108 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所丙組《電磁數學》

核心觀念

本題的係數含有 $x^2$，適合令

$$t=\frac{3x^2}{2}$$

將原方程化為標準形式。接著利用指數代換消去一階導數項，再轉換為零階修正貝索方程：

$$r^2u_{rr}+ru_r-r^2u=0.$$

其兩個基本解為修正貝索函數 $I_0(r)$ 與 $K_0(r)$。

---

解題方法

原方程為

$$xy''+(1+6x^2)y'+x(2+9x^2)y=0.$$

在 $x\neq 0$ 的區間上，令

$$t=\frac{3x^2}{2},\qquad y(x)=Y(t).$$

由鏈鎖律，

$$\frac{dt}{dx}=3x,$$

因此

$$y'=3xY_t,$$

以及

$$y''=3Y_t+9x^2Y_{tt}.$$

代回原方程：

\begin{align*}
0
&=x(3Y_t+9x^2Y_{tt})+(1+6x^2)(3xY_t)
+x(2+9x^2)Y\
&=x\left[9x^2Y_{tt}+(6+18x^2)Y_t+(2+9x^2)Y\right].
\end{align*}

因為 $x\neq 0$，可除以 $x$，再利用 $x^2=\frac{2t}{3}$：

$$6tY_{tt}+(6+12t)Y_t+(2+6t)Y=0.$$

除以 $6t$ 得

$$Y_{tt}+\left(2+\frac1t\right)Y_t +\left(1+\frac{1}{3t}\right)Y=0.$$

為消去常數型的一階導數係數，令

$$Y(t)=e^{-t}u(t).$$

則

$$Y_t=e^{-t}(u_t-u),$$ $$Y_{tt}=e^{-t}(u_{tt}-2u_t+u).$$

代入後，$u$ 的方程化為

$$u_{tt}+\frac1t u_t-\frac{2}{3t}u=0,$$

即

$$tu_{tt}+u_t-\frac23u=0.$$

再令

$$r=2\sqrt{\frac{2t}{3}}.$$

由 $t=\frac{3r^2}{8}$，可將上式化為

$$u_{rr}+\frac1r u_r-u=0.$$

乘以 $r^2$：

$$r^2u_{rr}+ru_r-r^2u=0.$$

這是零階修正貝索方程，因此

$$u(r)=C_1I_0(r)+C_2K_0(r).$$

此題考查複變函數的積分，利用 Cauchy's Integral Theorem 或 Residue Theorem。
函數為 $f(z) = \frac{1}{(z^2+z)(z+2)^3} = \frac{1}{z(z+1)(z+2)^3}$。
函數的奇異點（極點）為 $z=0$ (一階極點)，$z=-1$ (一階極點)，$z=-2$ (三階極點)。

第一個積分：沿著圓心為 1，半徑為 $\frac{1}{2}$ 的圓 $C_1$。
圓的方程為 $|z-1| = \frac{1}{2}$。
這個圓上的點的 $z$ 值範圍是 $1 - \frac{1}{2} \le \text{Re}(z) \le 1 + \frac{1}{2}$，即 $\frac{1}{2} \le \text{Re}(z) \le \frac{3}{2}$。
所有奇異點 $z=0, z=-1, z=-2$ 均在圓 $C_1$ 的外部。
因此，在圓 $C_1$ 內部，$f(z)$ 是解析的。
根據 Cauchy's Integral Theorem，積分值為 0。

第二個積分：沿著圓心為 1，半徑為 $\frac{3}{2}$ 的圓 $C_2$。
圓的方程為 $|z-1| = \frac{3}{2}$。
這個圓上的點的 $z$ 值範圍是 $1 - \frac{3}{2} \le \text{Re}(z) \le 1 + \frac{3}{2}$，即 $-\frac{1}{2} \le \text{Re}(z) \le \frac{5}{2}$。
奇異點 $z=0$ 和 $z=-1$ 位於圓 $C_2$ 的內部。

此題考查二階線性常微分方程的邊界值問題，以及其解的 Fourier 級數展開，並探討參數 $p$ 對解存在的影響。

給定的邊界值問題是：
$\frac{d^2y}{dx^2} + p^2y = h(x), \quad 0 < x < \pi$
邊界條件：$y(0) = 0$, $y(\pi) = 0$。

首先，我們考慮齊次方程 $\frac{d^2y}{dx^2} + p^2y = 0$。
其特徵方程為 $r^2 + p^2 = 0$，解為 $r = \pm ip$。
齊次方程的通解為：

1. 若 $p \neq 0$，則 $y_h(x) = C_1 \cos(px) + C_2 \sin(px)$。
2. 若 $p = 0$，則 $y_h(x) = C_1 x + C_2$。

接下來，我們分析邊界條件對解的影響，以及 $p$ 值對齊次解的影響。

情況一：$p=0$。
齊次方程為 $y'' = 0$，通解為 $y_h(x) = C_1 x + C_2$。
應用邊界條件：
$y(0) = C_1(0) + C_2 = 0 \implies C_2 = 0$。
$y(\pi) = C_1 \pi + C_2 = 0 \implies C_1 \pi = 0 \implies C_1 = 0$。
所以，若 $p=0$，則齊次解為 $y_h(x) = 0$。
非齊次方程為 $y'' = h(x)$。
其通解為 $y(x) = y_h(x) + y_p(x) = y_p(x)$。
我們需要找到 $y_p(x)$ 滿足 $y_p(0)=0$ 和 $y_p(\pi)=0$。
$y_p(x) = \int_0^x \int_0^s h(t) dt ds$。
$y_p'(x) = \int_0^x h(t) dt$。
$y_p'(0) = 0$。
$y_p(\pi) = \int_0^\pi \int_0^s h(t) dt ds$。
如果 $h(x)$ 允許這樣積分，則 $y(x) = \int_0^x \int_0^s h(t) dt ds$ 是方程 $y'' = h(x)$ 且 $y(0)=0, y'(0)=0$ 的解。
但是我們需要 $y(\pi)=0$。
考慮 $y(x) = \int_0^x G(x, s) h(s) ds$，其中 $G(x,s)$ 是 Green 函數。
對於 $y''=h(x)$ 且 $y(0)=0, y(\pi)=0$，Green 函數為：
$G(x,s) = \begin{cases} -\frac{x(s-\pi)}{\pi} & 0 \le x \le s \\ -\frac{s(x-\pi)}{\pi} & s \le x \le \pi \end{cases}$。
解為 $y(x) = \int_0^\pi G(x,s) h(s) ds$。
這個解滿足 $y(0)=0$ 和 $y(\pi)=0$。
因此，當 $p=0$ 時，問題總是有解，解的形式為 $y(x) = \int_0^\pi G(x,s) h(s) ds$。
如果 $h(x)$ 可以表示為 Fourier 級數，則 $y(x)$ 也可以。

情況二：$p \neq 0$。
齊次方程的通解為 $y_h(x) = C_1 \cos(px) + C_2 \sin(px)$。
應用邊界條件：
$y(0) = C_1 \cos(0) + C_2 \sin(0) = C_1 = 0$。
$y(\pi) = C_1 \cos(p\pi) + C_2 \sin(p\pi) = 0$。
由於 $C_1=0$，我們得到 $C_2 \sin(p\pi) = 0$。

如果 $\sin(p\pi) \neq 0$，則 $C_2 = 0$。此時，齊次解為 $y_h(x) = 0$。
非齊次方程 $y'' + p^2 y = h(x)$ 的解 $y(x) = y_h(x) + y_p(x) = y_p(x)$。
我們需要找到一個特解 $y_p(x)$ 滿足 $y_p(0)=0$ 和 $y_p(\pi)=0$。
如果 $h(x)$ 可以在區間 $(0, \pi)$ 上表示為 Fourier 級數，則其 Fourier 級數為：
$h(x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin(\frac{n\pi x}{\pi}) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin(nx)$。
其中 $b_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi h(x) \sin(nx) dx$。
我們尋找一個特解 $y_p(x)$ 的形式為：
$y_p(x) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n \sin(nx)$。
代入方程 $y'' + p^2 y = h(x)$：
$\sum_{n=1}^{\infty} (-n^2 a_n \sin(nx)) + p^2 \sum_{n=1}^{\infty} a_n \sin(nx) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin(nx)$。
$\sum_{n=1}^{\infty} (p^2 - n^2) a_n \sin(nx) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin(nx)$。
比較係數：$(p^2 - n^2) a_n = b_n$。
$a_n = \frac{b_n}{p^2 - n^2}$。

這個解存在，當且僅當 $p^2 - n^2 \neq 0$ 對於所有 $n=1, 2, 3, \dots$ 都成立。
也就是說，$p^2 \neq n^2$，即 $p \neq \pm n$ 對於所有正整數 $n$。
因為題目給定 $p>0$，所以要求 $p \neq n$ 對於所有正整數 $n$。
此時，解為 $y(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{b_n}{p^2 - n^2} \sin(nx)$。
這個解滿足邊界條件 $y(0)=0$ 和 $y(\pi)=0$。

如果 $\sin(p\pi) = 0$，則 $p\pi = k\pi$ 對於某個整數 $k$。
由於 $p>0$，所以 $p$ 是正整數，即 $p = k$，其中 $k \in \{1, 2, 3, \dots\}$。
此時，齊次方程 $\frac{d^2y}{dx^2} + k^2 y = 0$ 有非零解滿足邊界條件。

核心觀念

本題考查矩陣的特徵值、秩與可逆性，以及線性算子的基本性質。

1. $n\times n$ 矩陣 $A$ 可逆的等價條件：

$$\det(A)\neq 0 \quad\Longleftrightarrow\quad 0\text{ 不是 }A\text{ 的特徵值} \quad\Longleftrightarrow\quad \operatorname{rank}(A)=n.$$

2. 矩陣的特徵值是特徵方程

$$\det(A-\lambda I)=0$$

的根。所有特徵值皆為 $0$，只表示特徵值資料全部為 $0$，不代表矩陣本身必為零矩陣。

3. 若 $A$ 可逆，則可利用 $A^{-1}$ 左乘或右乘等式，消去 $A$。

4. 線性算子 $T$ 的線性組合仍為線性算子，且單位算子 $I$ 定義為 $I(v)=v$。

解題方法

逐一檢查各敘述是否符合上述定理與定義。對涉及特徵值的選項，判斷是否能推出可逆性；對矩陣等式則使用可逆矩陣消去；對算子則直接驗證線性性。

選項分析

（a）正確

若 $A$ 有 $n$ 個相異且非零的特徵值，記為

$$\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n.$$

矩陣行列式等於所有特徵值的乘積，因此

$$\det(A)=\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n.$$

由於每個 $\lambda_i\neq 0$，可得

$$\det(A)\neq 0.$$

所以 $A$ 可逆，而 $n\times n$ 可逆矩陣的秩為滿秩：

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

因此（a）正確。

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（b）錯誤

所有特徵值皆為 $0$，只能推出

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

因此 $A$ 不可逆、$\operatorname{rank}(A)<n$；但不能推出 $\operatorname{rank}(A)=0$。

例如取

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

其特徵多項式為

此題考查矩陣的秩、轉置矩陣以及可逆性的性質。

已知 $M$ 是一個 $3 \times 4$ 的矩陣，且 $\text{rank}(M) = 3$。

(a) 判斷 $M^T M$ 是否可逆。
$M$ 是 $3 \times 4$ 的矩陣，所以 $M^T$ 是 $4 \times 3$ 的矩陣。
$M^T M$ 的維度是 $(4 \times 3) \times (3 \times 4) = 4 \times 4$。
一個方陣是可逆的，當且僅當它的秩等於其維度。所以我們要判斷 $\text{rank}(M^T M)$ 是否等於 4。

我們知道一個重要性質：對於任意的矩陣 $A$ 和 $B$，$\text{rank}(AB) \le \min(\text{rank}(A), \text{rank}(B))$。
另外，對於實數矩陣 $M$，$\text{rank}(M^T M) = \text{rank}(M)$。
證明：
設 $v$ 是 $M^T M x = 0$ 的解。
則 $M^T M v = 0$。
兩邊左乘 $v^T$：$v^T M^T M v = 0$。
$(Mv)^T (Mv) = 0$。
這表示 $Mv$ 的歐幾里得範數的平方為 0，所以 $Mv = 0$。
如果 $Mv = 0$，則 $v$ 是 $M$ 的零空間中的向量。
所以，$\text{nullity}(M^T M) = \text{dim}(\text{Null}(M^T M)) \le \text{dim}(\text{Null}(M)) = \text{nullity}(M)$。
根據秩-零化度定理，$\text{rank}(M^T M) = n - \text{nullity}(M^T M)$，其中 $n$ 是矩陣的列數。
$\text{rank}(M) = n - \text{nullity}(M)$。
由於 $\text{nullity}(M^T M) \le \text{nullity}(M)$，所以 $-\text{nullity}(M^T M) \ge -\text{nullity}(M)$。
因此，$\text{rank}(M^T M) \ge \text{rank}(M)$。

另一方面，我們也知道 $\text{rank}(M^T M) \le \text{rank}(M)$。
證明：設 $y$ 是 $M^T M$ 的像空間中的向量，則 $y = M^T M x$ 對於某個 $x$。
$y = M^T (Mx)$。設 $z = Mx$。則 $y = M^T z$。
這表示 $y$ 是 $M^T$ 的像空間中的向量。
所以 $\text{Im}(M^T M) \subseteq \text{Im}(M^T)$。
因此，$\text{rank}(M^T M) = \text{dim}(\text{Im}(M^T M)) \le \text{dim}(\text{Im}(M^T)) = \text{rank}(M^T) = \text{rank}(M)$。

結合 $\text{rank}(M^T M) \ge \text{rank}(M)$ 和 $\text{rank}(M^T M) \le \text{rank}(M)$，我們得到 $\text{rank}(M^T M) = \text{rank}(M)$。

已知 $\text{rank}(M) = 3$。
$M^T M$ 是一個 $4 \times 4$ 的矩陣。
$\text{rank}(M^T M) = \text{rank}(M) = 3$。
因為 $\text{rank}(M^T M) = 3 < 4$，所以 $M^T M$ 不是一個滿秩矩陣，因此不是可逆矩陣。

因此，(a) 是不可能的。

(b) 判斷 $I + M^T M$ 是否可逆。
$I$ 是 $4 \times 4$ 的單位矩陣。
$M^T M$ 是 $4 \times 4$ 的矩陣，且 $\text{rank}(M^T M) = 3$。
我們要判斷 $I + M^T M$ 是否可逆。
這相當於判斷矩陣 $I + M^T M$ 的秩是否為 4。
或者，判斷矩陣 $I + M^T M$ 是否有零特徵值。
如果 $I + M^T M$ 可逆，則 $\det(I + M^T M) \neq 0$。