111 年 國立中山大學機械與機電工程學系碩士班乙組《工程數學》

第 1 題 (a) $2x \tan y \,dx+\sec^{2}y\,dy=0$

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核心觀念

• 可分離變數：若方程式可寫成 $M(x)\,dx+N(y)\,dy=0$，則可分離兩變數並各自積分。
• 三角恆等式：$\displaystyle \frac{d}{dy}(\tan y)=\sec^{2}y$，可用於將 $dy$ 項寫成 $\tan y$ 的導數。

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解題方法

1. 整理方程式

$$2x\tan y\,dx+\sec^{2}y\,dy=0 \quad\Longrightarrow\quad \sec^{2}y\,dy=-2x\tan y\,dx .$$

2. 利用 $\displaystyle \frac{d}{dy}(\tan y)=\sec^{2}y$
   把左側寫成 $d(\tan y)$：

$d(\tan y)=-2x\tan y\,dx .$

3. 把 $\tan y$ 移到右側，達成可分離形式

$\frac{d(\tan y)}{\tan y}=-2x\,dx .$

4. 積分

$\int\frac{d(\tan y)}{\tan y}= \int -2x\,dx .$

左側為 $\ln|\tan y|$，右側為 $-x^{2}+C$（$C$ 為積分常數），得到

$\ln|\tan y|=-x^{2}+C .$

5. 化簡（可省略絕對值，視解域而定）

$$|\tan y| = e^{\,C}e^{-x^{2}} \quad\Longrightarrow\quad \tan y = C_{1}e^{-x^{2}},$$

其中 $C_{1}= \pm e^{\,C}$ 為任意常數。

6. 寫成隱函數解（若需保留 $y$）

$y = \arctan\!\bigl(C_{1}e^{-x^{2}}\bigr) .$

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解題技巧

• 當遇到 $\sec^{2}y\,dy$ 時，第一個念頭是「它是 $\tan y$ 的導數」；將其寫成微分可以立即分離變數。
• 取得分離形式後，務必檢查左側是否為 $\frac{d}{dx}$ 或 $\frac{d}{dy}$ 的形式，避免直接積分錯誤。
• 常見陷阱：忽略 $\tan y$ 可能為零的情形，導致 $\ln|0|$ 的不定形；在最後寫出答案時，將常數 $C_{1}$ 允許為任意實數即可涵蓋此情況。

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【答案】

$\boxed{\,\tan y = C\,e^{-x^{2}}\quad\text{或}\quad y=\arctan\!\bigl(C e^{-x^{2}}\bigr)\,}$

其中 $C$ 為任意實常數。

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第 1 題 (b) $x^{3}y''' + xy' - y = x^{2}$

---

核心觀念

• 恆係數線性微分方程的 Euler（Cauchy‑Euler）型：若方程式形如 $x^{n} y^{(n)} + a_{n-1}x^{n-1}y^{(n-1)}+\dots + a_{0}y = f(x)$，可透過代換 $x=e^{t}$（或 $t=\ln x$）將其轉換成恆係數常微分方程。
• 齊次與非齊次解的線性組合：總解 = 齊次解 + 特解。
• 特解的試探法：右端為多項式 $x^{2}$，在 Euler 變數下仍為指數多項式，可假設特解形式 $y_{p}=A x^{2}$（若與齊次根衝突則乘以 $\ln x$）。

核心觀念

對線性常係數系統

$$\mathbf y'=A\mathbf y+\mathbf g(t),$$

先由齊次系統 $\mathbf y'=A\mathbf y$ 的特徵值與特徵向量，求出齊次解；再求非齊次特解。特徵值的正負實部也能判斷原點平衡點的穩定性與類型。

解題方法

將題目寫成

$$\mathbf y'=A\mathbf y+\mathbf g(t), \qquad A= \begin{bmatrix} 1&4\\ 1&1 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf g(t)= \begin{bmatrix} -t^2+6t\\ -t^2+t-1 \end{bmatrix}.$$

(a) 特徵值與特徵向量

特徵方程為

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 1-\lambda&4\\ 1&1-\lambda \end{vmatrix} =(1-\lambda)^2-4=0.$$

因此

$$\lambda_1=3,\qquad \lambda_2=-1.$$

當 $\lambda_1=3$ 時，$(A-3I)\mathbf v=\mathbf 0$，可取

$$\mathbf v_1= \begin{bmatrix} 2\\1 \end{bmatrix}.$$

當 $\lambda_2=-1$ 時，$(A+I)\mathbf v=\mathbf 0$，可取

$$\mathbf v_2= \begin{bmatrix} -2\\1 \end{bmatrix}.$$

(b) 齊次系統通解

兩個特徵值相異，齊次解為

$$\mathbf y_h(t) = C_1e^{3t} \begin{bmatrix} 2\\1 \end{bmatrix} + C_2e^{-t} \begin{bmatrix} -2\\1 \end{bmatrix}.$$

(c) 非齊次特解

因 $\mathbf g(t)$ 是二次多項式，設特解為

$$\mathbf y_p(t)=\mathbf u t^2+\mathbf v t+\mathbf w.$$

代入 $\mathbf y_p'=A\mathbf y_p+\mathbf g(t)$，比較各次方係數：

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

冪級數假設
令

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n,\qquad y'=\sum_{n=1}^{\infty}n a_n x^{n-1},\qquad y''=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_n x^{n-2}$$

代入原式、整理同次冪 $x^k$ 得

$(k+2)(k+1)a_{k+2}-(k(k+1)-2)a_k=0\qquad(k\ge0)$

遞迴關係

$\boxed{a_{k+2}= \frac{k(k+1)-2}{(k+2)(k+1)}\,a_k}$

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(a) 系列解

分奇偶兩條鏈：

• 偶次 $k=2m$（$m=0,1,\dots$）

$$a_{2m+2}= \frac{(2m)(2m+1)-2}{(2m+2)(2m+1)}a_{2m} =\frac{2m(2m+1)-2}{(2m+2)(2m+1)}a_{2m}$$

逐次求得

$$a_2=-a_0,\;a_4=-\frac{a_0}{3},\;a_6=-\frac{a_0}{5},\dots, \qquad a_{2m}= -\frac{a_0}{2m-1}\;(m\ge1)$$

• 奇次 $k=2m+1$

$$a_{2m+3}= \frac{(2m+1)(2m+2)-2}{(2m+3)(2m+2)}a_{2m+1} =\frac{(2m+1)(2m+2)-2}{(2m+3)(2m+2)}a_{2m+1}$$

核心觀念

利用電荷與電流的關係 $q'(t)=i(t)$，將題目給的電路方程式轉到 $s$ 域。初始電流與電荷皆為零，因此

$$\mathcal{L}\{i'(t)\}=sI(s),\qquad \mathcal{L}\{q(t)\}=Q(s)=\frac{I(s)}{s}.$$

輸入只在指定時間區間內非零，可用單位階躍函數表示，再套用拉普拉斯延遲定理。

解題方法

由 $L=1$、$C=10^{-2}$，電路方程式為

$$i'(t)+100q(t)=v(t).$$

取拉普拉斯轉換，並代入 $Q(s)=I(s)/s$：

$$sI(s)+100\frac{I(s)}{s}=V(s), \qquad I(s)=\frac{s}{s^2+100}V(s).$$

輸入電壓為 $-9900\cos t$，且只在 $\pi<t<3\pi$ 存在。以延遲形式表示：

$$v(t)=9900\left[u(t-\pi)\cos(t-\pi)-u(t-3\pi)\cos(t-3\pi)\right].$$

因此

$$V(s)=9900\frac{s}{s^2+1}\left(e^{-\pi s}-e^{-3\pi s}\right),$$

進而得到

$$I(s)=9900\frac{s^2}{(s^2+1)(s^2+100)} \left(e^{-\pi s}-e^{-3\pi s}\right).$$

先作部分分式分解：

核心觀念

使用分離變數法，將梁的振動寫成空間函數與時間函數的乘積。空間部分由簡支梁的邊界條件決定特徵函數與特徵值；時間部分則是對應的簡諧振動。零初速度會使時間解中的正弦項係數為零。

解題方法

令

$$u(x,t)=F(x)G(t).$$

代入方程

$$u_{tt}=-c^2u_{xxxx}$$

得到

$$F(x)G''(t)=-c^2F''''(x)G(t),$$

因此

$$\frac{F''''(x)}{F(x)} = -\frac{G''(t)}{c^2G(t)}.$$

左側只與 $x$ 有關，右側只與 $t$ 有關，兩側必等於常數。令此常數為 $k^4$，則

$$F''''-k^4F=0, \qquad G''+c^2k^4G=0.$$

空間邊界條件為

$$F(0)=F(L)=0, \qquad F''(0)=F''(L)=0.$$

空間方程的一般解為

$$F(x)=A\cosh(kx)+B\sinh(kx)+C\cos(kx)+D\sin(kx).$$

由 $F(0)=0$ 與 $F''(0)=0$ 得 $A=C=0$，故

$$F(x)=B\sinh(kx)+D\sin(kx).$$

再套用 $F(L)=0$ 與 $F''(L)=0$：

$$B\sinh(kL)+D\sin(kL)=0,$$ $$B\sinh(kL)-D\sin(kL)=0.$$

核心觀念

本題考查矩陣相似變換與特徵值、特徵向量的關係。

若

$$B=P^{-1}AP$$

且 $y$ 是 $B$ 的特徵向量，滿足

$$By=\lambda y,$$

則令

$$x=Py,$$

可得

$$Ax=\lambda x.$$

因此，$B$ 與 $A$ 具有相同的特徵值，而特徵向量則由 $x=Py$ 相互轉換。

題目英文中的「If $y$ is an eigenvector of $P$」應理解為「若 $y$ 是相似矩陣 $B=P^{-1}AP$ 的特徵向量」。若照字面解讀為「$y$ 是 $P$ 的特徵向量」，此敘述並不成立。

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解題方法

給定

$$A= \begin{bmatrix} 8&-4\\ 2&2 \end{bmatrix}, \qquad P= \begin{bmatrix} 0.28&0.96\\ -0.96&0.28 \end{bmatrix}.$$

先計算 $P^{-1}$。由於

$$\det(P)=0.28^2-0.96(-0.96) =0.0784+0.9216=1,$$

所以

$$P^{-1} = \begin{bmatrix} 0.28&-0.96\\ 0.96&0.28 \end{bmatrix}.$$

定義

$$B=P^{-1}AP.$$

先計算 $AP$：

$$AP= \begin{bmatrix} 8&-4\\ 2&2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0.28&0.96\\ -0.96&0.28 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 6.08&6.56\\ -1.36&2.48 \end{bmatrix}.$$

因此

$$B=P^{-1}AP = \begin{bmatrix} 0.28&-0.96\\ 0.96&0.28 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 6.08&6.56\\ -1.36&2.48 \end{bmatrix}$$ $$= \begin{bmatrix} 3.008&-0.544\\ 5.456&6.992 \end{bmatrix}.$$

這表示由題目所給的 $A$ 與 $P$ 計算所得的相似矩陣為

$$B= \begin{bmatrix} 3.008&-0.544\\ 5.456&6.992 \end{bmatrix}.$$

嚴格而言，

$$P^{-1}AP\neq A.$$

正確的關係是將 $B=P^{-1}AP$ 視為與 $A$ 相似的另一個矩陣。

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證明 $x=Py$ 為 $A$ 的特徵向量

假設 $y$ 是 $B$ 的特徵向量，且對應特徵值為 $\lambda$，則

$$By=\lambda y.$$

由 $B=P^{-1}AP$ 得

$$P^{-1}APy=\lambda y.$$

等式兩側左乘 $P$：

$$APy=\lambda Py.$$

令

$$x=Py,$$

便得到

$$Ax=\lambda x.$$

因此 $x=Py$ 是 $A$ 對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵向量。

---

以本題矩陣驗證

先求 $A$ 的特徵值：

$$\det(A-\lambda I) = \det \begin{bmatrix} 8-\lambda&-4\\ 2&2-\lambda \end{bmatrix}$$ $$=(8-\lambda)(2-\lambda)+8 =\lambda^2-10\lambda+24 =(\lambda-4)(\lambda-6).$$

所以

$$\lambda_1=4,\qquad \lambda_2=6.$$

當 $\lambda=4$

解

$$(A-4I)x=0$$

即

$$\begin{bmatrix} 4&-4\\ 2&-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\x_2 \end{bmatrix} =0.$$

得到

$$x_1=x_2.$$

可取

第 1 題 (a) $2x \tan y \,dx+\sec^{2}y\,dy=0$

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核心觀念

• 可分離變數：若方程式可寫成 $M(x)\,dx+N(y)\,dy=0$，則可分離兩變數並各自積分。
• 三角恆等式：$\displaystyle \frac{d}{dy}(\tan y)=\sec^{2}y$，可用於將 $dy$ 項寫成 $\tan y$ 的導數。

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解題方法

1. 整理方程式

$$2x\tan y\,dx+\sec^{2}y\,dy=0 \quad\Longrightarrow\quad \sec^{2}y\,dy=-2x\tan y\,dx .$$

2. 利用 $\displaystyle \frac{d}{dy}(\tan y)=\sec^{2}y$
   把左側寫成 $d(\tan y)$：

$d(\tan y)=-2x\tan y\,dx .$

3. 把 $\tan y$ 移到右側，達成可分離形式

$\frac{d(\tan y)}{\tan y}=-2x\,dx .$

4. 積分

$\int\frac{d(\tan y)}{\tan y}= \int -2x\,dx .$

左側為 $\ln|\tan y|$，右側為 $-x^{2}+C$（$C$ 為積分常數），得到

$\ln|\tan y|=-x^{2}+C .$

5. 化簡（可省略絕對值，視解域而定）

$$|\tan y| = e^{\,C}e^{-x^{2}} \quad\Longrightarrow\quad \tan y = C_{1}e^{-x^{2}},$$

其中 $C_{1}= \pm e^{\,C}$ 為任意常數。

6. 寫成隱函數解（若需保留 $y$）

$y = \arctan\!\bigl(C_{1}e^{-x^{2}}\bigr) .$

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解題技巧

• 當遇到 $\sec^{2}y\,dy$ 時，第一個念頭是「它是 $\tan y$ 的導數」；將其寫成微分可以立即分離變數。
• 取得分離形式後，務必檢查左側是否為 $\frac{d}{dx}$ 或 $\frac{d}{dy}$ 的形式，避免直接積分錯誤。
• 常見陷阱：忽略 $\tan y$ 可能為零的情形，導致 $\ln|0|$ 的不定形；在最後寫出答案時，將常數 $C_{1}$ 允許為任意實數即可涵蓋此情況。

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【答案】

$\boxed{\,\tan y = C\,e^{-x^{2}}\quad\text{或}\quad y=\arctan\!\bigl(C e^{-x^{2}}\bigr)\,}$

其中 $C$ 為任意實常數。

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第 1 題 (b) $x^{3}y''' + xy' - y = x^{2}$

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核心觀念

• 恆係數線性微分方程的 Euler（Cauchy‑Euler）型：若方程式形如 $x^{n} y^{(n)} + a_{n-1}x^{n-1}y^{(n-1)}+\dots + a_{0}y = f(x)$，可透過代換 $x=e^{t}$（或 $t=\ln x$）將其轉換成恆係數常微分方程。
• 齊次與非齊次解的線性組合：總解 = 齊次解 + 特解。
• 特解的試探法：右端為多項式 $x^{2}$，在 Euler 變數下仍為指數多項式，可假設特解形式 $y_{p}=A x^{2}$（若與齊次根衝突則乘以 $\ln x$）。

核心觀念

對線性常係數系統

$$\mathbf y'=A\mathbf y+\mathbf g(t),$$

先由齊次系統 $\mathbf y'=A\mathbf y$ 的特徵值與特徵向量，求出齊次解；再求非齊次特解。特徵值的正負實部也能判斷原點平衡點的穩定性與類型。

解題方法

將題目寫成

$$\mathbf y'=A\mathbf y+\mathbf g(t), \qquad A= \begin{bmatrix} 1&4\\ 1&1 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf g(t)= \begin{bmatrix} -t^2+6t\\ -t^2+t-1 \end{bmatrix}.$$

(a) 特徵值與特徵向量

特徵方程為

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 1-\lambda&4\\ 1&1-\lambda \end{vmatrix} =(1-\lambda)^2-4=0.$$

因此

$$\lambda_1=3,\qquad \lambda_2=-1.$$

當 $\lambda_1=3$ 時，$(A-3I)\mathbf v=\mathbf 0$，可取

$$\mathbf v_1= \begin{bmatrix} 2\\1 \end{bmatrix}.$$

當 $\lambda_2=-1$ 時，$(A+I)\mathbf v=\mathbf 0$，可取

$$\mathbf v_2= \begin{bmatrix} -2\\1 \end{bmatrix}.$$

(b) 齊次系統通解

兩個特徵值相異，齊次解為

$$\mathbf y_h(t) = C_1e^{3t} \begin{bmatrix} 2\\1 \end{bmatrix} + C_2e^{-t} \begin{bmatrix} -2\\1 \end{bmatrix}.$$

(c) 非齊次特解

因 $\mathbf g(t)$ 是二次多項式，設特解為

$$\mathbf y_p(t)=\mathbf u t^2+\mathbf v t+\mathbf w.$$

代入 $\mathbf y_p'=A\mathbf y_p+\mathbf g(t)$，比較各次方係數：

核心觀念
本題屬於常係數直線二階常微分方程的冪級數法（Power‑Series Method）。
方程

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

其形式與Legendre 方程

$(1-x^{2})y''-2xy'+\ell(\ell+1)y=0$

相同，只是 $\ell(\ell+1)=2$，因此 $\ell=1$。
求解時必須：

1. 假設解為 $\displaystyle y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}$。
2. 代入原方程，整理係數得到遞迴關係。
3. 依遞迴分離奇、偶次項，分別求出兩條獨立解。
4. 以已知的 Legendre 多項式或 Legendre 第二類解 ($Q_{\ell}$) 寫出閉式。

---

(a) 系列解的推導

1. 代入級數

$$\begin{aligned} y &=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n},\\ y'&=\sum_{n=1}^{\infty}n a_{n}x^{n-1},\\ y''&=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{\,n-2}. \end{aligned}$$

2. 展開 $(1-x^{2})y''$

$$(1-x^{2})y''= \sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{\,n-2} -\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{\,n}.$$

令 $k=n-2$（即 $n=k+2$），第一項變為

$\sum_{k=0}^{\infty}(k+2)(k+1)a_{k+2}x^{k}.$

3. 整理所有同次方 $x^{k}$ 的係數

$$\begin{aligned} &(k+2)(k+1)a_{k+2} \;\;+\;\;[-k(k-1)-2k+2]a_{k}=0\\[2pt] &\Longrightarrow\;(k+2)(k+1)a_{k+2}+(2-k(k+1))a_{k}=0 . \end{aligned}$$

4. 得到遞迴關係

$$\boxed{a_{k+2}= \frac{k(k+1)-2}{(k+2)(k+1)}a_{k}} =\frac{k-1}{k+1}\,a_{k}, \qquad k=0,1,2,\dots$$

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(b) 任意係數的求法

遞迴只連結同一奇偶性項，故分別以 $a_{0}$（偶）與 $a_{1}$（奇）為自由常數。

核心觀念

利用電荷與電流的關係 $q'(t)=i(t)$，將題目給的電路方程式轉到 $s$ 域。初始電流與電荷皆為零，因此

$$\mathcal{L}\{i'(t)\}=sI(s),\qquad \mathcal{L}\{q(t)\}=Q(s)=\frac{I(s)}{s}.$$

輸入只在指定時間區間內非零，可用單位階躍函數表示，再套用拉普拉斯延遲定理。

解題方法

由 $L=1$、$C=10^{-2}$，電路方程式為

$$i'(t)+100q(t)=v(t).$$

取拉普拉斯轉換，並代入 $Q(s)=I(s)/s$：

$$sI(s)+100\frac{I(s)}{s}=V(s), \qquad I(s)=\frac{s}{s^2+100}V(s).$$

輸入電壓為 $-9900\cos t$，且只在 $\pi<t<3\pi$ 存在。以延遲形式表示：

$$v(t)=9900\left[u(t-\pi)\cos(t-\pi)-u(t-3\pi)\cos(t-3\pi)\right].$$

因此

$$V(s)=9900\frac{s}{s^2+1}\left(e^{-\pi s}-e^{-3\pi s}\right),$$

進而得到

$$I(s)=9900\frac{s^2}{(s^2+1)(s^2+100)} \left(e^{-\pi s}-e^{-3\pi s}\right).$$

先作部分分式分解：

核心觀念

使用分離變數法，將梁的振動寫成空間函數與時間函數的乘積。空間部分由簡支梁的邊界條件決定特徵函數與特徵值；時間部分則是對應的簡諧振動。零初速度會使時間解中的正弦項係數為零。

解題方法

令

$$u(x,t)=F(x)G(t).$$

代入方程

$$u_{tt}=-c^2u_{xxxx}$$

得到

$$F(x)G''(t)=-c^2F''''(x)G(t),$$

因此

$$\frac{F''''(x)}{F(x)} = -\frac{G''(t)}{c^2G(t)}.$$

左側只與 $x$ 有關，右側只與 $t$ 有關，兩側必等於常數。令此常數為 $k^4$，則

$$F''''-k^4F=0, \qquad G''+c^2k^4G=0.$$

空間邊界條件為

$$F(0)=F(L)=0, \qquad F''(0)=F''(L)=0.$$

空間方程的一般解為

$$F(x)=A\cosh(kx)+B\sinh(kx)+C\cos(kx)+D\sin(kx).$$

由 $F(0)=0$ 與 $F''(0)=0$ 得 $A=C=0$，故

$$F(x)=B\sinh(kx)+D\sin(kx).$$

再套用 $F(L)=0$ 與 $F''(L)=0$：

$$B\sinh(kL)+D\sin(kL)=0,$$ $$B\sinh(kL)-D\sin(kL)=0.$$

核心觀念

本題考查矩陣相似變換與特徵值、特徵向量的關係。

若

$$B=P^{-1}AP$$

且 $y$ 是 $B$ 的特徵向量，滿足

$$By=\lambda y,$$

則令

$$x=Py,$$

可得

$$Ax=\lambda x.$$

因此，$B$ 與 $A$ 具有相同的特徵值，而特徵向量則由 $x=Py$ 相互轉換。

題目英文中的「If $y$ is an eigenvector of $P$」應理解為「若 $y$ 是相似矩陣 $B=P^{-1}AP$ 的特徵向量」。若照字面解讀為「$y$ 是 $P$ 的特徵向量」，此敘述並不成立。

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解題方法

給定

$$A= \begin{bmatrix} 8&-4\\ 2&2 \end{bmatrix}, \qquad P= \begin{bmatrix} 0.28&0.96\\ -0.96&0.28 \end{bmatrix}.$$

先計算 $P^{-1}$。由於

$$\det(P)=0.28^2-0.96(-0.96) =0.0784+0.9216=1,$$

所以

$$P^{-1} = \begin{bmatrix} 0.28&-0.96\\ 0.96&0.28 \end{bmatrix}.$$

定義

$$B=P^{-1}AP.$$

先計算 $AP$：

$$AP= \begin{bmatrix} 8&-4\\ 2&2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0.28&0.96\\ -0.96&0.28 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 6.08&6.56\\ -1.36&2.48 \end{bmatrix}.$$

因此

$$B=P^{-1}AP = \begin{bmatrix} 0.28&-0.96\\ 0.96&0.28 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 6.08&6.56\\ -1.36&2.48 \end{bmatrix}$$ $$= \begin{bmatrix} 3.008&-0.544\\ 5.456&6.992 \end{bmatrix}.$$

這表示由題目所給的 $A$ 與 $P$ 計算所得的相似矩陣為

$$B= \begin{bmatrix} 3.008&-0.544\\ 5.456&6.992 \end{bmatrix}.$$

嚴格而言，

$$P^{-1}AP\neq A.$$

正確的關係是將 $B=P^{-1}AP$ 視為與 $A$ 相似的另一個矩陣。

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證明 $x=Py$ 為 $A$ 的特徵向量

假設 $y$ 是 $B$ 的特徵向量，且對應特徵值為 $\lambda$，則

$$By=\lambda y.$$

由 $B=P^{-1}AP$ 得

$$P^{-1}APy=\lambda y.$$

等式兩側左乘 $P$：

$$APy=\lambda Py.$$

令

$$x=Py,$$

便得到

$$Ax=\lambda x.$$

因此 $x=Py$ 是 $A$ 對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵向量。

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以本題矩陣驗證

先求 $A$ 的特徵值：

$$\det(A-\lambda I) = \det \begin{bmatrix} 8-\lambda&-4\\ 2&2-\lambda \end{bmatrix}$$ $$=(8-\lambda)(2-\lambda)+8 =\lambda^2-10\lambda+24 =(\lambda-4)(\lambda-6).$$

所以

$$\lambda_1=4,\qquad \lambda_2=6.$$

當 $\lambda=4$

解

$$(A-4I)x=0$$

即

$$\begin{bmatrix} 4&-4\\ 2&-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\x_2 \end{bmatrix} =0.$$

得到

$$x_1=x_2.$$

可取