111 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所乙組《電磁數學》

本題考查複數指數函數的性質，需要利用複數的極座標表示法來求解。

複數 $1+i$ 的極座標表示為 $r e^{i\theta}$，其中 $r = |1+i| = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$，$\theta = \arctan(\frac{1}{1}) = \frac{\pi}{4}$。
因此，$1+i = \sqrt{2} e^{i(\frac{\pi}{4} + 2k\pi)}$，其中 $k$ 為任意整數。

令 $z = x+iy$，則 $e^z = e^{x+iy} = e^x e^{iy}$。

本題考查微分方程的特徵值與特徵函數問題。然而，題目給的微分方程 $y'' + 3y' + 2y + xy = 0$ 是一個帶有變係數（$xy$ 這一項）的線性微分方程，且邊界條件是齊次的。一般來說，這類型的問題通常需要更進階的數學工具來求解，例如級數解法或數值方法。

若題目是標準的齊次邊界值問題，其形式通常為 $\lambda y + L(y) = 0$，其中 $L$ 是線性微分算子，$\lambda$ 是特徵值。

仔細檢查題目，發現 $xy$ 這一項使得問題變得不尋常。標準的特徵值問題通常長成以下形式：
$L(y) = \lambda w(x) y$ 或 $L(y) = \lambda y$，其中 $L$ 是微分算子，$w(x)$ 是權函數。

如果我們將 $xy$ 視為某種形式的「權重」或「耦合項」，則問題的結構與標準特徵值問題有所不同。
在這個形式下，直接求解特徵值和特徵函數將非常困難，通常需要借助級數解法，然後再根據邊界條件來確定係數，進而尋找可能的特徵值。

假設題目是想考驗對微分方程的理解，則在沒有更明確的指示或簡化下，直接求出解析解（特徵值與特徵函數）在標準考題框架下是不太可能的。

可能的解釋與推測：

1. 題目印刷錯誤： 最有可能的情況是題目中 $xy$ 這一項是印刷錯誤，例如可能是常數項，或是與 $\lambda$ 相關的項。如果 $x$ 這一項不存在，方程變成 $y'' + 3y' + 2y = 0$，這是一個常係數線性齊次微分方程，其特徵值問題會比較標準。
   如果方程是 $y'' + 3y' + 2y = \lambda y$，則其特徵值問題就比較典型。
2. 題目意圖： 該題目可能意圖測試學生對變係數微分方程的認識，以及在面對複雜問題時的分析能力，而非要求實際解出。在這種情況下，學生可能需要說明為何此方程難以求解，或者嘗試用近似方法。
3. 特定數學理論的應用： 也有可能該題目是基於某個特定領域（如量子力學中的勢能項）的簡化模型，但其求解方法超出了標準的電磁數學課程範圍。

在無法確定題目印刷是否錯誤的前提下，無法給出具體的特徵值和特徵函數。

如果我們假設題目意圖是考查常係數微分方程，例如 $y'' + 3y' + 2y = \lambda y$，則：
特徵方程為 $r^2 + 3r + (2-\lambda) = 0$。
特徵值為 $r = \frac{-3 \pm \sqrt{9 - 4(2-\lambda)}}{2} = \frac{-3 \pm \sqrt{1+4\lambda}}{2}$。
特徵函數的形式取決於 $1+4\lambda$ 的正負。

但由於題目明確給出了 $xy$ 這一項，我們必須認真看待。

嘗試用級數解法來分析：
假設解為 $y(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n x^n$。
$y'(x) = \sum_{n=1}^\infty n a_n x^{n-1}$
$y''(x) = \sum_{n=2}^\infty n(n-1) a_n x^{n-2}$

代入微分方程：

本題考查利用級數解法求解變係數線性齊次微分方程。我們需要利用給定的初始條件來確定級數的係數。

給定的微分方程為 $y'' + 3xy' + (4+2x^2)y = 0$。
初始條件為 $y(0) = 2$ 和 $y'(0) = -3$。
假設級數解為 $y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$。

首先，我們計算 $y'(x)$ 和 $y''(x)$：
$y'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$
$y''(x) = \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2}$

將這些代入微分方程：
$\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2} + 3x \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} + (4+2x^2) \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = 0$

展開級數並重新索引，使其指數統一為 $x^k$：
$\sum_{k=0}^{\infty} (k+2)(k+1) a_{k+2} x^k + 3 \sum_{k=0}^{\infty} k a_k x^k + 4 \sum_{k=0}^{\infty} a_k x^k + 2 \sum_{k=0}^{\infty} a_k x^{k+2} = 0$

將最後一項的索引變換，令 $j = k+2$，則 $k = j-2$：
$2 \sum_{j=2}^{\infty} a_{j-2} x^j$
將 $j$ 換回 $k$：
$2 \sum_{k=2}^{\infty} a_{k-2} x^k$

現在，將所有級數合併：
$\sum_{k=0}^{\infty} (k+2)(k+1) a_{k+2} x^k + 3 \sum_{k=0}^{\infty} k a_k x^k + 4 \sum_{k=0}^{\infty} a_k x^k + 2 \sum_{k=2}^{\infty} a_{k-2} x^k = 0$

為了合併，我們需要處理 $k=0$ 和 $k=1$ 的項。
對於 $k=0$: $(0+2)(0+1) a_2 x^0 + 3(0) a_0 x^0 + 4 a_0 x^0 = 0$
$2 a_2 + 0 + 4 a_0 = 0 \implies 2 a_2 + 4 a_0 = 0 \implies a_2 = -2 a_0$

核心觀念

本題考查線性代數中的基本定義與定理：

• 可逆矩陣與行列式、反例判斷
• 線性算子的合成
• 子空間的封閉性
• 矩陣乘積與秩的關係

判斷敘述是否對所有情況成立時，只要找到一個反例即可判定為 False；要證明敘述為 True，則需利用一般性的定理推導。

選項分析

(a) False

題目聲稱對任意平方矩陣 $A$，矩陣 $I+A$ 必定可逆。

取

$$A=-I$$

則

$$I+A=I-I=0$$

零矩陣不可逆，因此「$I+A$ 必定可逆」不成立。

也可從行列式觀察：矩陣 $I+A$ 可逆的條件是

$$\det(I+A)\ne 0$$

但題目並未提供任何條件保證此行列式不為零。

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(b) True

線性算子 $T$ 是從向量空間 $V$ 映射到自身的線性映射：

$$T:V\to V$$

符號 $T^2$ 定義為 $T$ 與自身的合成：

$$T^2=T\circ T$$

對任意向量 $u,v\in V$ 與純量 $c$，由於 $T$ 線性，有

$$T^2(u+v) =T(T(u+v)) =T(Tu+Tv) =T(Tu)+T(Tv) =T^2u+T^2v$$

以及

$$T^2(cu) =T(T(cu)) =T(cTu) =cT(Tu) =cT^2u$$

因此 $T^2$ 同時滿足加法性與純量乘法性，是線性算子。

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(c) False

兩個子空間的聯集 $W_1\cup W_2$ 不一定是子空間。子空間必須對向量加法封閉，但聯集未必具備此性質。

取向量空間 $V=\mathbb{R}^2$，令

$$W_1=\{(x,0):x\in\mathbb{R}\}$$

為 $x$ 軸，令

$$W_2=\{(0,y):y\in\mathbb{R}\}$$

為 $y$ 軸。

向量

$$u=(1,0)\in W_1,\qquad v=(0,1)\in W_2$$

但

$$u+v=(1,1)$$

既不在 $W_1$ 中，也不在 $W_2$ 中，因此

$$u+v\notin W_1\cup W_2$$

所以 $W_1\cup W_2$ 對加法不封閉，不是子空間。

補充而言，$W_1\cup W_2$ 成為子空間的充分必要條件是

本題考查矩陣的特徵值與特徵向量性質，特別是關於矩陣多項式（如 $B^2+2I$）的特徵值及其行列式，以及判斷矩陣可逆性的方法。

設 $B$ 是一個 $4 \times 4$ 矩陣，其特徵值為 $\lambda_1 = -1, \lambda_2 = 0, \lambda_3 = 1, \lambda_4 = 2$。

Part (1): Find the determinant of $B^2 + 2I$.

如果 $\lambda$ 是矩陣 $B$ 的一個特徵值，那麼對於任意多項式 $p(x)$， $p(\lambda)$ 是矩陣 $p(B)$ 的一個特徵值。
令 $p(x) = x^2 + 2$。則 $p(B) = B^2 + 2I$。
矩陣 $B^2+2I$ 的特徵值是將 $B$ 的特徵值代入多項式 $p(x)$ 所得：
$p(\lambda_1) = p(-1) = (-1)^2 + 2 = 1 + 2 = 3$
$p(\lambda_2) = p(0) = (0)^2 + 2 = 0 + 2 = 2$
$p(\lambda_3) = p(1) = (1)^2 + 2 = 1 + 2 = 3$
$p(\lambda_4) = p(2) = (2)^2 + 2 = 4 + 2 = 6$

所以，矩陣 $B^2+2I$ 的特徵值是 $3, 2, 3, 6$。
一個矩陣的行列式等於其所有特徵值的乘積。
$\det(B^2+2I) = p(\lambda_1) \cdot p(\lambda_2) \cdot p(\lambda_3) \cdot p(\lambda_4)$
$\det(B^2+2I) = 3 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 6 = 18 \cdot 6 = 108$。

Part (2): Choose the invertible matrix (matrices) from the following.

一個矩陣是可逆的，若且唯若它的所有特徵值都不為零。

本題考查矩陣的線性獨立性，並給予了凱萊-哈密頓定理 (Cayley-Hamilton Theorem) 的提示。

凱萊-哈密頓定理指出，每一個方陣都滿足其自身的特徵多項式。也就是說，如果 $p(\lambda) = \det(A - \lambda I)$ 是 $n \times n$ 矩陣 $A$ 的特徵多項式，那麼 $p(A) = 0$。

特徵多項式 $p(\lambda)$ 的次數是 $n$。所以，$p(A)$ 是 $A$ 的一個 $n$ 次多項式。
$p(A) = c_n A^n + c_{n-1} A^{n-1} + \dots + c_1 A + c_0 I = 0$，其中 $c_n \neq 0$ (因為 $p(\lambda)$ 是 $n$ 次多項式，最高次項係數不為零)。

現在我們考慮集合 $S = \{I, A, A^2, \dots, A^n\}$。這個集合包含 $n+1$ 個矩陣。
我們需要判斷這 $n+1$ 個矩陣是否可能線性獨立。
線性獨立的定義是：若 $\sum_{i=0}^n k_i A^i = 0$，則所有係數 $k_i$ 都必須為零。

根據凱萊-哈密頓定理，我們知道存在一個非零的係數組合（例如 $c_n, c_{n-1}, \dots, c_0$）使得 $\sum_{i=0}^n c_i A^i = 0$。
其中 $c_n \neq 0$。