112 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所乙組《電磁數學（僅含微分方程、線性代數、複變）》

本題考查複變函數積分，可以使用留數定理 (Residue Theorem) 或柯西積分定理 (Cauchy's Integral Theorem) 的變形來求解。

首先，我們需要找出被積函數 $f(z) = \frac{5z+7}{z^2+2z-3}$ 的奇點。
令分母 $z^2+2z-3 = 0$，解得 $(z+3)(z-1) = 0$，所以奇點為 $z_1 = -3$ 和 $z_2 = 1$。

接下來，我們需要判斷這些奇點是否在積分路徑 C 內部。
積分路徑 C 是圓 $|z-2|=2$，這個圓的圓心在 $z=2$，半徑為 2。
對於奇點 $z_1 = -3$：$|z_1 - 2| = |-3 - 2| = |-5| = 5$。因為 $5 > 2$，所以 $z_1 = -3$ 在圓 C 的外部。
對於奇點 $z_2 = 1$：$|z_2 - 2| = |1 - 2| = |-1| = 1$。因為 $1 < 2$，所以 $z_2 = 1$ 在圓 C 的內部。

核心觀念

本題考查二階非線性常微分方程的辨識與降階技巧。關鍵公式是對數微分：

$$\left(\frac{y'}{y}\right)' =\frac{yy''-(y')^2}{y^2}, \qquad y\neq 0.$$

原式中的 $yy''-(y')^2$ 正好符合上述形式，因此可將二階方程降為一階方程。

---

解題方法

原微分方程為

$$2xy^2+yy''=(y')^2.$$

移項得

$$yy''-(y')^2=-2xy^2.$$

由初始條件 $y(0)=1$，且解在 $x=0$ 附近不會為零，因此兩邊除以 $y^2$：

$$\frac{yy''-(y')^2}{y^2}=-2x.$$

利用對數微分公式：

$$\left(\frac{y'}{y}\right)'=-2x.$$

對 $x$ 積分：

$$\frac{y'}{y}=-x^2+C_1.$$

由初始條件

$$y(0)=1,\qquad y'(0)=2,$$

可得

$$\left.\frac{y'}{y}\right|_{x=0} =\frac{y'(0)}{y(0)} =2.$$

因此

$$C_1=2,$$

所以

$$\frac{y'}{y}=2-x^2.$$

再分離變數：

$$\frac{dy}{y}=(2-x^2)\,dx.$$

積分後得到

$$\ln|y|=2x-\frac{x^3}{3}+C_2.$$

由於 $y(0)=1>0$，在初始點附近可取 $y>0$，故寫成

核心觀念

這題考二階微分方程化為標準貝塞爾方程。標準形式為

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

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、第二類貝塞爾函數。

解題方法

先將原式除以 $4$：

$$x^2y''-5xy'+\left(x^2+\frac{35}{4}\right)y=0.$$

令 $y=x^m u(x)$。代入後可得

$$x^2u''+(2m-5)xu' +\left[x^2+m(m-1)-5m+\frac{35}{4}\right]u=0.$$

為使 $xu'$ 的係數成為標準貝塞爾方程所需的 $1$，取

$$2m-5=1,\qquad m=3.$$

此時常數項為

$$m(m-1)-5m+\frac{35}{4} =6-15+\frac{35}{4} =-\frac14.$$

因此 $u$ 滿足

$$x^2u''+xu'+\left(x^2-\frac14\right)u=0,$$

本題考查線性代數中關於矩陣性質的判斷。

(a) 判斷：F (False)
理由： 考慮一個反例。設 $A = -I$，其中 $I$ 是單位矩陣。$A$ 是可逆的，其逆矩陣為 $-I$。
則 $I + A = I + (-I) = 0$ (零矩陣)。零矩陣是不可逆的。
因此，如果 $A$ 是可逆矩陣，則 $I+A$ 不一定是可逆的。

(b) 判斷：T (True)
理由： 考慮向量 $x \in \mathbb{R}^n$。
我們有 $x^T (I + A^T A) x = x^T x + x^T A^T A x = ||x||^2 + (Ax)^T (Ax) = ||x||^2 + ||Ax||^2$。
由於 $||x||^2 \ge 0$ 且 $||Ax||^2 \ge 0$，所以 $x^T (I + A^T A) x \ge 0$。
如果 $x^T (I + A^T A) x = 0$，則必須有 $||x||^2 = 0$ 且 $||Ax||^2 = 0$。
$||x||^2 = 0$ 意味著 $x=0$。
因此，$I + A^T A$ 是一個正定矩陣 (positive definite matrix)，所有特徵值都大於 0。
正定矩陣的行列式大於 0。
所以，$\det(I + A^T A) > 0$。

本題考查線性變換的標準矩陣表示以及反變換。

第一部分：求標準矩陣 (Standard Matrix)

線性變換 $T: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m$ 的標準矩陣 $A$ 是由 $T$ 的輸出向量的基底向量映像組成的。對於 $\mathbb{R}^3$ 到 $\mathbb{R}^3$ 的線性變換，標準矩陣 $A$ 是一個 $3 \times 3$ 的矩陣，其第 $j$ 欄是 $T(e_j)$，其中 $e_j$ 是標準基底向量。
在 $\mathbb{R}^3$ 中，標準基底向量是：
$e_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$, $e_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$, $e_3 = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。

我們計算 $T$ 對這些基底向量的映像：

1. 對於 $e_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$，我們有 $a=1, b=0, c=0$。
   $T(e_1) = T\left(\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} 1+0 \\ 0+1 \\ 0+0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$
   這是標準矩陣 $A$ 的第一欄。

2. 對於 $e_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$，我們有 $a=0, b=1, c=0$。
   $T(e_2) = T\left(\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} 0+0 \\ 1+0 \\ 0+1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$
   這是標準矩陣 $A$ 的第二欄。

3. 對於 $e_3 = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$，我們有 $a=0, b=0, c=1$。
   $T(e_3) = T\left(\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} 0+1 \\ 0+0 \\ 1+0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$
   這是標準矩陣 $A$ 的第三欄。

因此，線性變換 $T$ 的標準矩陣 $A$ 是：
$A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$

第二部分：求反變換 $T^{-1}$

要找到反變換 $T^{-1}$，我們需要找到標準矩陣 $A$ 的逆矩陣 $A^{-1}$。
設 $y = T(x)$，其中 $x = \begin{bmatrix} a \\ b \\ c \end{bmatrix}$ 且 $y = \begin{bmatrix} a+c \\ b+a \\ c+b \end{bmatrix}$。
那麼 $T^{-1}(y) = x$。
如果我們能找到 $A^{-1}$，那麼 $x = A^{-1}y$。

我們使用伴隨矩陣法或高斯消去法來求 $A^{-1}$。這裡使用伴隨矩陣法。
首先計算矩陣 $A$ 的行列式：
$\det(A) = 1 \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} - 0 \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} + 1 \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}$
$\det(A) = 1(1 \cdot 1 - 0 \cdot 1) - 0 + 1(1 \cdot 1 - 1 \cdot 0) = 1(1) + 1(1) = 2$
由於 $\det(A) = 2 \neq 0$，矩陣 $A$ 是可逆的，所以反變換 $T^{-1}$ 存在。

接下來，計算 $A$ 的伴隨矩陣 (adjugate matrix)。伴隨矩陣是協因子矩陣 (cofactor matrix) 的轉置。
計算各個元素的協因子 $C_{ij} = (-1)^{i+j} M_{ij}$，其中 $M_{ij}$ 是餘子式 (minor)。

$C_{11} = (-1)^{1+1} \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = 1(1-0) = 1$
$C_{12} = (-1)^{1+2} \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = -1(1-0) = -1$
$C_{13} = (-1)^{1+3} \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = 1(1-0) = 1$

$C_{21} = (-1)^{2+1} \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = -1(0-1) = 1$
$C_{22} = (-1)^{2+2} \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = 1(1-0) = 1$
$C_{23} = (-1)^{2+3} \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = -1(1-0) = -1$

$C_{31} = (-1)^{3+1} \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} = 1(0-1) = -1$

本題考查特徵多項式與矩陣可逆性的關係。

一個 $n \times n$ 的矩陣 $M$ 是可逆的，若且唯若它的行列式 $\det(M) \neq 0$。
矩陣的特徵多項式 $p(t)$ 定義為 $p(t) = \det(M - tI)$。
特徵多項式的根是矩陣的特徵值 (eigenvalues)。

我們需要找到特徵多項式 $p(t)$ 的常數項 (constant term)，並將其與 $\det(M)$ 聯繫起來。
特徵多項式 $p(t) = \det(M - tI)$。
當 $t=0$ 時，我們得到 $p(0) = \det(M - 0I) = \det(M)$。
因此，特徵多項式的常數項就是矩陣 $M$ 的行列式。

給定的特徵多項式是 $p(t) = t^4 - t^3 + 5t^2 - 3t + 7$。
這個多項式的常數項是 7。
所以，$\det(M) = p(0) = 7$。

因為 $\det(M) = 7 \neq 0$，所以矩陣 $M$ 是可逆的。