109 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

原方程式為

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

這是二階線性齊次微分方程，且 $x=0$ 為奇異點。其形式接近球貝索方程，但常數項 $1$ 並不對應整數階，因此可透過代換化為標準貝索方程。

標準貝索方程為

$$x^2u''+xu'+(x^2-\nu^2)u=0,$$

其通解為

$$u(x)=C_1J_\nu(x)+C_2Y_\nu(x),$$

其中 $J_\nu$、$Y_\nu$ 分別為第一類與第二類貝索函數。

---

解題方法

令

$$y(x)=\frac{u(x)}{x},$$

則

$$y'=\frac{u'}{x}-\frac{u}{x^2},$$ $$y''=\frac{u''}{x}-\frac{2u'}{x^2}+\frac{2u}{x^3}.$$

代回原方程式：

$$\begin{aligned} x^2y''+2xy' &=x^2\left(\frac{u''}{x}-\frac{2u'}{x^2}+\frac{2u}{x^3}\right) +2x\left(\frac{u'}{x}-\frac{u}{x^2}\right)\\ &=xu''-2u'+\frac{2u}{x}+2u'-\frac{2u}{x}\\ &=xu''. \end{aligned}$$

因此原方程式化為

$$xu''+\left(x^2-1\right)\frac{u}{x}=0,$$

除以 $x$ 得

$$u''+\left(1-\frac{1}{x^2}\right)u=0.$$

接著令

$$u(x)=x^{1/2}v(x).$$

則

$$u'=\frac{1}{2}x^{-1/2}v+x^{1/2}v',$$ $$u''=-\frac{1}{4}x^{-3/2}v+x^{-1/2}v'+x^{1/2}v''.$$

代入

核心觀念

此題是 Sturm–Liouville 邊界值問題：

$$y''+\lambda y=0,\qquad 0<x<L$$

邊界條件為

$$y(0)=0,\qquad hy(L)+y'(L)=0,\qquad h>0.$$

必須分別討論：

• $\lambda<0$
• $\lambda=0$
• $\lambda>0$

只有存在非零解的 $\lambda$ 才是特徵值，對應的非零解則是特徵函數。

此問題也可寫成

$$-y''=\lambda y$$

其權函數為 $w(x)=1$。邊界條件是自伴的，因此不同特徵值所對應的特徵函數彼此正交。

---

解題方法

一、$\lambda<0$

令

$$\lambda=-\mu^2,\qquad \mu>0.$$

微分方程變成

$$y''-\mu^2y=0.$$

一般解為

$$y(x)=A\cosh(\mu x)+B\sinh(\mu x).$$

由 $y(0)=0$ 得

$$A=0,$$

因此

$$y(x)=B\sinh(\mu x).$$

微分得

$$y'(x)=B\mu\cosh(\mu x).$$

代入 $x=L$ 的邊界條件：

$$hB\sinh(\mu L)+B\mu\cosh(\mu L)=0.$$

若要有非零解 $B\neq 0$，必須滿足

$$h\sinh(\mu L)+\mu\cosh(\mu L)=0.$$

但因為 $h>0$、$\mu>0$、$L>0$，所以

$$h\sinh(\mu L)>0,\qquad \mu\cosh(\mu L)>0,$$

兩者相加不可能等於零。因此 $\lambda<0$ 沒有特徵值。

---

二、$\lambda=0$

此時方程為

$$y''=0.$$

一般解為

$$y(x)=A+Bx.$$

由 $y(0)=0$ 得 $A=0$，故

$$y(x)=Bx,\qquad y'(x)=B.$$

代入另一個邊界條件：

$$hBL+B=0,$$

即

$$B(hL+1)=0.$$

由於 $h>0$、$L>0$，所以 $hL+1>0$，只能有 $B=0$。此時為零解，不符合特徵函數必須非零的要求。

因此 $\lambda=0$ 不是特徵值。

---

三、$\lambda>0$

令

$$\lambda=k^2,\qquad k>0.$$

微分方程變成

$$y''+k^2y=0.$$

一般解為

$$y(x)=A\cos(kx)+B\sin(kx).$$

由 $y(0)=0$ 得

$$A=0.$$

所以

$$y(x)=B\sin(kx),$$

且

$$y'(x)=Bk\cos(kx).$$

代入 $x=L$ 的邊界條件：

$$hB\sin(kL)+Bk\cos(kL)=0.$$

要有非零解 $B\neq 0$，必須滿足特徵方程

$$h\sin(kL)+k\cos(kL)=0.$$

因此所有特徵值均可表示為

$$\lambda_n=k_n^2,$$

其中 $k_n$ 是方程

$$h\sin(kL)+k\cos(kL)=0$$

的正根。

若 $\cos(kL)\neq 0$，可改寫為

$$\tan(kL)=-\frac{k}{h}.$$

令

$$z=kL,\qquad \alpha=hL,$$

則特徵方程也可寫成

$$\tan z=-\frac{z}{\alpha}.$$

每一個正根 $k_n$ 所對應的特徵函數為

本題考查線性代數中關於矩陣性質的幾個基本判斷。需要逐一分析選項的正確性。

(a) 如果 M 是一個可逆矩陣，那麼 M + I 是否也一定是可逆矩陣？
我們需要判斷 $M+I$ 是否存在逆矩陣，或者說 $M+I$ 是否可逆。
一個矩陣是可逆的，當且僅當它的行列式不為零。
考慮一個反例。
令 $M = -I$。
$M$ 是一個可逆矩陣，因為 $\det(M) = \det(-I) = (-1)^n \det(I) = (-1)^n \neq 0$ (假設 $n \times n$ 矩陣)。
然而，$M+I = -I + I = O$ (零矩陣)。
零矩陣是不可逆的。
所以，選項 (a) 是錯誤的。

(b) 對於一個 $n \times n$ 矩陣 A，如果 $A^2 = 0$，那麼 A 是否必定等於 $O$？
$A^2 = 0$ 表示 A 是冪零矩陣 (nilpotent matrix) 的一種。
考慮一個 $2 \times 2$ 的例子。
令 $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$。
那麼 $A^2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \cdot 0 + 1 \cdot 0 & 0 \cdot 1 + 1 \cdot 0 \\ 0 \cdot 0 + 0 \cdot 0 & 0 \cdot 1 + 0 \cdot 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = O$。
但是，$A \neq O$。
所以，選項 (b) 是錯誤的。

(c) 對於一個 $n \times n$ 矩陣 M，我們有 $\text{rank}(M^2) \le \text{rank}(M)$ 嗎？
這個性質是正確的。
我們知道，矩陣的秩 (rank) 表示其列空間或行空間的維度。
矩陣乘法可以看作是線性變換的複合。
令 $T_M: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ 為由矩陣 $M$ 定義的線性變換，$T_M(x) = Mx$。
那麼 $M^2$ 對應的線性變換是 $T_{M^2}(x) = M^2x = M(Mx)$。
這相當於先應用 $T_M$，然後再應用 $T_M$。

本題考查線性代數中關於矩陣的性質，包括對稱矩陣、逆矩陣、行列式以及線性變換的概念。

(a) 證明 $I + A^2$ 是一個可逆矩陣。
已知 A 是一個 $n \times n$ 的實對稱矩陣，即 $A^T = A$。
要證明 $I + A^2$ 是可逆矩陣，等價於證明 $\det(I + A^2) \neq 0$。
或者，我們可以證明 $I + A^2$ 的零空間 (null space) 只包含零向量，即如果 $(I + A^2)x = 0$，則 $x=0$。

由於 A 是實對稱矩陣，我們知道 A 的所有特徵值都是實數。設 A 的特徵值為 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$。
那麼，對於任意的向量 $x \neq 0$，我們可以將其表示為 A 的特徵向量的線性組合。
考慮向量 $y = Ax$。
$y^T y = (Ax)^T (Ax) = x^T A^T A x$。
因為 A 是對稱矩陣，所以 $A^T = A$。
$y^T y = x^T A^T A x = x^T A A x = x^T A^2 x$。

另一種思路：
考慮向量 $v$。
$v^T (I + A^2) v = v^T v + v^T A^2 v$。
$v^T v = \|v\|^2 \ge 0$。
$v^T A^2 v = v^T A A v$。
令 $u = Av$。由於 A 是實對稱矩陣，其特徵值為實數，且存在一組標準正交的特徵向量。
$v^T A^2 v = (Av)^T (Av) = u^T u = \|u\|^2 = \|Av\|^2$。
所以，$v^T (I + A^2) v = \|v\|^2 + \|Av\|^2$。

如果 $(I + A^2) v = 0$，則 $v^T (I + A^2) v = v^T \cdot 0 = 0$。
所以，$\|v\|^2 + \|Av\|^2 = 0$。
由於 $\|v\|^2 \ge 0$ 且 $\|Av\|^2 \ge 0$，它們的和為零，則必須 $\|v\|^2 = 0$ 且 $\|Av\|^2 = 0$。
$\|v\|^2 = 0$ 意味著 $v = 0$ (零向量)。
$\|Av\|^2 = 0$ 意味著 $Av = 0$。
因此，如果 $(I + A^2) v = 0$，則 $v = 0$。
這表明矩陣 $I + A^2$ 的零空間只包含零向量，所以 $I + A^2$ 是可逆矩陣。

另一種利用特徵值的方法：
設 $\lambda$ 是 A 的一個特徵值，對應的特徵向量為 $v \neq 0$。
$Av = \lambda v$。
$A^2 v = A(Av) = A(\lambda v) = \lambda (Av) = \lambda (\lambda v) = \lambda^2 v$。
所以 $\lambda^2$ 是 $A^2$ 的一個特徵值。
對於 $I + A^2$，我們有：
$(I + A^2) v = Iv + A^2 v = v + \lambda^2 v = (1 + \lambda^2) v$。
因此，$1 + \lambda^2$ 是 $I + A^2$ 的一個特徵值。
由於 A 是實對稱矩陣，其所有特徵值 $\lambda$ 都是實數。
所以 $\lambda^2 \ge 0$。
因此，$1 + \lambda^2 \ge 1 > 0$。
這意味著 $I + A^2$ 的所有特徵值都大於 0。
一個矩陣是可逆的，當且僅當它的所有特徵值都不為零。
由於 $1 + \lambda^2 > 0$ 對於所有的特徵值 $\lambda$ 都成立，所以 $I + A^2$ 的所有特徵值都不為零。
因此，$I + A^2$ 是可逆矩陣。