115 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

在向量空間 $\mathbb{R}^3$ 中，若一組集合含有恰好 $3$ 個向量，則它成為 $\mathbb{R}^3$ 的基底的充要條件是：

1. 三個向量線性獨立；
2. 以三個向量為欄所組成的 $3\times 3$ 矩陣，其行列式不為 $0$。

設三個向量為 $\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3$，則

$$A=\begin{bmatrix}\mathbf{v}_1&\mathbf{v}_2&\mathbf{v}_3\end{bmatrix}.$$

若 $\det(A)\neq 0$，則矩陣可逆，三個向量線性獨立，因此可張成 $\mathbb{R}^3$，即為一組基底。

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解題方法

逐一將各選項的向量作為矩陣的欄向量，計算行列式。行列式非零者為基底，行列式為零者不是基底。

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選項分析

(A)

三個向量組成矩陣

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

沿第一列展開：

$$\begin{aligned} \det(A) &=1 \begin{vmatrix} 5&-4\\ 1&3 \end{vmatrix} -2 \begin{vmatrix} 0&-4\\ -1&3 \end{vmatrix} \\[4pt] &=1(5\cdot3-(-4)\cdot1) -2(0\cdot3-(-4)(-1))\\ &=19-2(-4)\\ &=27. \end{aligned}$$

因為

$$\det(A)=27\neq 0,$$

所以三個向量線性獨立，且可張成 $\mathbb{R}^3$。

因此 (A) 正確。

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(B)

組成矩陣

$$B= \begin{bmatrix} 2&0&6\\ -4&3&0\\ 1&-1&-1 \end{bmatrix}.$$

沿第一列展開：

$$\begin{aligned} \det(B) &=2 \begin{vmatrix} 3&0\\ -1&-1 \end{vmatrix} +6 \begin{vmatrix} -4&3\\ 1&-1 \end{vmatrix}\\ &=2(3\cdot(-1)-0\cdot(-1)) +6((-4)(-1)-3\cdot1)\\ &=2(-3)+6(1)\\ &=-6+6\\ &=0. \end{aligned}$$

行列式為 $0$，表示三個向量線性相依，無法形成 $\mathbb{R}^3$ 的基底。

因此 (B) 錯誤。

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(C)

組成矩陣

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

沿第一列展開：

核心觀念

本題考查線性映射的基本定義，以及有限維向量空間中的秩－零度定理。

對線性映射 $T:V\to W$：

• 核（null space）：
  $N(T)=\{v\in V:T(v)=0\}$
• 值域（range）：
  $R(T)=\{T(v):v\in V\}\subseteq W$
• 零度（nullity）：
  $\operatorname{nullity}(T)=\dim N(T)$
• 秩（rank）：
  $\operatorname{rank}(T)=\dim R(T)$

有限維情況下，秩－零度定理為

$$\dim(V)=\operatorname{nullity}(T)+\operatorname{rank}(T).$$

此外：

• $T$ 一對一（one-to-one）等價於 $N(T)=\{0\}$。
• $T$ 映成（onto）等價於 $R(T)=W$。
• 若 $T:V\to W$ 一對一，則 $\dim(V)\leq \dim(W)$。
• 若 $T:V\to W$ 映成，則 $\dim(V)\geq \dim(W)$。

解題方法

本題要求找出錯誤的敘述。逐一根據定義與有限維線性代數定理判斷即可，尤其注意一對一與映成對維度不等式的方向：

• 一對一：定義域的維度不能大於陪域，即 $\dim(V)\leq\dim(W)$。
• 映成：定義域的維度不能小於陪域，即 $\dim(V)\geq\dim(W)$。

選項分析

（A）

$$T\text{ is one-to-one}\iff N(T)=\{0\}.$$

此敘述正確。

若 $T$ 一對一，則只有零向量會被映到零向量。因此若 $v\in N(T)$，則

$$T(v)=0=T(0),$$

由一對一可得 $v=0$，所以

$$N(T)=\{0\}.$$

反之，若 $N(T)=\{0\}$，且 $T(u)=T(v)$，則由線性性質

$$T(u-v)=T(u)-T(v)=0.$$

因此 $u-v\in N(T)$，從而 $u-v=0$，即 $u=v$。所以 $T$ 為一對一。

故（A）正確。

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（B）

$$T\text{ is onto}\iff R(T)=W.$$

此敘述正確。

$T$ 映成的定義是：對每一個 $w\in W$，都存在至少一個 $v\in V$，使得

$$T(v)=w.$$

這正表示 $W$ 中的每個向量都屬於 $T$ 的值域，因此

$$R(T)=W.$$

故（B）正確。

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（C）

若 $V,W$ 均有限維，且 $T$ 一對一，則題目聲稱

核心觀念

本題考查矩陣秩（rank）的定義與基本性質：

1. 矩陣的秩等於其行向量組的最大線性獨立個數。
2. 矩陣的秩也等於其列向量組的最大線性獨立個數。
3. 轉置不改變矩陣的秩：
   $\operatorname{rank}(A^t)=\operatorname{rank}(A)。$
4. 初等列運算不改變矩陣的秩。
5. 線性方程組 $Ax=b$ 有解的充要條件為：
   $$\operatorname{rank}([A\mid b])=\operatorname{rank}(A)。$$$$

其中 $[A\mid b]$ 表示將向量 $b$ 接在矩陣 $A$ 的右側所形成的增廣矩陣。

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解題方法

逐一套用矩陣秩的定義與定理判斷各選項。判斷方程組一致性時，使用增廣矩陣秩判定法：

$$Ax=b\text{ 有解} \Longleftrightarrow \operatorname{rank}([A\mid b])=\operatorname{rank}(A)。$$

若增廣矩陣的秩大於 $A$ 的秩，表示常數列 $b$ 增加了新的獨立方向，方程組會產生矛盾。

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選項分析

(A) 正確

矩陣的秩可以定義為其行向量中最大線性獨立組合的個數。因此：

$$\operatorname{rank}(A) = \text{A 的行向量最大線性獨立個數}。$$

所以選項 (A) 正確。

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(B) 正確

矩陣的秩也等於其列向量中最大線性獨立組合的個數，即行秩等於列秩：

$$\operatorname{rank}(A) = \text{A 的列向量最大線性獨立個數}。$$

這是矩陣秩的重要基本定理，因此選項 (B) 正確。

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(C) 錯誤

矩陣轉置後，原矩陣的行與列互換，但秩不會改變：

$$\operatorname{rank}(A^t)=\operatorname{rank}(A)。$$

題目選項聲稱：

$$\operatorname{rank}(A^t)\ne \operatorname{rank}(A)，$$

核心觀念

矩陣的秩（rank）是其線性獨立列向量或線性獨立列向量的最大數目，也等於列簡化階梯形矩陣中的主元個數。

本題矩陣 $A$ 為 $3\times 5$ 矩陣，因此必有

$$\operatorname{rank}(A)\leq \min(3,5)=3.$$

只要經過列運算找出 $3$ 個主元，即可確定 $\operatorname{rank}(A)=3$。

解題方法

原矩陣為

$$A= \begin{pmatrix} 1&2&3&1&1\\ 1&4&0&1&2\\ 1&2&-3&0&1 \end{pmatrix}.$$

以第一列消去第二列與第三列的第一個元素：

$$R_2\leftarrow R_2-R_1,\qquad R_3\leftarrow R_3-R_1.$$

得到

$$\begin{aligned} R_2&=(1,4,0,1,2)-(1,2,3,1,1)\\ &=(0,2,-3,0,1), \end{aligned}$$

以及

$$\begin{aligned} R_3&=(1,2,-3,0,1)-(1,2,3,1,1)\\ &=(0,0,-6,-1,0). \end{aligned}$$

因此

核心觀念

本題考查行列式的基本性質、可逆矩陣判定，以及三角矩陣反矩陣的結構：

1. 轉置不改變行列式：
   $\det(A^T)=\det(A)$

2. 行列式具有乘法性：
   $\det(AB)=\det(A)\det(B)$

3. 矩陣可逆的判定：
   $A\text{ 可逆}\iff \det(A)\neq 0$

4. 可逆上三角矩陣的反矩陣仍為上三角矩陣。

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選項分析

(A) $\det(A^T)=\det(A)$

此敘述正確。

行列式在矩陣轉置後不變，因此：

$$\det(A^T)=\det(A)$$

故 (A) 不是錯誤選項。

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(B) $\det(AB)=\det(BA)$

此敘述正確。

由行列式的乘法性：

$$\det(AB)=\det(A)\det(B)$$

同理：

$$\det(BA)=\det(B)\det(A)$$

由於 $F$ 為交換域，行列式值屬於 $F$，乘法可交換，因此：

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

所以：

$$\det(AB)=\det(BA)$$

故 (B) 正確。

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

此敘述正確。

這正是行列式的乘法定理：

$$\det(AB)=\det(A)\det(B)$$

故 (C) 正確。

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(D) $A$ 可逆若且唯若 $\det(A)=0$

此敘述錯誤。

正確的可逆矩陣判定應為：

$$A\text{ 可逆}\iff \det(A)\neq 0$$

原因如下：

核心觀念

本題考查有限維子空間的正交分解與正交投影定理。

若 $W$ 是內積空間 $V$ 的有限維子空間，則對任意 $x\in V$，皆可唯一表示為

$$x=P_Wx+(x-P_Wx),$$

其中

$$P_Wx\in W,\qquad x-P_Wx\in W^\perp.$$

此外，若 $x\notin W$，則其正交分量 $x-P_Wx$ 不為零。

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解題方法

取 $x$ 在 $W$ 上的正交投影為 $P_Wx$，定義

$$y=x-P_Wx.$$

由正交投影定理，

$$y=x-P_Wx\in W^\perp.$$

接著證明 $(x,y)\neq 0$。

由 $x=P_Wx+y$，可得

$$(x,y)=(P_Wx+y,y).$$

因為 $P_Wx\in W$ 且 $y\in W^\perp$，所以

$$(P_Wx,y)=0.$$

因此

$$(x,y)=(y,y)=\|y\|^2.$$

又因為 $x\notin W$，若 $y=0$，則

$$x=P_Wx\in W,$$

與題設矛盾。因此 $y\neq 0$，而內積空間具有正定性：

$$\|y\|^2=(y,y)>0.$$

故

$$(x,y)\neq 0.$$

因此確實存在符合條件的 $y\in W^\perp$。

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以正交基底表示的推導

若 $\{e_1,\ldots,e_k\}$ 是 $W$ 的一組正交規範基底，則 $x$ 在 $W$ 上的正交投影可寫成

$$P_Wx=\sum_{j=1}^k (x,e_j)e_j$$

核心觀念

本題考查：

1. 特徵值與特徵向量的定義：
   $\det(\lambda I-M)=0$
   所得的 $\lambda$ 為特徵值；對每個特徵值解
   $\left(M-\lambda I\right)\mathbf v=\mathbf 0$
   可得對應的特徵向量。

2. Jordan 標準形的判定：

   • 特徵值的代數重數由特徵多項式決定。
   • 特徵向量個數由特徵空間維度決定。
   • 若某特徵值的代數重數大於幾何重數，則需使用廣義特徵向量形成 Jordan block。

3. 相似變換：
   若 $Q$ 可逆，且 $Q$ 的欄向量由特徵向量及廣義特徵向量組成，則
   $J=Q^{-1}MQ$
   即為 $M$ 的 Jordan 標準形。

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(i) 求特徵值與特徵向量

給定

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

1. 特徵多項式

計算

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

沿第一列展開：

$$\begin{aligned} \det(\lambda I-M) &=(\lambda-5) \begin{vmatrix} \lambda&3\\ 2&\lambda-1 \end{vmatrix} +4 \begin{vmatrix} 1&3\\ -1&\lambda-1 \end{vmatrix} -3 \begin{vmatrix} 1&\lambda\\ -1&2 \end{vmatrix}\\ &=(\lambda-5)\bigl[\lambda(\lambda-1)-6\bigr] +4(\lambda+2)-3(\lambda+2)\\ &=(\lambda-5)(\lambda-3)(\lambda+2)+(\lambda+2)\\ &=(\lambda+2)\bigl[(\lambda-5)(\lambda-3)+1\bigr]\\ &=(\lambda+2)(\lambda-4)^2. \end{aligned}$$

因此特徵值為

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

其中 $\lambda=4$ 的代數重數為 $2$。

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2. $\lambda=-2$ 的特徵向量

解

$$(M+2I)\mathbf v=\mathbf 0.$$

其中

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

令 $\mathbf v=(x,y,z)^T$，方程組為

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

由第二式得

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

代入第一式：

$$7(2y-3z)+4y+3z=0$$ $$18y-18z=0,$$

所以 $y=z$，進而

$$x=-z.$$

取 $z=1$，得到特徵向量

$$\boxed{ \mathbf v_{-2}= \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix} }.$$

因此 $\lambda=-2$ 的特徵空間為

$$E_{-2} = \operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix} \right\}.$$

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3. $\lambda=4$ 的特徵向量

解

$$(M-4I)\mathbf v=\mathbf 0.$$

其中

$$M-4I= \begin{pmatrix} 1&4&3\\ -1&-4&-3\\ 1&-2&-3 \end{pmatrix}.$$

方程組為

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

由第一式與第三式相減：

$$6y+6z=0,$$

所以

$$y=-z.$$

代回第三式：

$$x-2(-z)-3z=0,$$

得到

$$x=z.$$

取 $z=1$，得到

$$\boxed{ \mathbf v_4= \begin{pmatrix} 1\\ -1\\ 1 \end{pmatrix} }.$$

因此

$$E_4 = \operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix} 1\\ -1\\ 1 \end{pmatrix} \right\}.$$

先將方程寫成

$y'(t)+4\int_{0}^{t}y(u)\cos[2(t-u)]\,du=1,\qquad y(0)=0 .$

把卷積項視為 $y$ 與 $\cos 2t$ 的卷積，對兩邊取拉普拉斯變換（因 $y(0)=0$）：

$$\mathcal L\{y'(t)\}=sY(s),\qquad \mathcal L\{\cos 2t\}= \frac{s}{s^{2}+4},$$

$\mathcal L\Big\{\int_{0}^{t}y(u)\cos[2(t-u)]\,du\Big\}=Y(s)\frac{s}{s^{2}+4}.$

方程在 $s$ 空間變為

$sY(s)+4Y(s)\frac{s}{s^{2}+4}= \frac{1}{s}.$

整理得

先假設 $x(t)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\alpha_k t^{k}\;( \alpha_n\neq0)$。
代入

$t^{2}x'(t)+(at+b)x(t)=ct+d$

得

$\sum_{m\ge0}\bigl(b\alpha_m+(m-1+a)\alpha_{m-1}\bigr)t^{m}=ct+d .$

係數比較得到遞迴式

$$\begin{cases} b\alpha_0 = d,\\[2pt] b\alpha_1 + a\alpha_0 = c,\\[2pt] b\alpha_m + (m-1+a)\alpha_{m-1}=0\qquad(m\ge2). \end{cases}$$

由此

$$\alpha_0=\dfrac{d}{b},\qquad \alpha_1=\dfrac{cb-ad}{b^{2}}, \qquad \alpha_m =-\dfrac{m-1+a}{b}\,\alpha_{m-1}\;(m\ge2).$$

遞推可寫成

核心觀念

本題考查一階線性偏微分方程

$$xw_x+w_t=xt$$

的解法，重點包括：

1. 利用變數分離或待定形式將偏微分方程化為常微分方程。
2. 利用拉普拉斯轉換處理 $t$ 變數： $$\mathcal{L}\left\{\frac{\partial w}{\partial t}\right\} =sW(x,s)-w(x,0).$$
3. 使用邊界條件 $$w(x,0)=0,\qquad w(0,t)=0.$$

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(i) 使用分離變數法

右側為 $xt$，且邊界條件在 $x=0$ 時要求 $w(0,t)=0$，因此令

$$w(x,t)=xT(t),$$

其中 $T(t)$ 只依賴於 $t$。

計算偏導數：

$$\frac{\partial w}{\partial x}=T(t), \qquad \frac{\partial w}{\partial t}=xT'(t).$$

代回原方程：

$$xT(t)+xT'(t)=xt.$$

對 $x>0$ 除以 $x$，得到

$$T'(t)+T(t)=t.$$

這是一階線性常微分方程。其積分因子為

$$\mu(t)=e^{\int 1\,dt}=e^t.$$

兩邊乘以 $e^t$：

$$e^tT'(t)+e^tT(t)=te^t,$$

因此

$$\frac{d}{dt}\left(e^tT(t)\right)=te^t.$$

由條件 $w(x,0)=0$，對 $x>0$ 有

$$xT(0)=0,$$

所以

$$T(0)=0.$$

從 $0$ 積分到 $t$：

$$e^tT(t)-T(0)=\int_0^t ue^u\,du.$$

而

$$\int ue^u\,du=e^u(u-1),$$

故

$$e^tT(t)=e^t(t-1)+1.$$

因此

$$T(t)=t-1+e^{-t}.$$

所以

$$\boxed{w(x,t)=x\left(t-1+e^{-t}\right)}.$$

驗證另一個邊界條件：

$$w(0,t)=0\cdot\left(t-1+e^{-t}\right)=0.$$

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(ii) 使用拉普拉斯轉換法

對 $t$ 作拉普拉斯轉換，設

$$W(x,s)=\mathcal{L}_t\{w(x,t)\}.$$

原方程為

$$x\frac{\partial w}{\partial x}+\frac{\partial w}{\partial t}=xt.$$

由於

$$w(x,0)=0,$$

且

$$\mathcal{L}\left\{\frac{\partial w}{\partial t}\right\} =sW(x,s)-w(x,0)=sW(x,s),$$

又有

$$\mathcal{L}\{xt\}=\frac{x}{s^2},$$

因此轉換後得到