 $p, q, r \in \mathbb{R}$。

1. 零向量檢查： 令 $p=0, q=0, r=0$，則得到零矩陣 $\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$，它屬於 $W_1$。
2. 加法封閉性： 設 $A_1 = \begin{bmatrix} p_1 & q_1 \\ r_1 & p_1 \end{bmatrix} \in W_1$ 且 $A_2 = \begin{bmatrix} p_2 & q_2 \\ r_2 & p_2 \end{bmatrix} \in W_1$。
   則 $A_1 + A_2 = \begin{bmatrix} p_1+p_2 & q_1+q_2 \\ r_1+r_2 & p_1+p_2 \end{bmatrix}$。
   由於 $(p_1+p_2)$ 出現在左上角和右下角，且 $(q_1+q_2)$ 和 $(r_1+r_2)$ 是任意實數，所以 $A_1 + A_2 \in W_1$。
3. 純量乘法封閉性： 設 $A = \begin{bmatrix} p & q \\ r & p \end{bmatrix} \in W_1$ 且 $k \in \mathbb{R}$。
   則 $kA = k\begin{bmatrix} p & q \\ r & p \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} kp & kq \\ kr & kp \end{bmatrix}$。
   由於 $(kp)$ 出現在左上角和右下角，且 $(kq)$ 和 $(kr)$ 是任意實數，所以 $kA \in W_1$。

由於 $W_1$ 滿足所有子空間的條件，因此 $W_1$ 是 $V$ 的一個子空間。

(b) 判斷 $W_2$ 是否為子空間

$W_2$ 中的矩陣形式為 $\begin{bmatrix} 0 & p \\ -p & q \end{bmatrix}$，其中 $p, q \in \mathbb{R}$。

1. 零向量檢查： 令 $p=0, q=0$，則得到零矩陣 $\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$，它屬於 $W_2$。
2. 加法封閉性： 設 $B_1 = \begin{bmatrix} 0 & p_1 \\ -p_1 & q_1 \end{bmatrix} \in W_2$ 且 $B_2 = \begin{bmatrix} 0 & p_2 \\ -p_2 & q_2 \end{bmatrix} \in W_2$。
   則 $B_1 + B_2 = \begin{bmatrix} 0+0 & p_1+p_2 \\ -p_1-p_2 & q_1+q_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & p_1+p_2 \\ -(p_1+p_2) & q_1+q_2 \end{bmatrix}$。
   由於左上角為 0，右下角為 $q_1+q_2$，且左下角是右上角元素的負值，所以 $B_1 + B_2 \in W_2$。
3. 純量乘法封閉性： 設 $B = \begin{bmatrix} 0 & p \\ -p & q \end{bmatrix} \in W_2$ 且 $k \in \mathbb{R}$。

核心觀念

本題考查：

1. 向量空間的有限維與無限維。
2. 子空間交集與和空間的維度公式：
   $\dim(V+W)=\dim V+\dim W-\dim(V\cap W).$
3. 子空間維度的基本界限：
   $\dim(V\cap W)\ge \dim V+\dim W-\dim(\mathbb R^{13}),$
   $\dim(V+W)\ge \max\{\dim V,\dim W\}.$
4. 對稱矩陣與斜對稱矩陣的性質，以及線性獨立的判定。

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解題方法

逐一檢查各敘述，利用定義與維度公式判斷其真偽。

[A] 多項式向量空間的維度

令 $V$ 為所有係數屬於 $\mathbb R$ 的多項式所形成的向量空間：

$$V=\mathbb R[x].$$

其中

$$1,x,x^2,x^3,\ldots$$

皆屬於 $V$，而且這組多項式線性獨立。事實上，若存在有限個實數 $c_0,c_1,\ldots,c_k$ 使得

$$c_0+c_1x+c_2x^2+\cdots+c_kx^k=0$$

為零多項式，則所有係數皆必須為零：

$$c_0=c_1=\cdots=c_k=0.$$

因此，$V$ 含有任意多個線性獨立向量，不可能由有限組基底張成，所以

$$\dim V=\infty.$$

故 [A] 正確。

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[B] $V\cap W$ 的最小可能維度

已知

$$V,W\subseteq \mathbb R^{13},\qquad \dim V=7,\qquad \dim W=8.$$

由維度公式：

$$\dim(V+W)=\dim V+\dim W-\dim(V\cap W).$$

因為 $V+W\subseteq\mathbb R^{13}$，所以

$$\dim(V+W)\le 13.$$

因此

$$7+8-\dim(V\cap W)\le 13,$$

整理得

$$\dim(V\cap W)\ge 2.$$

這個下界可以達到。例如取

$$V=\operatorname{span}\{e_1,\ldots,e_7\},$$ $$W=\operatorname{span}\{e_6,\ldots,e_{13}\},$$

則

$$V\cap W=\operatorname{span}\{e_6,e_7\},$$

所以

$$\dim(V\cap W)=2.$$

因此交集的最小可能維度是 $2$，不是 $1$。

故 [B] 錯誤。

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[C] $V+W$ 的最小可能維度

因為 $V\subseteq V+W$ 且 $W\subseteq V+W$，所以

$$\dim(V+W)\ge \dim V=7,$$

以及

$$\dim(V+W)\ge \dim W=8.$$

因此

核心觀念

本題考查：

• 線性轉換的判定
• 核心（kernel）與一對一（one-to-one）
• 值域（range）的維度
• 維度定理與 onto 的判定

由定義，

$$\mathbb{R}_2[x]=\{a+bx+cx^2:a,b,c\in\mathbb{R}\},$$

其維度為 $3$；而

$$\mathbb{R}_3[x]=\{d_0+d_1x+d_2x^2+d_3x^3:d_i\in\mathbb{R}\},$$

其維度為 $4$。

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解題方法

令

$$f(x)=a+bx+cx^2.$$

則

$$f'(x)=b+2cx.$$

代入轉換 $T$：

$$\begin{aligned} T(f(x)) &=xf(x)+f'(x)\\ &=x(a+bx+cx^2)+(b+2cx)\\ &=b+(a+2c)x+bx^2+cx^3. \end{aligned}$$

因此，若以 $\{1,x,x^2\}$ 為定義域基底、以 $\{1,x,x^2,x^3\}$ 為陪域基底，則

$$T(a+bx+cx^2) = \begin{bmatrix} b\\ a+2c\\ b\\ c \end{bmatrix}.$$

其矩陣表示為

$$[T]= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 1&0&2\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}.$$

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選項分析

[A] Dimension of range of $T$ is $4$.

錯誤。

因為定義域 $\mathbb{R}_2[x]$ 的維度為 $3$，所以值域維度不可能超過 $3$：

$$\dim(\operatorname{Range}T)\leq \dim(\mathbb{R}_2[x])=3.$$

本題稍後可知 $T$ 為一對一，因此值域維度實際上為 $3$，不是 $4$。

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[B] $T$ is a linear transformation.

正確。

對任意多項式 $f,g$ 與實數 $\alpha,\beta$，

$$T(\alpha f+\beta g) =x(\alpha f+\beta g)+(\alpha f+\beta g)'.$$

利用微分的線性性，

$$\begin{aligned} T(\alpha f+\beta g) &=\alpha xf+\beta xg+\alpha f'+\beta g'\\ &=\alpha(xf+f')+\beta(xg+g')\\ &=\alpha T(f)+\beta T(g). \end{aligned}$$

核心觀念

本題考查：

• 奇異矩陣與可逆矩陣的定義。
• 行列式的乘法性：
  $\det(AB)=\det(A)\det(B)$
• 可逆矩陣與行列式的關係：
  $A\text{ 可逆}\iff \det(A)\neq 0$
• 矩陣乘積的秩不具交換性，即一般而言 $\operatorname{rank}(AB)$ 不一定等於 $\operatorname{rank}(BA)$。

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選項分析

[A] 錯誤

題目聲稱：若 $A$ 為奇異矩陣且 $B$ 為可逆矩陣，則 $A+B$ 必為可逆矩陣。

此敘述不成立。取

$$A= \begin{bmatrix} 0&0\\ 0&1 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&-1 \end{bmatrix}.$$

其中

$$\det(A)=0,$$

所以 $A$ 為奇異矩陣；且

$$\det(B)=-1\neq 0,$$

所以 $B$ 可逆。然而

$$A+B= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&0 \end{bmatrix},$$

其行列式為 $0$，因此 $A+B$ 仍為奇異矩陣。

所以 [A] 錯誤。

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[B] 正確

利用行列式的乘法性：

$$\det(ABC)=\det(A)\det(B)\det(C).$$

同理，

$$\det(BAC)=\det(B)\det(A)\det(C).$$

由於 $\det(A)$、$\det(B)$、$\det(C)$ 都是實數，實數乘法具有交換律，因此

$$\det(A)\det(B)\det(C) = \det(B)\det(A)\det(C).$$

故

$$\boxed{\det(ABC)=\det(BAC)}.$$

注意：這只代表兩者的行列式相等，不代表矩陣本身滿足 $ABC=BAC$。

所以 [B] 正確。

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[C] 錯誤

已知 $A$ 與 $A^{-1}$ 的所有元素皆為整數。

因為 $A$ 的元素皆為整數，所以 $\det(A)$ 為整數；又因為 $A^{-1}$ 的元素皆為整數，所以 $\det(A^{-1})$ 也為整數。

由

$$AA^{-1}=I$$

可得

$$\det(A)\det(A^{-1})=1.$$

又因為

$$\det(A^{-1})=\frac{1}{\det(A)},$$

所以 $\det(A)$ 必須是整數，其倒數也必須是整數。因此

$$\det(A)=\pm 1.$$

題目選項聲稱必定有 $\det(A)=1$，但不排除 $\det(A)=-1$。例如取

$$A=-I_n.$$

則 $A$ 與

$$A^{-1}=-I_n$$

的所有元素皆為整數，而

核心觀念

二階常係數非齊次微分方程

$$y''-5y'+6y=5\sin t-5\cos t$$

的通解為

$$y=y_p+y_h,$$

其中：

• $y_p$：非齊次方程的一組特解；
• $y_h$：對應齊次方程的通解。

題目給出的形式為

$$y=f(t)+a e^{bt}+c e^{3t},$$

因此需判斷：

1. $f(t)$ 是否為非齊次方程的特解；
2. $e^{bt}$ 與 $e^{3t}$ 是否構成齊次方程的解。

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解題方法

一、求齊次解

先考慮對應的齊次方程：

$$y''-5y'+6y=0.$$

設 $y=e^{rt}$，得到特徵方程：

$$r^2-5r+6=0.$$

因式分解：

$$(r-2)(r-3)=0,$$

所以特徵根為

$$r=2,\quad r=3.$$

因此齊次解為

$$y_h=C_1e^{2t}+C_2e^{3t}.$$

與題目形式

$$a e^{bt}+c e^{3t}$$

比較可知：

$$b=2.$$

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二、判斷 $f(t)$

令微分算子

$$L[y]=y''-5y'+6y.$$

若 $f(t)=\cos t$

有

$$f'(t)=-\sin t,\qquad f''(t)=-\cos t.$$

因此

$$L[\cos t] =(-\cos t)-5(-\sin t)+6\cos t =5\sin t+5\cos t.$$

但題目右側為

核心觀念

本題考查二階常係數齊次微分方程的特徵根分類。將題目中的質量參數記為 $m>0$，方程為

$$m u''(t)+\gamma u'(t)+ku(t)=0.$$

其特徵方程為

$$mr^2+\gamma r+k=0,$$

特徵根為

$$r_{1,2}=\frac{-\gamma\pm\sqrt{\gamma^2-4mk}}{2m}.$$

判別式

$$\Delta=\gamma^2-4mk$$

決定解的形式：

• $\Delta>0$：兩個相異實根。
• $\Delta=0$：重根。
• $\Delta<0$：共軛複根。

以下採用物理系統中的標準假設：

$$m>0,\qquad \gamma>0,\qquad k>0.$$

其中 $\gamma$ 為阻尼係數，$k$ 為彈簧常數。

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解題方法

依判別式分三種情況建立通解，再判斷各選項敘述是否符合。

1. $\Delta>0$：兩個相異實根

此時

$$r_{1,2}=\frac{-\gamma\pm\sqrt{\gamma^2-4mk}}{2m}.$$

由於 $\gamma^2-4mk<\gamma^2$，故

$$0<\sqrt{\gamma^2-4mk}<\gamma.$$

因此

$$-\gamma+\sqrt{\gamma^2-4mk}<0,$$

且

$$-\gamma-\sqrt{\gamma^2-4mk}<0.$$

再加上 $2m>0$，可得

$$r_1<0,\qquad r_2<0.$$

通解為

$$u(t)=Ae^{r_1t}+Be^{r_2t}.$$

2. $\Delta=0$：重根

此時

$$\gamma^2-4mk=0,$$

唯一特徵根為

$$r=-\frac{\gamma}{2m}.$$

重根的通解為

$$u(t)=(A+Bt)e^{rt} =(A+Bt)e^{-\gamma t/(2m)}.$$

因為 $\gamma>0$ 且 $m>0$，所以

$$\frac{\gamma}{2m}>0.$$

3. $\Delta<0$：共軛複根

令

$$\mu=\frac{\sqrt{4mk-\gamma^2}}{2m}>0.$$

則特徵根可寫為

$$r_{1,2} =-\frac{\gamma}{2m}\pm i\mu.$$

複數根形式的實數通解為

$$u(t) = \left[A\cos(\mu t)+B\sin(\mu t)\right] e^{-\gamma t/(2m)}.$$

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選項分析

[A]

$$u(t)=Ae^{r_1t}+Be^{r_2t}, \qquad r_1<0,\ r_2<0.$$

核心觀念

本題考查一階恰當微分方程。若微分方程寫成

$$M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0,$$

在適當區域內，若滿足

$$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x},$$

則存在函數 $f(x,y)$，使得

$$df=f_x\,dx+f_y\,dy=M\,dx+N\,dy.$$

因此方程的通解可表示為

$$f(x,y)=C.$$

本題中

$$M(x,y)=2x-y,\qquad N(x,y)=2y-x.$$

且

$$\frac{\partial M}{\partial y}=-1,\qquad \frac{\partial N}{\partial x}=-1,$$

所以此方程為恰當微分方程。

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解題方法

由

$$f_x(x,y)=2x-y,$$

對 $x$ 積分：

$$f(x,y)=\int(2x-y)\,dx =x^2-xy+g(y),$$

其中 $g(y)$ 是只與 $y$ 有關的函數。

再對 $y$ 微分：

$$f_y(x,y)=-x+g'(y).$$

`

因為必須滿足

$$f_y(x,y)=2y-x,$$

所以

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

得到

$$g'(y)=2y.$$

積分可得

$$g(y)=y^2+d,$$

其中 $d$ 為任意常數。因此

好的，各位同學，我們來看到這題關於 Airy 方程式的級數解問題。這題主要考驗大家對於微分方程級數解法的掌握，特別是如何利用初始條件來確定級數的係數，以及如何從給定的選項中辨識出正確的級數解。

Airy 方程式為 $y'' - xy = 0$。我們假設其級數解的形式為 $y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$。
首先，我們計算 $y'(x)$ 和 $y''(x)$：
$y'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$
$y''(x) = \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2}$

將 $y''(x)$ 和 $y(x)$ 代入 Airy 方程式 $y'' - xy = 0$：
$\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2} - x \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = 0$
$\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2} - \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+1} = 0$

為了合併級數，我們需要讓指數項相同。令第一個級數的指數為 $k = n-2$，則 $n = k+2$。當 $n=2$ 時，$k=0$。
$\sum_{k=0}^{\infty} (k+2)(k+1) a_{k+2} x^k$

令第二個級數的指數為 $k = n+1$，則 $n = k-1$。當 $n=0$ 時，$k=1$。
$\sum_{k=1}^{\infty} a_{k-1} x^k$

將兩個級數合併，並調整索引，使它們都從 $k=0$ 開始。
第一個級數：$(0+2)(0+1)a_2 x^0 + \sum_{k=1}^{\infty} (k+2)(k+1) a_{k+2} x^k = 2a_2 + \sum_{k=1}^{\infty} (k+2)(k+1) a_{k+2} x^k$
第二個級數：$\sum_{k=1}^{\infty} a_{k-1} x^k$

將它們代回原方程式：
$2a_2 + \sum_{k=1}^{\infty} (k+2)(k+1) a_{k+2} x^k - \sum_{k=1}^{\infty} a_{k-1} x^k = 0$
$2a_2 + \sum_{k=1}^{\infty} [(k+2)(k+1) a_{k+2} - a_{k-1}] x^k = 0$

為了使這個方程式對所有的 $x$ 都成立，我們必須讓常數項和各個 $x^k$ 項的係數都為零。
常數項：$2a_2 = 0 \implies a_2 = 0$。

對於 $k \ge 1$，級數的係數必須為零：
$(k+2)(k+1) a_{k+2} - a_{k-1} = 0$
$a_{k+2} = \frac{a_{k-1}}{(k+1)(k+2)}$，對於 $k \ge 1$。

現在我們利用初始條件 $y(0) = 1$ 和 $y'(0) = 0$ 來確定係數 $a_0$ 和 $a_1$。
$y(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + \dots$
$y(0) = a_0 = 1$。

$y'(x) = a_1 + 2a_2 x + 3a_3 x^2 + \dots$
$y'(0) = a_1 = 0$。

我們已經知道 $a_0 = 1$ 且 $a_1 = 0$。
由於 $a_2 = 0$，我們來計算後續的係數：
當 $k=1$ 時：$a_3 = \frac{a_0}{(1+1)(1+2)} = \frac{a_0}{2 \cdot 3} = \frac{1}{6}$。
當 $k=2$ 時：$a_4 = \frac{a_1}{(2+1)(2+2)} = \frac{a_1}{3 \cdot 4} = \frac{0}{12} = 0$。
當 $k=3$ 時：$a_5 = \frac{a_2}{(3+1)(3+2)} = \frac{a_2}{4 \cdot 5} = \frac{0}{20} = 0$。