113 年國立臺灣大學生醫電子與資訊學研究所甲組《工程數學（C）》考古題與詳解

Question 1

Find the dimension of the subspace H $$ H = \left\{ \begin{bmatrix} a - 4b - 2c \ 2a + 5b - 4c \ 2c - a \ 7b + 6c - 3a \end{bmatrix} : a, b, c \in \mathbb{R} ight\} $$ (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) 4

Accepted Answer

【觀念重點】
子空間 $H$ 的維度（Dimension）等於其生成向量集合中線性獨立向量的最大個數。

【詳細解析】
將子空間 $H$ 中的任意向量拆解為參數 $a, b, c$ 的線性組合：
$\begin{bmatrix} a - 4b - 2c \\ 2a + 5b - 4c \\ 2c - a \\ 7b + 6c - 3a \end{bmatrix} = a \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \\ -3 \end{bmatrix} + b \begin{bmatrix} -4 \\ 5 \\ 0 \\ 7 \end{bmatrix} + c \begin{bmatrix} -2 \\ -4 \\ 2 \\ 6 \end{bmatrix}$

Question 2

Let W be the subspace spanned by the $u1$ and $u2$, and find the orthogonal projection of y onto W, where $$ u1 = \begin{bmatrix} 2 \ -5 \ -1 \end{bmatrix}, u2 = \begin{bmatrix} -2 \ 1 \ 3 \end{bmatrix}, 	ext{ and } y = \begin{bmatrix} 1 \ 2 \ 3 \end{bmatrix} $$ (A) $\frac{1}{3} \begin{bmatrix} -2 \ -1 \ -1/4 \end{bmatrix}$ (B) $\frac{1}{4} \begin{bmatrix} 1 \ -5 \ -1/3 \end{bmatrix}$ (C) $\frac{1}{7} \begin{bmatrix} 1 \ -2 \ -3/4 \end{bmatrix}$ (D) $\frac{2}{5} \begin{bmatrix} 2 \ 2 \ 1/5 \end{bmatrix}$ (E) $\frac{1}{5} \begin{bmatrix} 1 \ -3 \ -1/4 \end{bmatrix}$

Accepted Answer

本題核心概念 此題測試 向量子空間的正交投影： - 子空間 $W$ 由兩個向量 $u1,u2$ 張成。 - 正交投影 $\operatorname{proj}W y$ 可寫成 $U\bigl(U^{\mathsf T}U\bigr)^{-1}U^{\mathsf T}y$，其中 $U=[u1\;u2]$。 - 需要先求出 Gram 矩陣 $U^{\mathsf T}U$，再解線性方程取得投影係數，最後合成投影向量。 --- 解題過程 1. 寫出向量與矩陣 $$ u1=\begin{bmatrix}2\-5\-1\end{bmatrix},\qquad u2=\begin{bmatrix}-2\1\3\end{bmatrix},\qquad y=\begin{bmatrix}1\2\3\end{bmatrix},\qquad U=\begin{bmatrix}2&-2\-5&1\-1&3\end{bmatrix}. $$ 2. 計算 Gram 矩陣 $G=U^{\mathsf T}U$ $$ \begin{aligned} u1^{\mathsf T}u1 &=2^2+(-5)^2+(-1)^2=30,\ u2^{\mathsf T}u2 &=(-2)^2+1^2+3^2=14,\ u1^{\mathsf T}u2 &=2(-2)+(-5)(1)+(-1)(3)=-12. \end{aligned} $$ $$G=\begin{bmatrix}30&-12\-12&14\end{bmatrix}.$$ 3. 計算 $U^{\mathsf T}y$ $$ \begin{aligned} u1^{\mathsf T}y &=2\cdot1+(-5)\cdot2+(-1)\cdot3=-11,\ u2^{\mathsf T}y &=-2\cdot1+1\cdot2+3\cdot3=9, \end{aligned} $$ 形成向量 $\displaystyle b=\begin{bmatrix}-11\9\end{bmatrix}$。 4. 求係數向量 $a$ $$a=(U^{\mathsf T}U)^{-1}b=G^{-1}b.$$ 先算 $G^{-1}$： $$\det G=30\cdot14-(-12)^2=420-144=276,$$ $$G^{-1}=\frac1{276}\begin{bmatrix}14&12\12&30\end{bmatrix}.$$ 再乘以 $b$： $$ \begin{aligned} a&=\frac1{276}\begin{bmatrix}14&12\12&30\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-11\9\end{bmatrix} =\frac1{276}\begin{bma…

Question 3

The mapping is defined by $ T(a0 + a1t + a2t^2) = 3a0 + (5a2 - 2a1)t + (4a1 + a2)t^2 $. If the mapping is linear, find the matrix representation of T relative to the basis $ B = \{1, t, t^2\} $. (A) $ \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 \ -5 & 2 & 0 \ 0 & 4 & 1 \end{bmatrix} $ (B) $ \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 \ 5 & -2 & 0 \ 0 & 4 & 1 \end{bmatrix} $ (C) $ \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 \ 0 & -2 & 4 \ 0 & 5 & 1 \end{bmatrix} $ (D) $ \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 \ 6 & -2 & 0 \ 0 & 3 & 1 \end{bmatrix} $ (E) $ \begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 \ 0 & -2 & 3 \ 0 & 4 & 1 \end{bmatrix} $

Accepted Answer

核心觀念 線性映射 $T$ 相對於基底 $B=\{1,t,t^2\}$ 的矩陣，其第 $j$ 欄就是 $T$ 作用在第 $j$ 個基底向量後，所得多項式相對於 $B$ 的座標。 若 $$ T(a0+a1t+a2t^2)=b0+b1t+b2t^2, $$ 則 $$ [T(p)]B= \begin{bmatrix} b0\ b1\ b2 \end{bmatrix}, \qquad [p]B= \begin{bmatrix} a0\ a1\ a2 \end{bmatrix}. $$ 因此矩陣 $[T]B$ 滿足 $$ [T(p)]B=[T]B[p]B. $$ 解題方法 題目給出 $$ T(a0+a1t+a2t^2) = 3a0+(5a2-2a1)t+(4a1+a2)t^2. $$ 將輸出按照 $1,t,t^2$ 的係數排列： $$ [T(a0+a1t+a2t^2)]B = \begin{bmatrix} 3a0\ -2a1+5a2\ 4a1+a2 \end{bmatrix}. $$ 所以 $$ [T(p)]B = \begin{bmatrix} 3&0&0\ 0&-2&5\ 0&4&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a0\a1\a2 \end{bmatrix}. $$ 故矩陣表示為 $$ [T]B= \boxed{ \begin{bmatrix} 3&0&0\ 0&-2&5\ 0&4&1 \end{bmatrix} }. $$ 亦可逐一計算基底向量的像： $$ T(1)=3, $$ 因此第一欄為 $$ [T(1)]B= \begin{bmatrix}3\0\0\end{bmatrix}. $$ $$ T(t)=-2t+4t^2, $$ 因此第二欄為 $$ [T(t)]B= \begin{bmatrix}0\-2\4\end{bmatrix}. $$ $$ T(t^2)=5t+t^2, $$ 因此第三欄為 $$ [T(t^2)]B= \begin{bmatrix}0\5\1\end{bmatrix}. $$ 將三個欄向量並排，即得

Question 4

Let $ B = \{b1, b2\} = \left\{ \begin{bmatrix} 7 \ 5 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -3 \ 4 \end{bmatrix} ight\} $ and $ C = \{c1, c2\} = \left\{ \begin{bmatrix} 1 \ -1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 2 \ 5 \end{bmatrix} ight\} $ be bases for $ \mathbb{R}^2 $, and find the change-of-coordinates matrix from $ \beta $ to $ C $. (A) $ \begin{bmatrix} -2 & 2 \ 3 & 4 \end{bmatrix} $ (B) $ \begin{bmatrix} 3 & 1 \ 4 & 2 \end{bmatrix} $ (C) $ \begin{bmatrix} 6 & 7 \ 7 & 2 \end{bmatrix} $ (D) $ \begin{bmatrix} 4 & -3 \ 7 & 2 \end{bmatrix} $ (E) $ \begin{bmatrix} -3 & 1 \ -5 & 2 \end{bmatrix} $

Accepted Answer

核心觀念 本題測試「基底變換矩陣」的概念： 1. 給定兩組基底 $B=\{b1,b2\}$ 與 $C=\{c1,c2\}$（皆為 $\mathbb R^2$ 的基底）。 2. 想求 從 $B$ 座標到 $C$ 座標的變換矩陣，即把一個向量的 $B$ 座標 $[v]B$ 轉換成其在 $C$ 基底下的座標 $[v]C$。 3. 變換矩陣的第 $i$ 欄＝向量 $bi$ 用基底 $C$ 表示的座標向量。 --- 解題步驟 1. 寫出基底向量的標準矩陣 $$ B = \begin{bmatrix} 7 & -3 \[2pt] 5 & 4 \end{bmatrix}, \qquad C = \begin{bmatrix} 1 & 2 \[2pt] -1 & 5 \end{bmatrix}. $$ 2. 求基底 $C$ 的逆矩陣（因為要把向量寫成 $C$ 的線性組合） $$ \det(C)=1\cdot5-2(-1)=7, \qquad C^{-1}= \frac1{7} \begin{bmatrix} 5 & -2 \[2pt] 1 & 1 \end{bmatrix}. $$ 3. 把每個 $bi$ 用 $C$ 表示 $$[bi]C = C^{-1} bi \quad (i=1,2).$$ - 對 $b1=\begin{bmatrix}7\5\end{bmatrix}$：

Question 5

Find an invertible matrix P such that $ A = PDP^{-1} $, where D is a diagonal matrix and $$ A = \begin{bmatrix} 1 & 3 & 3 \ 3 & -5 & -3 \ 3 & 3 & 1 \end{bmatrix} $$ (A) $ \begin{bmatrix} 1 & -2 & -2 \ 1 & -1 & 0 \ 0 & 3 & 1 \end{bmatrix} $ (B) $ \begin{bmatrix} 1 & -1 & -1 \ -1 & 1 & 0 \ 0 & 3 & 1 \end{bmatrix} $ (C) $ \begin{bmatrix} 1 & -2 & -2 \ 1 & -3 & 0 \ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix} $ (D) $ \begin{bmatrix} 1 & 2 & 4 \ -1 & -3 & 0 \ 1 & 0 & 2 \end{bmatrix} $ (E) $ \begin{bmatrix} 1 & 2 & 2 \ -1 & -4 & 0 \ 0 & 0 & 2 \end{bmatrix} $

Accepted Answer

核心概念 本題測驗「相似對角化」的概念： - 若矩陣 $A$ 有三個互異實特徵值 $\lambda1,\lambda2,\lambda3$，則 $A$ 可被寫成 $$ A=PDP^{-1},\qquad D=\operatorname{diag}(\lambda1,\lambda2,\lambda3) $$ 其中 $P$ 的三欄分別是對應特徵值的線性無關特徵向量（可任意伸縮或重新排序）。 - 因此檢驗一個候選矩陣 $P$ 是否正確，只要驗證 $AP=PD$，亦即每一欄 $\mathbf{p}i$ 必須滿足 $$A\mathbf{p}i=\lambdai\mathbf{p}i .$$ --- (a) 先求特徵值與特徵向量 $$ A=\begin{bmatrix} 1&3&3\ 3&-5&-3\ 3&3&1 \end{bmatrix} $$ 特徵值 $$ \det(A-\lambda I)= \begin{vmatrix} 1-\lambda&3&3\ 3&-5-\lambda&-3\ 3&3&1-\lambda \end{vmatrix} = \lambda^{3}+3\lambda^{2}-18\lambda-40. $$ 因式分解得 $$ \lambda^{3}+3\lambda^{2}-18\lambda-40 =(\lambda-4)(\lambda+5)(\lambda+2), $$ 故三個互異實特徵值為 $$\boxed{\lambda1=4,\;\lambda2=-5,\;\lambda3=-2}.$$ 特徵向量 1. $\lambda1=4$ $$ (A-4I)\mathbf{v}=0\Longrightarrow \begin{cases} -x+y+z=0\ x-3y-z=0\ x+y-z=0 \end{cases} \Rightarrow \mathbf{v}1=(1,0,1)^{\mathsf T}. $$ 2. $\lambda2=-5$ $$ (A+5I)\mathbf{v}=0\Longrightarrow \begin{cases} 2x+y+z=0\ x-z=0\ x+y+2z=0 \end{cases} \Rightarrow \mathbf{v}2=(1,-3,1)^{\mathsf T}. $$ 3. $\lambda3=-2$ $$ (A+2I)\mathbf{v}=0\Longrightarrow \begin{cases} x+y+z=0\ x-y-z=0 \end{cases} \Rightarrow \mathbf{v}3=(0,-1,1)^{\mathsf T}. $$ 任意非零常數倍皆可作為特徵向量。

Question 6

Let $ Q(x) = x1^2 - 8x1x2 - 5x2^2 $, where $ x $ represents a variable vector in $ \mathbb{R}^2 $. A change of variable is defined as $ x = Py $, where $ P $ is an invertible matrix, and $ y $ is a new variable vector in $ \mathbb{R}^2 $. Find this matrix $ P $ such that $ Q(y) = 3y1^2 - 7y2^2 $ after making the change of variable. (A) $ \begin{bmatrix} 2/\sqrt{3} & -2/\sqrt{5} \ 1/\sqrt{5} & 2/\sqrt{3} \end{bmatrix} $ (B) $ \begin{bmatrix} 2/\sqrt{3} & -2/\sqrt{5} \ 1/\sqrt{5} & 3/\sqrt{3} \end{bmatrix} $ (C) $ \begin{bmatrix} -3/\sqrt{5} & 1/\sqrt{5} \ 1/\sqrt{5} & 3/\sqrt{5} \end{bmatrix} $ (D) $ \begin{bmatrix} 1/\sqrt{3} & -1/\sqrt{3} \ -1/\sqrt{3} & 2/\sqrt{3} \end{bmatrix} $ (E) $ \begin{bmatrix} 2/\sqrt{5} & 1/\sqrt{5} \ 2/\sqrt{5} & 1/\sqrt{5} \end{bmatrix} $

Accepted Answer

核心觀念 二次型可寫成 $$ Q(x)=x^T A x, \qquad A= \begin{bmatrix} 1 & -4\ -4 & -5 \end{bmatrix}, $$ 因為交叉項 $-8x1x2$ 對應矩陣中的兩個 $-4$。 作變數代換 $x=Py$ 後， $$ Q(x)=Q(Py)=y^T(P^TAP)y. $$ 題目要求 $$ P^TAP= \begin{bmatrix} 3&0\ 0&-7 \end{bmatrix}. $$ 因此本題是在考「利用正交變換將對稱矩陣對角化」。 --- 解題方法：求特徵值與特徵向量 先求矩陣 $A$ 的特徵值： $$ \det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 1-\lambda & -4\ -4 & -5-\lambda \end{vmatrix} $$ $$ =(1-\lambda)(-5-\lambda)-16 =\lambda^2+4\lambda-21 =(\lambda-3)(\lambda+7). $$ 所以特徵值為 $$ \lambda1=3,\qquad \lambda2=-7. $$ 對於 $\lambda1=3$： $$ (A-3I)v=0 \Rightarrow \begin{bmatrix} -2&-4\ -4&-8 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}v1\v2\end{bmatrix}=0, $$ 得到 $$ v1=-2v2. $$ 可取特徵向量 $$ v^{(1)}= \begin{bmatrix}-2\1\end{bmatrix}, \qquad u^{(1)}= \frac{1}{\sqrt5} \begin{bmatrix}-2\1\end{bmatrix}. $$ 對於 $\lambda2=-7$： $$ (A+7I)v=0 \Rightarrow \begin{bmatrix} 8&-4\ -4&2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}v1\v2\end{bmatrix}=0, $$ 得到 $$ v2=2v1. $$ 可取單位特徵向量 $$ u^{(2)}= \frac{1}{\sqrt5} \begin{bmatrix}1\2\end{bmatrix}. $$ 令 $P$ 的兩個欄向量分別為上述單位特徵向量： $$ P= \begin{bmatrix} -\dfrac{2}{\sqrt5} & \dfrac{1}{\sqrt5}\[6pt] \dfrac{1}{\sqrt5} & \dfrac{2}{\sqrt5} \end{bmatrix}. $$ 由正交對角化定理， $$ P^TAP= \begin{bmatrix} 3&0\ 0&-7 \end{bmatrix}, $…

Question 7

Find the dimension of the Null space of the following matrix
$\begin{bmatrix} 2 & -3 & 6 & 2 & 5 \\ 0 & 0 & 3 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
(A) 0
(B) 1
(C) 2
(D) 3
(E) 4

Accepted Answer

核心觀念 矩陣的 Null space（零空間）定義為 $$ N(A)=\{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^5:A\mathbf{x}=\mathbf{0}\}. $$ 若矩陣 $A$ 有 $n$ 個欄，則由秩－零度定理： $$ \dim N(A)+\operatorname{rank}(A)=n. $$ 本題矩陣有 $5$ 個欄，因此只要求出矩陣的 rank，即可得到 Null space 的維度。 解題方法 題目中的矩陣已經接近列梯形形式： $$ A= \begin{bmatrix} 2 & -3 & 6 & 2 & 5 \ 0 & 0 & 3 & -1 & 1 \ 0 & 0 & 0 & 1 & 3 \ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}. $$ 其中前三列各有一個主元： - 第 1 列主元在第 1 欄； - 第 2 列主元在第 3 欄； - 第 3 列主元在第 4 欄。 因此共有 $3$ 個主元，故 $$ \operatorname{rank}(A)=3. $$ 矩陣共有 $5$ 個欄，套用秩－零度定理： $$ \dim N(A)=5-\operatorname{rank}(A)=5-3=2. $$ 也可直接觀察未知數 $\mathbf{x}=(x1,x2,x3,x4,x5)^T$。方程組 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$ 為

Question 8

Given an $n 	imes n$ matrix P, which of following statement are false? (multiple answer) (A) If P is an invertible matrix, the number 0 is an eigenvalue of A. (B) If P is an invertible matrix, the determinant of P is not zero. (C) If P is triangular, then the determinant of P is the product of the entries on the diagonal of P. (D) If P is an invertible matrix, the dimension of Null space of P is not zero. (E) If P is not an invertible matrix, the columns of P form a linearly independent set.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查 $n	imes n$ 方陣的可逆性、特徵值、行列式、零空間與欄向量線性獨立之間的關係： 1. $P$ 可逆 $\Longleftrightarrow \det(P)
eq 0$。 2. $0$ 是 $P$ 的特徵值 $\Longleftrightarrow \det(P)=0$。 3. 三角矩陣的行列式等於主對角線元素的乘積。 4. $P$ 可逆 $\Longleftrightarrow \operatorname{Null}(P)=\{\mathbf 0\}$。 5. 方陣的欄向量線性獨立 $\Longleftrightarrow P$ 可逆。 題目詢問「哪些敘述為錯誤」，因此必須逐一判斷。 解題方法 直接利用可逆矩陣的等價條件判斷各選項： $$ P	ext{ 可逆} \Longleftrightarrow \det(P)
eq 0 \Longleftrightarrow \operatorname{Null}(P)=\{\mathbf 0\} \Longleftrightarrow P	ext{ 的欄向量線性獨立}. $$ 此外，$0$ 為特徵值的條件為 $$ \det(P-0I)=\det(P)=0. $$ 因此可逆矩陣不可能具有特徵值 $0$。 選項分析 (A) If $P$ is an invertible matrix, the number $0$ is an eigenvalue of $A$. 題目中的 $A$ 應視為 $P$ 的筆誤。若 $P$ 可逆，則 $$ \det(P)
eq 0. $$ 而 $0$ 是 $P$ 的特徵值必須滿足 $$ \det(P-0I)=\det(P)=0, $$ 與 $P$ 可逆矛盾。因此 $0$ 不是 $P$ 的特徵值。 所以此敘述錯誤。 --- (B) If $P$ is an invertible matrix, the determinant of $P$ is not zero. 由可逆矩陣的判定定理， $$ P	ext{ 可逆}\Longleftrightarrow \det(P)
eq 0. $$ 因此 $P$ 可逆時，$\det(P)$ 必不為 $0$。 所以此敘述正確。 --- (C) If $P$ is triangular, then the determinant of $P$ is the product of the entries on the diagonal of $P$. 若 $P$ 為三角矩陣，例如

Question 9

which of following statement are true? (multiple answer)
(A) Given an $m \times n$ matrix A, the rank of A plus dimension of Null space of A is equal to m.
(B) The rank of matrix A is the dimension of the row space of A.
(C) Let A is $m \times n$ and b is in $\mathbb{R}^m$ . Considering a least-squares problem Ax=b if the columns of A are linearly independent, the solution of this problem is given by $(A^T A)^{-1} A^T b$ , where $A^T$ is the transpose of A.
(D) An eigenvector of an $n \times n$ matrix is a nonzero vector x such that Ax=ax for some scalar $\lambda$ .
(E) Given four $n \times n$ matrices A, B, C, and D, the tr(ABCD) is equal to the tr(CDAB), where tr() means the trace of the matrix.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查矩陣的基本理論： 1. 秩—零空間定理（rank–nullity theorem） 2. 行空間與矩陣秩的關係 3. 最小平方法與正常方程式 4. 特徵向量的定義 5. 矩陣跡的循環性質 --- 解題方法 逐一檢查各選項是否符合相關定義與定理。 （A）錯誤 給定 $m	imes n$ 矩陣 $A$，其秩—零空間定理為 $$ \operatorname{rank}(A)+\dim\operatorname{Null}(A)=n. $$ 原因是 $A$ 可視為線性映射 $$ A:\mathbb{R}^n	o\mathbb{R}^m, $$ 其定義域為 $\mathbb{R}^n$，因此 $$ \dim\mathbb{R}^n = \dim\operatorname{Col}(A)+\dim\operatorname{Null}(A) = \operatorname{rank}(A)+\dim\operatorname{Null}(A). $$ 題目選項寫成等於 $m$，一般並不正確。只有在特殊情況 $m=n$ 時才會相同。 因此（A）錯誤。 --- （B）正確 矩陣的秩定義為其行空間或列空間的維度，因此 $$ \operatorname{rank}(A) = \dim(\operatorname{Row}(A)) = \dim(\operatorname{Col}(A)). $$ 所以「矩陣 $A$ 的秩等於其行空間的維度」完全符合秩的定義。 因此（B）正確。 --- （C）正確 考慮最小平方法問題 $$ \minx \|Ax-b\|2^2, $$ 其中 $A$ 為 $m	imes n$ 矩陣，$b\in\mathbb{R}^m$。 令 $$ f(x)=\|Ax-b\|2^2 =(Ax-b)^T(Ax-b). $$ 展開得 $$ f(x) = x^TA^TAx-2b^TAx+b^Tb. $$ 對 $x$ 微分並令梯度為零： $$ 
abla f(x)=2A^T(Ax-b)=0. $$ 因此得到正常方程式 $$ A^TAx=A^Tb. $$ 若 $A$ 的欄向量線性獨立，則 $$ \operatorname{rank}(A)=n. $$ 對任意非零向量 $x$， $$ x^TA^TAx = (Ax)^T(Ax) = \|Ax\|2^20, $$ 所以 $A^TA$ 為正定矩陣，必定可逆。故最小平方法的唯一解為

Question 10

The vectorization of a matrix is a linear transformation converting the matrix into a vector. For example, given a 2 x 2 matrix $A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$ , the vectorization of A is $\text{vec}(A) = \begin{bmatrix} a \\ c \\ b \\ d \end{bmatrix}$ . Also, If A is an $m \times n$ matrix and B is a $p \times q$ matrix, then the Kronecker product $A \otimes B$ is another $pm \times qn$ matrix, and the $A^T$ is the transpose of A. Now for matrices A, B, and C of dimensions $k \times 1$ , $1 \times m$ , and $m \times n$ , which of the following is equal to the $\text{vec}(ABC)$ ?
(A) $(A \otimes B) \text{vec}(C)$
(B) $(A \otimes B) \text{vec}(C)$
(C) $(C \otimes A) \text{vec}(B)$
(D) $(C^T \otimes A) \text{vec}(B)$
(E) $(C^T \otimes B) \text{vec}(A)$

Accepted Answer

【觀念解析】 矩陣向量化（Vectorization）與克羅內克積（Kronecker product）具有以下經典性質： 對任意維度相容的矩陣 $A$、$B$ 與 $C$，其乘積 $ABC$ 的向量化滿足恆等式： $$	ext{vec}(ABC) = (C^T \otimes A) 	ext{vec}(B)$$ --- 【維度與性質推導】 1. 維度確認： - 設矩陣 $A$ 為 $k 	imes l$、$B$ 為 $l 	imes m$、$C$ 為 $m 	imes n$。 - 矩陣乘積 $ABC$ 的維度為 $k 	imes n$，故其向量化 $	ext{vec}(ABC)$ 的維度為 $kn 	imes 1$。

Question 11

Which of the following statements are NOT true?
(A) The function $y = 0$ consistently serves as a solution for a linear homogeneous ODE.
(B) A first-order ODE can be both exact and linear separable.
(C) The ODE $y' = e^{8x+7y}$ is not separable.
(D) For any ODE, the sum of any two solutions constitutes a valid solution as well.
(E) $y \frac{d^2y}{dx^2} = 1$ is a linear ODE.

Accepted Answer

各選項觀念分析與真偽判斷如下：

(A) 正確：線性齊次 ODE 的一般型態為 $a_n(x)y^{(n)} + \dots + a_1(x)y' + a_0(x)y = 0$ ，直接代入 $y=0$ 必能使等式恆成立（即平凡解 trivial solution），故 $y=0$ 必為其解。

(B) 考慮實例：例如 $y' = x$ 可化為 $dy - x dx = 0$ 。

線性與可分離：顯然滿足 $y' + P(x)y = Q(x)$ 與 $f(y)dy = g(x)dx$ 。

Question 12

Which of the following statements are NOT true?
(A) The general solution to $\frac{dy}{dx} + \frac{2}{x}y = x^2$ is $y = \frac{x^3}{5} + \frac{c}{x^2}$ .
(B) The general solution to $\frac{dy}{dx} + \frac{2}{x}y = x^2$ is $y = \frac{x^3}{5} + \frac{c}{x^2}$ .
(C) The general solution to $\frac{dy}{dx} + xy = 2x$ is $y = 2 + ce^{-0.5x^2}$ .
(D) The general solution to $2x^2 \frac{dy}{dx} - 2xy = 3$ is $y = -\frac{3}{4x} + \frac{c}{x^2}$ .
(E) The general solution to $3x \frac{dy}{dx} + y = 24x$ is $y = 6x + cx^{-1/3}$ .

Accepted Answer

核心觀念 本題考查一階線性微分方程 $$ \frac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x) $$ 的積分因子法。積分因子為 $$ \mu(x)=e^{\int P(x)\,dx}. $$ 乘上積分因子後，左側可整理為 $$ \frac{d}{dx}\bigl[\mu(x)y\bigr]=\mu(x)Q(x). $$ 各選項含有 $\frac1x$，因此討論範圍須限制在 $x
eq 0$ 的區間內。 --- 解題方法與選項分析 選項 (A)、(B) 方程式為 $$ \frac{dy}{dx}+\frac{2}{x}y=x^2. $$ 此時 $$ P(x)=\frac{2}{x},\qquad \mu(x)=e^{\int 2/x\,dx}=x^2. $$ 兩邊乘以 $x^2$： $$ x^2\frac{dy}{dx}+2xy=x^4. $$ 左側為乘積微分： $$ \frac{d}{dx}(x^2y)=x^4. $$ 積分得 $$ x^2y=\frac{x^5}{5}+c. $$ 因此 $$ y=\frac{x^3}{5}+\frac{c}{x^2}. $$ 所以 (A) 正確，(B) 與 (A) 完全相同，也正確。 --- 選項 (C) 方程式為 $$ \frac{dy}{dx}+xy=2x. $$ 積分因子為 $$ \mu(x)=e^{\int x\,dx}=e^{x^2/2}. $$ 乘上積分因子： $$ e^{x^2/2}\frac{dy}{dx} +x e^{x^2/2}y =2x e^{x^2/2}. $$ 左側整理為 $$ \frac{d}{dx}\left(e^{x^2/2}yight) =2x e^{x^2/2}. $$ 積分： $$ e^{x^2/2}y =2e^{x^2/2}+c. $$ 故 $$ y=2+ce^{-x^2/2}. $$ 選項中的 $e^{-0.5x^2}$ 即 $e^{-x^2/2}$，所以 (C) 正確。 --- 選項 (D) 方程式為 $$ 2x^2\frac{dy}{dx}-2xy=3. $$ 除以 $2x^2$：

Question 13

Let $yp=A\sin 2t+B\cos 2t$ be the steady-state solution of the ODE $y''+4y'+20y=2\cos 2t$. Which of the following equations are correct? (A) $16A-8B=0$ (B) $8A+16B=0$ (C) $A=0.01$ (D) $A=0.05$ (E) $B=0.02$

Accepted Answer

核心觀念 線性常係數微分方程的外力為角頻率 $2$ 的正弦、餘弦函數時，穩態解可設為相同頻率的組合： $$ yp=A\sin 2t+B\cos 2t. $$ 將此形式代入微分方程，分別比較 $\sin 2t$ 與 $\cos 2t$ 的係數，即可求出 $A$、$B$。 解題方法 先求導數： $$ yp'=2A\cos 2t-2B\sin 2t, $$ $$ yp''=-4A\sin 2t-4B\cos 2t. $$ 代入 $y''+4y'+20y=2\cos 2t$，整理後得： $$ yp''+4yp'+20yp =(16A-8B)\sin 2t+(8A+16B)\cos 2t. $$ 右側為 $2\cos 2t$，因此比較係數： $$ 16A-8B=0,\qquad 8A+16B=2. $$

Question 14

For the differential equation $y'+7y=10\delta(t-2)$ with the initial condition $y(0)=10$ , the solution includes:

(A) $y=7e^{-10t}$ for $t<2$
(B) $y=10e^{-7t}$ for $t<2$
(C) $y=20e^{-7t}$ for $t\geq 2$
(D) $y=7e^{-10t}+7e^{-10(t-2)}$ for $t\geq 2$
(E) $y=10e^{-7t}+10e^{-7(t-2)}$ for $t\geq 2$

Accepted Answer

核心觀念 狄拉克脈衝 $\delta(t-2)$ 會使解在 $t=2$ 發生跳躍。將微分方程在 $t=2$ 附近積分，可得跳躍量： $$ y(2^+)-y(2^-)=10. $$ 在 $t
e 2$ 時，脈衝項為零，方程化為一階線性齊次方程 $y'+7y=0$，其解為 $y=Ce^{-7t}$。 解題方法 在脈衝到達前 $0\le t<2$，由初始條件 $y(0)=10$ 得 $$ y(t)=10e^{-7t}. $$ 因此 $$ y(2^-)=10e^{-14}. $$ 利用脈衝造成的跳躍量： $$ y(2^+)=y(2^-)+10=10e^{-14}+10. $$ 脈衝後 $t\ge 2$，解仍滿足齊次方程，並以 $y(2^+)$ 作為起始值： $$ y(t)=(10+10e^{-14})e^{-7(t-2)} =10e^{-7t}+10e^{-7(t-2)}. $$ 所以完整解為

Question 15

Let $y=a0+a1t+a2t^2+a3t^3+a4t^4+\cdots$ be the Taylor polynomial approximation for the initial value problem $$y'+(\sin t)y=0,\qquad y(0)=1.$$ Please select the correct equations regarding $ai$, $i\in\{0,1,\ldots,4\}$: (A) $a0+a1+a2+a3+a4=1$ (B) $a0-a1=1$ (C) $a2+3a4=0$ (D) $a2=-3a4$ (E) $a3=2a4$

Accepted Answer

核心觀念 將未知函數展開成冪級數 $$ y(t)=\sum{n=0}^{\infty}ant^n, $$ 並代入微分方程，逐次比較相同次方的係數，即可求出各項係數。初始條件 $y(0)=1$ 直接給出 $a0=1$。 解題方法 先將正弦函數展開至計算 $a4$ 所需的次數： $$ \sin t=t-\frac{t^3}{6}+O(t^5). $$ 由 $$ y'=\sum{n=0}^{\infty}(n+1)a{n+1}t^n $$ 以及 $$ (\sin t)y = \left(t-\frac{t^3}{6}+\cdots\right) \left(a0+a1t+a2t^2+a3t^3+\cdots\right), $$ 代入 $y'+(\sin t)y=0$，逐次比較係數。 常數項： $$ a1=0. $$ $t^1$ 項： $$ 2a2+a0=0 \quad\Longrightarrow\quad a2=-\frac12. $$ $t^2$ 項： $$ 3a3+a1=0 \quad\Longrightarrow\quad a3=0. $$ $t^3$ 項：

Question 16

Solve the initial value problem $$y'-\frac{3y}{t+1}=(t+1)^2,\qquad y(0)=2.$$ Please select the correct solutions: (A) $y(1)=\ln 2+2$ (B) $y(1)=8\ln 2+8$ (C) $y(2)=27\ln 3+54$ (D) $y(2)=27\ln 3+72$ (E) $y(3)=64\ln 4+192$

Accepted Answer

核心觀念 本題考一階線性微分方程的積分因子法。標準形式為 $$ y'+P(t)y=Q(t) $$ 其積分因子為 $$ \mu(t)=e^{\int P(t)\,dt} $$ 乘上積分因子後，左側可整理成乘積微分： $$ \mu(t)y'+\mu(t)P(t)y=(\mu(t)y)' $$ 解題方法 原方程為 $$ y'-\frac{3}{t+1}y=(t+1)^2 $$ 在初值所在的區間 $t-1$，有 $P(t)=-\frac{3}{t+1}$。因此積分因子為 $$ \mu(t)=e^{\int -\frac{3}{t+1}\,dt}=(t+1)^{-3} $$ 方程兩側同乘 $(t+1)^{-3}$： $$ (t+1)^{-3}y'-3(t+1)^{-4}y=\frac{1}{t+1} $$ 左側正是 $\left(\frac{y}{(t+1)^3}\right)'$，所以 $$ \left(\frac{y}{(t+1)^3}\right)'=\frac{1}{t+1} $$ 積分並代入初值 $y(0)=2$： $$ \frac{y}{(t+1)^3}=\ln(t+1)+C $$

Question 17

Consider the following second-order differential equation

$y''+6y'+34y=2e^{-t},\qquad y(0)=y'(0)=0.$

Which of the following terms are NOT included in the solution $y(t)$ ?

(A) $-\frac{1}{10}e^{-t}$
(B) $-\frac{1}{10}e^{-3t}\cos(4t)$
(C) $-\frac{1}{10}e^{-4t}\cos(3t)$
(D) $-\frac{1}{20}e^{-3t}\sin(4t)$
(E) $-\frac{1}{20}e^{-4t}\sin(3t)$

Accepted Answer

核心觀念

這題考二階常係數非齊次微分方程的通解，以及用初始條件決定常數。對特徵根為 $\alpha\pm\beta i$ 的齊次方程，其解包含 $e^{\alpha t}\cos(\beta t)$ 與 $e^{\alpha t}\sin(\beta t)$ ；非齊次項若為指數函數，則可用待定係數法求特解。

解題方法

先解齊次方程：

y''+6y'+34y=0

特徵方程為

r^2+6r+34=0

因此

r=\frac{-6\pm\sqrt{36-136}}{2}=-3\pm5i

齊次解為

y_h(t)=e^{-3t}\left(C\cos5t+D\sin5t\right)

右側非齊次項為 $2e^{-t}$ ，設特解為 $y_p=Ae^{-t}$ 。代入原方程：

A e^{-t}-6A e^{-t}+34A e^{-t}=2e^{-t}

所以 $29A=2$ ，得

y_p(t)=\frac{2}{29}e^{-t}

故通解為

y(t)=e^{-3t}\left(C\cos5t+D\sin5t\right)+\frac{2}{29}e^{-t}

利用 $y(0)=0$ ：

C+\frac{2}{29}=0 \quad\Longrightarrow\quad C=-\frac{2}{29}

對通解微分：

y'(0)=-3C+5D-\frac{2}{29}=0

代入 $C=-\frac{2}{29}$ ，得到

Question 18

Consider the system $x'=-2x+4xy$, $y'=-2y+2x^2$. Which of the following statements are NOT true? (A) The equilibrium solutions of this system include $(0,0)$ and $(\pm 1/\sqrt{2},1/2)$. (B) The system is asymptotically stable at $(0,0)$. (C) The system is asymptotically stable at $(\pm 1/\sqrt{2},1/2)$. (D) This system can have a non-constant, periodic orbit. (E) $x(t)$ converges to $0$ if $x(0)=0.1$ and $y(0)=0.1$.

Accepted Answer

圖上確認第 18 題內容為：系統 $x'=-2x+4xy$，$y'=-2y+2x^2$，問哪些敘述 NOT true。選項 (A)–(E) 與題目文字完全一致。 --- 核心觀念 本題考非線性自治系統的平衡點分析，涉及： 1. 求平衡點（令 $x'=0,\;y'=0$） 2. 線性化（Jacobian 矩陣）與特徵值判定穩定性 3. Dulac 定理排除週期軌道 4. 從線性化結果推斷初值附近的軌道行為 --- 解題方法 一、求平衡點 令 $x'=0$ 與 $y'=0$： $$ -2x+4xy=0 \;\Longrightarrow\; x(-2+4y)=0 $$ $$ -2y+2x^2=0 \;\Longrightarrow\; y=x^2 $$ - 情形 1：$x=0 \Rightarrow y=0$，得平衡點 $(0,0)$。 - 情形 2：$-2+4y=0 \Rightarrow y=\tfrac{1}{2}$，代入 $y=x^2$ 得 $x^2=\tfrac{1}{2}$，即 $x=\pm\tfrac{1}{\sqrt{2}}$。 平衡點為 $(0,0)$ 與 $\bigl(\pm\tfrac{1}{\sqrt{2}},\,\tfrac{1}{2}\bigr)$。 二、Jacobian 矩陣 $$ J = \begin{pmatrix} \dfrac{\partial f1}{\partial x} & \dfrac{\partial f1}{\partial y} \[6pt] \dfrac{\partial f2}{\partial x} & \dfrac{\partial f2}{\partial y} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2+4y & 4x \ 4x & -2 \end{pmatrix} $$ 在 $(0,0)$： $$ J\big|{(0,0)} = \begin{pmatrix} -2 & 0 \ 0 & -2 \end{pmatrix} $$ 特徵值 $\lambda1=\lambda2=-2<0$，為穩定結點（stable node），系統在原點漸近穩定。 在 $\bigl(\pm\tfrac{1}{\sqrt{2}},\,\tfrac{1}{2}\bigr)$： $$ J = \begin{pmatrix} -2+4\cdot\tfrac{1}{2} & \pm 4\cdot\tfrac{1}{\sqrt{2}} \[4pt] \pm 4\cdot\tfrac{1}{\sqrt{2}} & -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & \pm 2\sqrt{2} \[4pt] \pm 2\sqrt{2} & -2 \end{pmatrix} $…

Question 19

For the differential equation $x^2y''(x)+xy'(x)-25y(x)=0$ , find the most general solution $y(x)$ .

(A) $y(x)=C_1x+C_2x^{-25}$
(B) $y(x)=C_1x^5+C_2x^{-5}$
(C) $y(x)=C_1x^{25}+C_2x^{-1}$
(D) $y(x)=C_1x^{-5}+C_2x^{-20}$
(E) None of the above.

Accepted Answer

核心觀念 這是歐拉－柯西型微分方程。對方程 $$ x^2y''+a xy'+b y=0 $$ 可設 $y=x^m$，代入後得到特徵方程 $m(m-1)+am+b=0$。特徵根決定通解的冪次。 解題方法 依原卷第 19 題，方程為 $$ x^2y''(x)+xy'(x)-25y(x)=0. $$ 令 $y=x^m$，則 $y'=mx^{m-1}$、$y''=m(m-1)x^{m-2}$。代入原方程： $$ x^2m(m-1)x^{m-2}+xmx^{m-1}-25x^m=0, $$ 整理得 $$ \bigl(m(m-1)+m-25\bigr)x^m=0 \quad\Longrightarrow\quad m^2-25=0. $$ 因此 $m=5$ 或 $m=-5$，通解為

Question 20

Compute the convolution $f(t)=2t\ast(\sin t-e^t)$. Which of the following terms are included in $f(t)$? (A) $4t$ (B) $-\sin t$ (C) $2\cos t$ (D) $-e^t$ (E) $2$

Accepted Answer

核心觀念 連續時間卷積的定義為 $$ (gh)(t)=\int0^t g(	au)h(t-	au)\,d	au,\qquad t\ge 0. $$ 卷積具有線性，因此 $$ 2t(\sin t-e^t)=(2t\sin t)-(2te^t). $$ 也可利用拉普拉斯轉換的卷積定理：$\mathcal{L}\{gh\}=G(s)H(s)$。本題採用拉普拉斯轉換計算各部分，再相減。 解題方法 由 $$ \mathcal{L}\{2t\}=\frac{2}{s^2},\qquad \mathcal{L}\{\sin t\}=\frac{1}{s^2+1},\qquad \mathcal{L}\{e^t\}=\frac{1}{s-1}, $$ 可得 $$ \mathcal{L}\{f(t)\} = \frac{2}{s^2}\left(\frac{1}{s^2+1}-\frac{1}{s-1}ight). $$ 分別求兩項的反拉普拉斯轉換： $$ \mathcal{L}\{2t\sin t\} = \frac{2}{s^2(s^2+1)} = \frac{2}{s^2}-\frac{2}{s^2+1}. $$ 因此

113 年 國立臺灣大學生醫電子與資訊學研究所甲組《工程數學（C）》

第 1 題

第 2 題

解題過程

第 3 題

第 4 題

解題步驟

第 5 題

(a) 先求特徵值與特徵向量

特徵值

特徵向量

第 6 題

第 7 題

核心觀念

解題方法

第 8 題

核心觀念

解題方法

選項分析

(A)

(B)

(C)

第 9 題

核心觀念

解題方法

（A）錯誤

（B）正確

（C）正確

第 10 題

第 11 題

第 12 題

選項 (A)、(B)

選項 (C)

選項 (D)

第 13 題

第 14 題

核心觀念

解題方法

第 15 題

第 16 題

第 17 題

核心觀念

解題方法

第 18 題

核心觀念

解題方法

一、求平衡點

二、Jacobian 矩陣

在 (0,0)(0,0)(0,0)：

在 (±12, 12)\bigl(\pm\tfrac{1}{\sqrt{2}},\,\tfrac{1}{2}\bigr)(±2​1​,21​)：

三、Dulac 定理排除週期軌道

第 19 題

第 20 題

其他考古題

113 年臺灣大學的其他科目

臺灣大學《工程數學》其他年度

其他學校的電子系考古題

113 年國立臺灣大學生醫電子與資訊學研究所甲組《工程數學（C）》

在 $(0,0)$ ：

在 $\bigl(\pm\tfrac{1}{\sqrt{2}},\,\tfrac{1}{2}\bigr)$ ：