113 年 國立成功大學工程科學系碩士班甲組《線性代數》

這題主要在考驗學生對線性代數基本概念的理解，包含線性方程組解的性質、行列式與餘因子計算、向量內積與夾角關係、向量空間基底轉換以及內積空間的計算。

(1) 核心觀念：線性方程組解的幾何意義與代數性質。
若一個線性方程組的解集合包含兩個不同的向量 $x_1$ 和 $x_2$，則由於解集合對於加法和純量乘法是封閉的，任何形如 $c_1 x_1 + c_2 x_2$（其中 $c_1+c_2=1$）的向量也是一個解。這意味著存在無窮多個解。因此，此敘述為真 (T)。

(2) 核心觀念：餘因子 (cofactor) 的定義與行列式展開定理。
首先計算 $C_{21}$。餘因子 $C_{ij} = (-1)^{i+j} M_{ij}$，其中 $M_{ij}$ 是刪除第 $i$ 列和第 $j$ 行後得到的子行列式。
$A = \begin{bmatrix} 2 & 6 & 40 \\ 98 & -105 & 101 \\ 1 & 7 & 1 \end{bmatrix}$
$M_{21}$ 是刪除第二列和第一行後的子行列式：
$M_{21} = \det \begin{bmatrix} 6 & 40 \\ 7 & 1 \end{bmatrix} = (6)(1) - (40)(7) = 6 - 280 = -274$.
$C_{21} = (-1)^{2+1} M_{21} = (-1)(-274) = 274$.
題目說 $C_{21} = -2$，這是錯誤的。
接著驗證 $a_{11}C_{21} + a_{12}C_{22} + a_{13}C_{23} = 1021$。
根據行列式展開定理，若使用不同行的餘因子去乘以對應行的元素，則結果為 0。這裡使用的是第一行的元素 ($a_{11}, a_{12}, a_{13}$) 乘以第二列的餘因子 ($C_{21}, C_{22}, C_{23}$)，這並不是標準的行列式展開。
標準的行列式展開是沿著某一列或某一列的元素乘以該元素所在的餘因子。例如，沿著第一列展開：$det(A) = a_{11}C_{11} + a_{12}C_{12} + a_{13}C_{13}$。
題目給的式子 $a_{11}C_{21} + a_{12}C_{22} + a_{13}C_{23}$ 實際上是將第一列的元素與第二列的餘因子相乘求和。這與行列式的值沒有直接的標準關係。
然而，如果題目想表達的是沿著某一行或某一列進行展開，則應使用對應的餘因子。
讓我們計算 $C_{22}$ 和 $C_{23}$：
$M_{22} = \det \begin{bmatrix} 2 & 40 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} = (2)(1) - (40)(1) = 2 - 40 = -38$.
$C_{22} = (-1)^{2+2} M_{22} = (1)(-38) = -38$.
$M_{23} = \det \begin{bmatrix} 2 & 6 \\ 1 & 7 \end{bmatrix} = (2)(7) - (6)(1) = 14 - 6 = 8$.
$C_{23} = (-1)^{2+3} M_{23} = (-1)(8) = -8$.
現在計算 $a_{11}C_{21} + a_{12}C_{22} + a_{13}C_{23} = (2)(274) + (6)(-38) + (40)(-8) = 548 - 228 - 320 = 548 - 548 = 0$.
因此，無論 $C_{21}$ 是否為 -2，這個等式 $a_{11}C_{21} + a_{12}C_{22} + a_{13}C_{23} = 1021$ 都是錯誤的，因為其結果應為 0 (利用第一列元素與第二列餘因子相乘的性質)。
所以此敘述為假 (F)。

(3) 核心觀念：向量內積的定義與向量夾角的公式。
向量 $u$ 和 $v$ 的內積定義為 $u \cdot v = ||u|| ||v|| \cos \theta$，其中 $\theta$ 是 $u$ 和 $v$ 之間的夾角。
已知 $||u|| = 1$, $||v|| = \sqrt{2}$, 且 $u \cdot v = 1$.
將這些值代入公式：$1 = (1)(\sqrt{2}) \cos \theta$.
所以 $\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
當 $\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{2}}$ 時，夾角 $\theta = \frac{\pi}{4}$ (或 45 度)。
題目說夾角是 $\frac{\pi}{3}$ (或 60 度)，這是錯誤的。
因此此敘述為假 (F)。

(4) 核心觀念：向量空間的基底轉換。
給定兩個基底 $B = \{\sin x, \cos x\}$ 和 $B' = \{\sin x - \cos x, 3 \cos x\}$。

這題主要考驗學生對線性方程組解的判斷，特別是利用高斯消去法或矩陣的秩 (rank) 來分析解的存在性與個數。

首先，我們將此線性方程組寫成增廣矩陣的形式：
$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & | & a \\ 2 & 1 & 3 & | & b \\ 3 & 4 & 2 & | & c \end{bmatrix}$
我們對此增廣矩陣進行高斯消去法，將其化為列梯形 (row echelon form)。

步驟 1: $R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1$
$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & | & a \\ 0 & -1 & 1 & | & b - 2a \\ 3 & 4 & 2 & | & c \end{bmatrix}$
步驟 2: $R_3 \leftarrow R_3 - 3R_1$
$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & | & a \\ 0 & -1 & 1 & | & b - 2a \\ 0 & 1 & -1 & | & c - 3a \end{bmatrix}$
步驟 3: $R_3 \leftarrow R_3 + R_2$
$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & | & a \\ 0 & -1 & 1 & | & b - 2a \\ 0 & 0 & 0 & | & (c - 3a) + (b - 2a) \end{bmatrix}$
$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & | & a \\ 0 & -1 & 1 & | & b - 2a \\ 0 & 0 & 0 & | & c + b - 5a \end{bmatrix}$

現在我們分析最後一行：$0x + 0y + 0z = c + b - 5a$.

(1) 系統無解的條件：
系統無解發生在矩陣的秩 (rank) 小於增廣矩陣的秩時。在列梯形中，這意味著最後一行出現 $0 = k$ 的形式，其中 $k \neq 0$.
因此，我們需要 $c + b - 5a \neq 0$.
所以，當 $a, b, c$ 滿足 $a+b-5a \neq 0$ 時，系統無解。

核心觀念

本題考查兩種矩陣分解：

1. LU 分解：利用高斯消去法將矩陣 $A$ 分解為
   $A=LU$
   其中 $L$ 為下三角矩陣，$U$ 為上三角矩陣。消去過程中的乘數放入 $L$ 的下三角部分。

2. QR 分解：將矩陣 $B$ 的欄向量以 Gram–Schmidt 正交化，得到
   $B=QR$
   其中 $Q$ 的欄向量為標準正交向量，$R$ 為上三角矩陣。

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(1) $A$ 的 LU 分解

題目給定

$$A= \begin{bmatrix} 1&1&1\\ 2&3&5\\ 3&4&6 \end{bmatrix}.$$

步驟一：消去第一欄

以第一列為主軸：

$$R_2\leftarrow R_2-2R_1, \qquad R_3\leftarrow R_3-3R_1.$$

因此

$$\begin{bmatrix} 1&1&1\\ 2&3&5\\ 3&4&6 \end{bmatrix} \longrightarrow \begin{bmatrix} 1&1&1\\ 0&1&3\\ 0&1&3 \end{bmatrix}.$$

消去乘數為

$$m_{21}=2,\qquad m_{31}=3.$$

步驟二：消去第二欄

以第二列為主軸：

$$R_3\leftarrow R_3-R_2.$$

得到

$$U= \begin{bmatrix} 1&1&1\\ 0&1&3\\ 0&0&0 \end{bmatrix}.$$

此時第二次消去的乘數為

$$m_{32}=1.$$

將消去乘數放入下三角矩陣，得到

$$L= \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 2&1&0\\ 3&1&1 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\boxed{ A= \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 2&1&0\\ 3&1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1&1\\ 0&1&3\\ 0&0&0 \end{bmatrix} }$$

驗算

矩陣乘積為

$$\begin{aligned} LU &= \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 2&1&0\\ 3&1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1&1\\ 0&1&3\\ 0&0&0 \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} 1&1&1\\ 2&3&5\\ 3&4&6 \end{bmatrix} =A. \end{aligned}$$

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(2) $B$ 的 QR 分解

題目給定

$$B= \begin{bmatrix} 1&1&0\\ 1&1&1\\ 0&1&1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} |&|&|\\ b_1&b_2&b_3\\ |&|&| \end{bmatrix},$$

其中

$$b_1= \begin{bmatrix} 1\\1\\0 \end{bmatrix}, \qquad b_2= \begin{bmatrix} 1\\1\\1 \end{bmatrix}, \qquad b_3= \begin{bmatrix} 0\\1\\1 \end{bmatrix}.$$

採用 Gram–Schmidt 正交化。

步驟一：求 $q_1$

先計算

$$\|b_1\|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}.$$

因此

$$q_1=\frac{b_1}{\|b_1\|} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1\\1\\0 \end{bmatrix}.$$

第一個對角元素為

$$r_{11}=\|b_1\|=\sqrt{2}.$$

步驟二：求 $q_2$

先求投影係數：

$$r_{12}=q_1^Tb_2 = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1&1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1\\1\\1 \end{bmatrix} =\sqrt{2}.$$

將 $b_2$ 去除在 $q_1$ 上的投影：

$$u_2=b_2-r_{12}q_1.$$

由於

$$r_{12}q_1 = \sqrt{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1\\1\\0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1\\1\\0 \end{bmatrix},$$

所以

$$u_2= \begin{bmatrix} 1\\1\\1 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 1\\1\\0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\1 \end{bmatrix}.$$

因此

核心觀念

本題使用以下定義與定理：

• 矩陣的秩 $\operatorname{rank}(A)$：列（或行）向量中最大線性獨立組的個數，也等於矩陣化為列梯形形式後的主元個數。
• 秩—零度定理：

$$\operatorname{rank}(A)+\operatorname{nullity}(A)=\text{欄數}.$$

• 對 $m\times n$ 矩陣 $A$，有：

$$\operatorname{nullity}(A^T)=m-\operatorname{rank}(A).$$

• 欄空間的基底由原矩陣中「主元所在欄」構成，不能直接使用列簡化後的欄向量。
• 零空間是齊次方程組 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$ 的解集合。

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解題方法：列簡化求秩

原矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} 1&1&2&1\\ 1&1&1&1\\ -2&-2&0&-3 \end{bmatrix}.$$

進行列運算：

$$R_2\leftarrow R_2-R_1,\qquad R_3\leftarrow R_3+2R_1.$$

得到

$$\begin{bmatrix} 1&1&2&1\\ 0&0&-1&0\\ 0&0&4&-1 \end{bmatrix}.$$

再以第二列消去第三列第三欄：

$$R_3\leftarrow R_3+4R_2,$$

因此

$$\begin{bmatrix} 1&1&2&1\\ 0&0&-1&0\\ 0&0&0&-1 \end{bmatrix}.$$

共有三個主元，分別位於第 $1$、第 $3$、第 $4$ 欄，所以

$$\operatorname{rank}(A)=3.$$

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（1）求 $\operatorname{rank}(A)$

由列簡化形式共有三個主元：

$$\boxed{\operatorname{rank}(A)=3}.$$

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（2）求 $\operatorname{nullity}(A)$

矩陣 $A$ 有 $4$ 欄，利用秩—零度定理：

$$\operatorname{nullity}(A) =4-\operatorname{rank}(A) =4-3 =1.$$

因此

$$\boxed{\operatorname{nullity}(A)=1}.$$

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（3）求 $\operatorname{nullity}(A^T)$

矩陣 $A$ 有 $3$ 列，因此 $A^T$ 為 $4\times 3$ 矩陣。由左零空間的秩—零度關係：

$$\operatorname{nullity}(A^T) =3-\operatorname{rank}(A) =3-3 =0.$$

所以

$$\boxed{\operatorname{nullity}(A^T)=0}.$$

這也表示 $A^T\mathbf{y}=\mathbf{0}$ 只有零解，亦即 $A$ 的三個列向量線性獨立。

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（4）求 $A$ 的欄空間基底

列簡化結果的主元欄為第 $1$、第 $3$、第 $4$ 欄。因此，應從原矩陣 $A$ 取出對應欄向量：

$$\mathbf{a}_1= \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ -2 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{a}_3= \begin{bmatrix} 2\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{a}_4= \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ -3 \end{bmatrix}.$$

故欄空間的一組基底為

這題主要考驗學生對線性變換的理解，特別是如何利用已知變換值來計算其他向量的變換值，以及如何判斷線性變換是否為一對一 (one-to-one)。

首先，我們需要找到線性變換 $T$ 的矩陣表示。設 $A$ 為 $T$ 的標準矩陣，則 $T(x) = Ax$。
給定的向量是 $\mathbb{R}^3$ 中的向量，它們的標準基底是 $e_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$, $e_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$, $e_3 = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。
我們已知：
$T(e_1) = \begin{bmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$
$T\left(\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}\right) = T(e_1 + e_2) = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \\ 3 \end{bmatrix}$
$T\left(\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}\right) = T(e_1 + e_2 + e_3) = \begin{bmatrix} 1 \\ -2 \\ 2 \\ -8 \end{bmatrix}$

(1) 計算 $T(e_3)$ 和 $T(e_2)$：
我們可以使用線性變換的性質：$T(u+v) = T(u) + T(v)$ 和 $T(cu) = cT(u)$.

首先，我們需要找到 $e_3$ 和 $e_2$ 作為已知向量的線性組合。
觀察已知的三個向量：$v_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$, $v_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$, $v_3 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$.
這三個向量是線性獨立的，因為它們可以寫成標準基底的線性組合，且矩陣 $\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ 的秩為 3。
事實上，這三個向量本身就是 $\mathbb{R}^3$ 的一個基底。
我們需要將 $e_3$ 和 $e_2$ 表示成 $v_1, v_2, v_3$ 的線性組合。

考慮 $v_1 - v_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} = e_3$.
所以，$e_3 = v_1 - v_2$.
利用線性變換的性質：
$T(e_3) = T(v_1 - v_2) = T(v_1) - T(v_2)$.
$T(e_3) = \begin{bmatrix} 1 \\ -2 \\ 2 \\ -8 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \\ 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1-1 \\ -2-(-1) \\ 2-0 \\ -8-3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ -1 \\ 2 \\ -11 \end{bmatrix}$.

接下來，我們找 $e_2$.
考慮 $v_2 - v_3 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} = e_2$.
所以，$e_2 = v_2 - v_3$.
利用線性變換的性質：
$T(e_2) = T(v_2 - v_3) = T(v_2) - T(v_3)$.
$T(e_2) = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \\ 3 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1-2 \\ -1-2 \\ 0-1 \\ 3-0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 \\ -3 \\ -1 \\ 3 \end{bmatrix}$.

因此，
$T\left(\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} 0 \\ -1 \\ 2 \\ -11 \end{bmatrix}$
$T\left(\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} -1 \\ -3 \\ -1 \\ 3 \end{bmatrix}$

(2) 判斷 $T$ 是否為一對一 (one-to-one)：
一個線性變換 $T: V \rightarrow W$ 是一對一的，若且唯若其核空間 (kernel 或 null space) 只包含零向量，即 $\text{ker}(T) = \{0\}$.
核空間是指所有使得 $T(x) = 0$ 的向量 $x$ 的集合。
我們知道 $T$ 的定義域是 $\mathbb{R}^3$，其維度為 3。

核心觀念

線性算子 $L:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3$ 的兩個重要概念如下：

1. 核空間

   $\ker(L)=\{x\in\mathbb{R}^3:L(x)=0\}$

   求法是令 $L(x)$ 等於零向量，解出所有符合條件的 $x$。

2. 子空間的像

   $L(S)=\{L(x):x\in S\}$

   若 $S=\operatorname{span}\{e_1,e_2\}$，則利用線性性：

   $L(S)=\operatorname{span}\{L(e_1),L(e_2)\}$

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解題方法

由題目可知

$$L(x)= \begin{bmatrix} -x_1+x_3\\ -2x_2\\ x_1+2x_3 \end{bmatrix}$$

其標準矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} -1&0&1\\ 0&-2&0\\ 1&0&2 \end{bmatrix}, \qquad L(x)=Ax$$

（1）求 $\ker(L)$

令 $L(x)=0$：

$$\begin{bmatrix} -x_1+x_3\\ -2x_2\\ x_1+2x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}$$

得到聯立方程組：

$$-x_1+x_3=0$$ $$-2x_2=0$$ $$x_1+2x_3=0$$

由前兩式可得

$$x_3=x_1,\qquad x_2=0$$

代入第三式：

$$x_1+2x_1=0$$ $$3x_1=0\quad\Longrightarrow\quad x_1=0$$

因此

$$x_2=0,\qquad x_3=0$$

所以只有零向量屬於核空間：

$$\boxed{\ker(L)=\left\{ \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix} \right\}}$$

也可寫成

$$\boxed{\ker(L)=\{0\}}$$

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（2）求 $L(S)$

因為

$$S=\operatorname{span}\{e_1,e_2\}$$

其中

$$e_1= \begin{bmatrix} 1\\0\\0 \end{bmatrix}, \qquad e_2= \begin{bmatrix} 0\\1\\0 \end{bmatrix}$$

先分別計算 $L(e_1)$ 與 $L(e_2)$。

對 $e_1$：

核心觀念

本題綜合考查：

• 特徵值與特徵向量：
  $\det(\lambda I-A)=0$
• 可對角化條件：若矩陣有 $3$ 個互異特徵值，則必可對角化。
• 線性微分方程組：
  $X'(t)=AX(t),\qquad X(0)=X_0$
  其唯一解為
  $X(t)=e^{At}X_0.$
• 系統穩定性：若所有特徵值皆滿足 $\operatorname{Re}(\lambda)<0$，則
  $X(t)\to 0\quad (t\to\infty).$

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(1) 特徵值與對應特徵向量

令

$$A= \begin{bmatrix} -2&1&0\\ 0&-1&-1\\ 1&0&-3 \end{bmatrix}.$$

特徵多項式為

$$\begin{aligned} p(\lambda) &=\det(\lambda I-A)\\ &= \det \begin{bmatrix} \lambda+2&-1&0\\ 0&\lambda+1&1\\ -1&0&\lambda+3 \end{bmatrix}\\ &=(\lambda+2)(\lambda+1)(\lambda+3)+1\\ &=\lambda^3+6\lambda^2+11\lambda+7. \end{aligned}$$

因此特徵值是方程

$$\lambda^3+6\lambda^2+11\lambda+7=0$$

的三個根。

令 $\mu=\lambda+2$，則

$$\lambda^3+6\lambda^2+11\lambda+7 =(\lambda+2)^3-(\lambda+2)+1 =\mu^3-\mu+1.$$

故特徵值可表示為

$$\lambda_i=\mu_i-2,$$

其中 $\mu_i$ 是 $\mu^3-\mu+1=0$ 的根。數值近似為

$$\lambda_1\approx -3.324717957,$$

以及共軛複數特徵值

$$\lambda_{2,3}\approx -1.337641021\pm 0.562279512\,i.$$

對應特徵向量

設 $v=[x,y,z]^T$，由

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

可得第一列與第二列方程：

$$-(\lambda+2)x+y=0,$$ $$-(\lambda+1)y-z=0.$$

取 $x=1$，則

$$y=\lambda+2,$$ $$z=-(\lambda+1)(\lambda+2).$$

因此對任一特徵值 $\lambda_i$，可取對應特徵向量為

$$v_i= \begin{bmatrix} 1\\ \lambda_i+2\\ -(\lambda_i+1)(\lambda_i+2) \end{bmatrix}.$$

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(2) 求可逆矩陣 $P$ 與對角矩陣 $D$

三個特徵值互異，因此 $A$ 可對角化。

令

$$P= \begin{bmatrix} |&|&|\\ v_1&v_2&v_3\\ |&|&| \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&1&1\\ \lambda_1+2&\lambda_2+2&\lambda_3+2\\ -(\lambda_1+1)(\lambda_1+2)&-(\lambda_2+1)(\lambda_2+2)&-(\lambda_3+1)(\lambda_3+2) \end{bmatrix}.$$

因為 $v_1,v_2,v_3$ 分別對應三個互異特徵值，所以 $P$ 可逆。

取

$$D= \begin{bmatrix} \lambda_1&0&0\\ 0&\lambda_2&0\\ 0&0&\lambda_3 \end{bmatrix}.$$

則

$$AP=PD,$$

左乘 $P^{-1}$ 得

$$\boxed{D=P^{-1}AP}.$$

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(3) 微分方程的唯一解

初始條件為

$$X(0)= \begin{bmatrix} 1\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

因為 $A$ 可對角化，

$$A=PDP^{-1},$$

所以

$$X(t)=e^{At}X(0) =Pe^{Dt}P^{-1}X(0).$$

也可利用拉普拉斯變換直接求得較簡潔的表示式。令

$$X(t)= \begin{bmatrix} x(t)\\y(t)\\z(t) \end{bmatrix},$$

則

$$\begin{cases} x'=-2x+y,\\ y'=-y-z,\\ z'=x-3z. \end{cases}$$

對其取拉普拉斯變換，記 $X(s),Y(s),Z(s)$ 分別為 $x,y,z$ 的拉普拉斯變換，得到