108 年 國立成功大學能源工程國際碩士學位學程《工程數學》

核心觀念

本題考查矩陣的：

• 秩（rank）：矩陣中線性獨立列向量的最大個數。
• 列空間（row space）：矩陣所有列向量張成的空間。
• 行空間（column space）：矩陣所有行向量張成的空間。

利用高斯消去法化為階梯形矩陣：

• 非零列數等於矩陣的秩。
• 階梯形矩陣中的非零列可作為列空間的一組基底。
• 原矩陣中對應主元位置的行，可作為行空間的一組基底。

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解題方法

原矩陣為

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

先以第一列為主元列，進行列運算：

$$R_3\leftarrow R_3-2R_1,\qquad R_4\leftarrow R_4+R_1,\qquad R_5\leftarrow R_5-3R_1.$$

得到

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & -3 & 2 & 3 \\ 0 & -1 & 3 & -2 & -3 \\ 0 & 4 & 1 & 5 & -4 \\ 0 & -5 & 2 & -7 & 1 \end{pmatrix}.$$

再以第二列為主元，進行

$$R_3\leftarrow R_3+R_2,\qquad R_4\leftarrow R_4-4R_2,\qquad R_5\leftarrow R_5+5R_2.$$

可得

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & -3 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 13 & -3 & -16 \\ 0 & 0 & -13 & 3 & 16 \end{pmatrix}.$$

交換第三、第四列，並將最後一列與第三列相加：

核心觀念

本題考查向量微積分中的兩個基本恆等式：

1. 向量場旋度的散度為零：
   $\nabla \cdot (\nabla \times \vec F)=0$

2. 純量場梯度的旋度為零：
   $\nabla \times (\nabla \phi)=\vec 0$

設三維空間中的向量場為

$$\vec F=(P,Q,R),$$

純量場為 $\phi(x,y,z)$。假設 $P,Q,R,\phi$ 具有連續二階偏導數，使混合偏導數可交換：

$$\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y} = \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}.$$

這兩個恆等式的本質，都是由混合偏導數相消所造成。

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解題方法

直接依照梯度、旋度與散度的定義，以笛卡兒座標展開計算，再利用混合偏導數相等定理完成證明。

三維笛卡兒座標中的微分算子為

$$\nabla = \left( \frac{\partial}{\partial x}, \frac{\partial}{\partial y}, \frac{\partial}{\partial z} \right).$$

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(a) 證明 $\nabla \cdot (\nabla \times \vec F)=0$

第一步：求 $\vec F$ 的旋度

由旋度定義，

$$\nabla\times\vec F = \begin{vmatrix} \mathbf i & \mathbf j & \mathbf k\\ \dfrac{\partial}{\partial x} & \dfrac{\partial}{\partial y} & \dfrac{\partial}{\partial z}\\ P&Q&R \end{vmatrix}.$$

因此

$$\nabla\times\vec F = \left( \frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}, \frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}, \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} \right).$$

第二步：對旋度取散度

散度定義為

$$\nabla\cdot\vec A = \frac{\partial A_1}{\partial x} + \frac{\partial A_2}{\partial y} + \frac{\partial A_3}{\partial z}.$$

故

\begin{align*}
\nabla\cdot(\nabla\times\vec F)
={}&
\frac{\partial}{\partial x}
\left(
\frac{\partial R}{\partial y}

\frac{\partial Q}{\partial z}
\right)\
&+
\frac{\partial}{\partial y}
\left(
\frac{\partial P}{\partial z}

\frac{\partial R}{\partial x}
\right)\
&+
\frac{\partial}{\partial z}
\left(
\frac{\partial Q}{\partial x}

\frac{\partial P}{\partial y}
\right).
\end{align*}

展開得

\begin{align*}
\nabla\cdot(\nabla\times\vec F)
={}&
\frac{\partial^2 R}{\partial x\partial y}

\frac{\partial^2 Q}{\partial x\partial z}
+
\frac{\partial^2 P}{\partial y\partial z}\
&-
\frac{\partial^2 R}{\partial y\partial x}
+
\frac{\partial^2 Q}{\partial z\partial x}

\frac{\partial^2 P}{\partial z\partial y}.
\end{align*}

依據混合偏導數相等定理，

$$\frac{\partial^2 R}{\partial x\partial y} = \frac{\partial^2 R}{\partial y\partial x},$$ $$\frac{\partial^2 Q}{\partial x\partial z} = \frac{\partial^2 Q}{\partial z\partial x},$$ $$\frac{\partial^2 P}{\partial y\partial z} = \frac{\partial^2 P}{\partial z\partial y}.$$

各項兩兩抵消，因此

$$\boxed{\nabla\cdot(\nabla\times\vec F)=0}.$$

核心觀念

平面

$$4x+2y+4z=7$$

的法向量由 $x,y,z$ 的係數直接讀出：

$$\mathbf{n}=(4,2,4).$$

若要找垂直於平面的單位向量，需將法向量標準化。平面到一點的距離則使用點到平面的距離公式。

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解題方法

（a）求垂直於平面的單位向量

法向量為

$$\mathbf{n}=(4,2,4).$$

其長度為

$$\|\mathbf{n}\| =\sqrt{4^2+2^2+4^2} =\sqrt{16+4+16} =\sqrt{36} =6.$$

因此，將法向量除以其長度，可得單位法向量：

$$\mathbf{u} =\frac{\mathbf{n}}{\|\mathbf{n}\|} =\frac{(4,2,4)}{6} =\left(\frac23,\frac13,\frac23\right).$$

由於相反方向也同樣垂直於該平面，因此另一個符合條件的單位向量為

$$-\mathbf{u} =\left(-\frac23,-\frac13,-\frac23\right).$$

所以垂直於此平面的單位向量可取

$$\boxed{\left(\frac23,\frac13,\frac23\right)}$$

或其相反向量。

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（b）求原點到平面的距離

先將平面改寫成標準形式：

$$4x+2y+4z-7=0.$$

點 $(x_0,y_0,z_0)$ 到平面

$$Ax+By+Cz+D=0$$

的距離公式為

核心觀念

本題考查二階常係數線性微分方程，並且外力 $f(t)$ 為分段函數。解題重點包括：

1. 先在 $0\le t<1$ 與 $t\ge 1$ 分別求解。
2. $0\le t<1$ 時，外力為 $2t$，需找一次多項式特解。
3. $t\ge 1$ 時，外力變為 $0$，只剩齊次解。
4. 因為外力沒有脈衝，$y(t)$ 與 $\dot y(t)$ 在 $t=1$ 皆連續。

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解題方法

原方程為

$$\ddot y+2\dot y+2y=f(t),$$

初始條件為

$$y(0)=1,\qquad \dot y(0)=0.$$

一、求 $0\le t<1$ 的解

此時

$$f(t)=2t,$$

因此方程為

$$\ddot y+2\dot y+2y=2t.$$

1. 齊次解

特徵方程為

$$r^2+2r+2=0,$$

解得

$$r=-1\pm i.$$

所以齊次解為

$$y_h(t)=e^{-t}(C_1\cos t+C_2\sin t).$$

2. 特解

由於右側為一次多項式，設

$$y_p(t)=at+b.$$

則

$$\dot y_p=a,\qquad \ddot y_p=0.$$

代入方程：

$$0+2a+2(at+b)=2t.$$

比較 $t$ 的係數與常數項：

$$2a=2\quad\Rightarrow\quad a=1,$$ $$2a+2b=0\quad\Rightarrow\quad b=-1.$$

因此

$$y_p(t)=t-1.$$

故 $0\le t<1$ 時的通解為

$$y(t)=t-1+e^{-t}(C_1\cos t+C_2\sin t).$$

3. 套用初始條件

由 $y(0)=1$：

$$-1+C_1=1,$$

因此

$$C_1=2.$$

先微分：

$$\frac{d}{dt}\left[e^{-t}(C_1\cos t+C_2\sin t)\right] = e^{-t}\left[(C_2-C_1)\cos t-(C_1+C_2)\sin t\right].$$

所以

$$\dot y(t) = 1+e^{-t}\left[(C_2-C_1)\cos t-(C_1+C_2)\sin t\right].$$

代入 $\dot y(0)=0$ 與 $C_1=2$：

$$0=1+C_2-2,$$

得到

$$C_2=1.$$

因此

$$\boxed{ y(t)=t-1+e^{-t}(2\cos t+\sin t), \qquad 0\le t<1. }$$

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二、求 $t\ge 1$ 的解

當 $t\ge 1$ 時，

$$f(t)=0,$$

方程變為

$$\ddot y+2\dot y+2y=0.$$

令

核心觀念

本題考查三維空間中「只與半徑 $r$ 有關的函數」之拉普拉斯算子。已知

$$F(x,y,z)=f(r),\qquad r=\sqrt{x^2+y^2+z^2},$$

且

$$\nabla^2F =\frac{\partial^2F}{\partial x^2} +\frac{\partial^2F}{\partial y^2} +\frac{\partial^2F}{\partial z^2}=0.$$

對於三維徑向函數 $F=f(r)$，拉普拉斯算子可化為

$$\nabla^2F=f''(r)+\frac{2}{r}f'(r).$$

因此本題轉化為一階可積分的常微分方程。

解題方法

由徑向函數的拉普拉斯公式，

$$f''(r)+\frac{2}{r}f'(r)=0.$$

兩邊乘以 $r^2$：

$$r^2f''(r)+2rf'(r)=0.$$

左側正好是乘積微分：

$$\frac{d}{dr}\left(r^2f'(r)\right)=0.$$

積分得

$$r^2f'(r)=C_1,$$

所以

$$f'(r)=\frac{C_1}{r^2}.$$

再次積分：

核心觀念

本題考查矩陣的特徵值與特徵向量。

對方陣 $A$ 而言：

• 特徵值 $\lambda$ 滿足特徵方程
  $\det(A-\lambda I)=0.$
• 對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵向量 $\mathbf v$，滿足
  $(A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0,$
  且 $\mathbf v\neq \mathbf 0$。
• 上三角矩陣的特徵值就是主對角線上的元素，並依代數重數計算。

題目給定

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

解題方法

（一）求特徵值

因為 $A$ 是上三角矩陣，所以特徵值直接由主對角線元素得到：

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

因此：

• $\lambda=2$ 的代數重數為 $2$；
• $\lambda=1$ 的代數重數為 $1$。

也可由特徵方程驗證：

$$\det(A-\lambda I) = \det \begin{pmatrix} 2-\lambda&1&0\\ 0&2-\lambda&2\\ 0&0&1-\lambda \end{pmatrix}.$$

由於矩陣仍為上三角矩陣，

$$\det(A-\lambda I) =(2-\lambda)^2(1-\lambda).$$

令其等於零：

$$(2-\lambda)^2(1-\lambda)=0,$$

故特徵值為

$$\boxed{\lambda=2,\ 1}.$$

其中 $\lambda=2$ 重複兩次。

（二）求 $\lambda=2$ 的特徵向量

令

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

計算

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

解齊次方程

$$(A-2I)\mathbf v=\mathbf 0,$$

即

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

得到方程組

$$\begin{cases} y=0,\\ 2z=0,\\ -z=0. \end{cases}$$

因此

$$y=0,\qquad z=0,$$

而 $x$ 為任意非零實數。因此

$$\mathbf v= \begin{pmatrix} x\\0\\0 \end{pmatrix} =x \begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix}.$$

所以 $\lambda=2$ 的特徵向量為

$$\boxed{ \mathbf v=t \begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix}, \quad t\neq 0 }$$

其特徵空間為

$$E_2=\operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix} \right\}.$$

（三）求 $\lambda=1$ 的特徵向量

計算

核心觀念

本題考查：

1. 有理函數的奇異點與極點判定。
2. 簡單極點的留數公式：
   $\operatorname{Res}(f,z_0)=\lim_{z\to z_0}(z-z_0)f(z).$
3. 留數定理：
   $\oint_C f(z)\,dz=2\pi i\sum \operatorname{Res}(f,z_k),$
   其中求和範圍為曲線 $C$ 內部的所有奇異點。

令

$$f(z)=\frac{z+2}{z^3+4z} =\frac{z+2}{z(z^2+4)} =\frac{z+2}{z(z-2i)(z+2i)}.$$

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解題方法

a) 求奇異點與相應留數

第一步：找奇異點

分母為零時，函數產生奇異點：

$$z(z-2i)(z+2i)=0.$$

因此奇異點為

$$z=0,\qquad z=2i,\qquad z=-2i.$$

三個奇異點皆為一次零點，因此都是簡單極點。

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第二步：求 $z=0$ 的留數

利用簡單極點公式：

$$\operatorname{Res}(f,0) =\lim_{z\to 0}z\frac{z+2}{z(z^2+4)} =\lim_{z\to 0}\frac{z+2}{z^2+4}.$$

所以

$$\operatorname{Res}(f,0)=\frac{2}{4}=\frac12.$$

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第三步：求 $z=2i$ 的留數

$$\operatorname{Res}(f,2i) =\lim_{z\to 2i}(z-2i) \frac{z+2}{z(z-2i)(z+2i)}.$$

約去 $z-2i$：

$$\operatorname{Res}(f,2i) =\frac{2i+2}{(2i)(2i+2i)} =\frac{2+2i}{(2i)(4i)}.$$

由於

$$(2i)(4i)=8i^2=-8,$$

故

$$\operatorname{Res}(f,2i) =-\frac{2+2i}{8} =-\frac{1+i}{4}.$$

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第四步：求 $z=-2i$ 的留數

$$\operatorname{Res}(f,-2i) =\lim_{z\to -2i}(z+2i) \frac{z+2}{z(z-2i)(z+2i)}.$$

約去 $z+2i$：

$$\operatorname{Res}(f,-2i) =\frac{-2i+2}{(-2i)(-2i-2i)} =\frac{2-2i}{(-2i)(-4i)}.$$

因為

$$(-2i)(-4i)=8i^2=-8,$$

所以

$$\operatorname{Res}(f,-2i) =-\frac{2-2i}{8} =-\frac{1-i}{4}.$$

因此各奇異點及留數為