109 年 國立臺灣大學醫療器材與醫學影像研究所《工程數學(C)》

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第 1 題5 分

Which are the possible solutions of the differential equation
dydx=y2−9\frac{dy}{dx} = y^2 - 9
(A) y=3y = 3
(B) y=−3y = -3
(C) y=31+e6x1−e6xy = 3 \frac{1+e^{6x}}{1-e^{6x}}
(D) y=31+e−6x1−e−6xy = 3 \frac{1+e^{-6x}}{1-e^{-6x}}
(E) y=31−e−6x1+e−6xy = 3 \frac{1-e^{-6x}}{1+e^{-6x}}

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觀念說明
本題為一階可分離變數微分方程式(Separable ODE)。求解需考量:

  1. 常數解(平衡解):令 dydx=0\frac{dy}{dx} = 0。
  2. 非常數通解:利用分離變數法與部分分式積分求解。

詳細推導

1. 常數解(平衡解):
令 dydx=y2−9=0\frac{dy}{dx} = y^2 - 9 = 0,解得 y=3y = 3 與 y=−3y = -3。
故選項 (A) 與 (B) 均為可能之解。

2. 分離變數求通解:
將原式分離變數並進行部分分式拆解:
dyy2−9=dx  ⟹  16(1y−3−1y+3)dy=dx\frac{dy}{y^2 - 9} = dx \implies \frac{1}{6} \left( \frac{1}{y-3} - \frac{1}{y+3} \right) dy = dx

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第 2 題5 分

Which are the possible solutions of the differential equation
dydx+y=e−2x\frac{dy}{dx} + y = e^{-2x}
(A) y=exy = e^x
(B) y=e−2xy = e^{-2x}
(C) y=ex−e−2xy = e^x - e^{-2x}
(D) y=−ex−e−2xy = -e^x - e^{-2x}
(E) y=ex+e−2xy = e^x + e^{-2x}

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本題為一階線性非齊次微分方程:
dydx+y=e−2x\frac{dy}{dx} + y = e^{-2x}

1. 求解齊次解 yhy_h

齊次微分方程 dydx+y=0\frac{dy}{dx} + y = 0 之解為:
yh(x)=ce−x(c 為任意實數常數)y_h(x) = c e^{-x} \quad (c \text{ 為任意實數常數})

2. 求解特解 ypy_p

設特解 yp(x)=Ae−2xy_p(x) = A e^{-2x},代入原微分方程:
ddx(Ae−2x)+Ae−2x=e−2x\frac{d}{dx}\left(A e^{-2x}\right) + A e^{-2x} = e^{-2x}

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第 3 題5 分

Which statements are correct for the equation (2y2+3x)dx+2xydy=0(2y^2 +3x)dx + 2xydy = 0?
(A) The differential equation is exact.
(B) It is possible to find an integrating factor so that the equation becomes exact.
(C) x=−y2x=-y^2 is one possible solution.
(D) x2y2+x2=1x^2y^2 + x^2 = 1 is one possible solution.
(E) None of the above

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核心觀念

一階微分方程可寫成

M(x,y) dx+N(x,y) dy=0.M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0.

若在某區域內滿足

∂M∂y=∂N∂x,\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x},

則此微分方程為恰當微分方程(exact differential equation),存在勢函數 F(x,y)F(x,y) 使得

dF=M dx+N dy.dF=M\,dx+N\,dy.

若不恰當,仍可能透過乘上一個積分因子(integrating factor)μ(x,y)\mu(x,y),使

μM dx+μN dy=0\mu M\,dx+\mu N\,dy=0

成為恰當方程。

本題中

M=2y2+3x,N=2xy.M=2y^2+3x,\qquad N=2xy.

解題方法

先檢查原方程是否為恰當方程,再尋找簡單的積分因子。

1. 檢查是否恰當

計算偏微分:

∂M∂y=4y,\frac{\partial M}{\partial y}=4y, ∂N∂x=2y.\frac{\partial N}{\partial x}=2y.

由於

4y≠2y,4y\ne 2y,

所以原微分方程不是恰當方程。

2. 尋找積分因子

觀察若乘上 μ(x)=x\mu(x)=x,則

M~=xM=2xy2+3x2,\widetilde M=xM=2xy^2+3x^2, N~=xN=2x2y.\widetilde N=xN=2x^2y.

檢查新的恰當條件:

∂M~∂y=4xy,\frac{\partial \widetilde M}{\partial y}=4xy, ∂N~∂x=4xy.\frac{\partial \widetilde N}{\partial x}=4xy.

兩者相等,因此 μ(x)=x\mu(x)=x 是一個積分因子,方程可化為恰當微分方程:

(2xy2+3x2) dx+2x2y dy=0.(2xy^2+3x^2)\,dx+2x^2y\,dy=0.

尋找勢函數 F(x,y)F(x,y)。對 xx 積分:

F(x,y)=∫(2xy2+3x2) dx=x2y2+x3+g(y).F(x,y)=\int(2xy^2+3x^2)\,dx =x^2y^2+x^3+g(y).

對 yy 微分:

∂F∂y=2x2y+g′(y).\frac{\partial F}{\partial y}=2x^2y+g'(y).

與 N~=2x2y\widetilde N=2x^2y 比較可得

g′(y)=0.g'(y)=0.

因此通解為

x2y2+x3=C.\boxed{x^2y^2+x^3=C}.

選項分析

(A) The differential equation is exact.

原方程的兩個係數為

M=2y2+3x,N=2xy.M=2y^2+3x,\qquad N=2xy.

但

∂M∂y=4y≠2y=∂N∂x.\frac{\partial M}{\partial y}=4y \ne 2y=\frac{\partial N}{\partial x}.

因此原方程不是恰當方程。

所以 (A) 錯誤。


(B) It is possible to find an integrating factor so that the equation becomes exact.

取積分因子

μ(x)=x.\mu(x)=x.

乘上後得到

(2xy2+3x2) dx+2x2y dy=0.(2xy^2+3x^2)\,dx+2x^2y\,dy=0.

且

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第 4 題5 分

Consider the equation
d2ydx2−dydx+2y=2x−2\frac{d^2y}{dx^2} - \frac{dy}{dx} + 2y = 2x - 2
with the boundary conditions y(0)=0y(0) = 0, y(π)=πy(\pi) = \pi. Which statements are correct?
(A) The particular solution is yp=−xy_p = -x.
(B) The general solution is y=exsin⁡x+xy = e^x \sin x + x.
(C) There is a unique solution to this boundary-value problem.
(D) This differential equation is homogeneous.
(E) None of the above.

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核心觀念

本題考查:

  1. 二階常係數非齊次微分方程。
  2. 特解 ypy_p 的求法。
  3. 特徵方程與齊次解。
  4. 邊界條件下解的唯一性。
  5. 齊次與非齊次微分方程的判斷。

原方程為

y′′−y′+2y=2x−2.y''-y'+2y=2x-2.

因右側不為零,所以這是非齊次微分方程。


解題方法

1. 求特解

右側是一次多項式 2x−22x-2,設特解為

yp=ax+b.y_p=ax+b.

則

yp′=a,yp′′=0.y_p'=a,\qquad y_p''=0.

代入原方程:

0−a+2(ax+b)=2x−2.0-a+2(ax+b)=2x-2.

整理得

2ax+(2b−a)=2x−2.2ax+(2b-a)=2x-2.

比較係數:

2a=2⇒a=1,2a=2 \quad\Rightarrow\quad a=1, 2b−a=−2⇒2b−1=−2⇒b=−12.2b-a=-2 \quad\Rightarrow\quad 2b-1=-2 \quad\Rightarrow\quad b=-\frac12.

因此特解為

yp=x−12.\boxed{y_p=x-\frac12}.

2. 求齊次解

先考慮對應的齊次方程:

y′′−y′+2y=0.y''-y'+2y=0.

其特徵方程為

r2−r+2=0.r^2-r+2=0.

解得

r=1±1−82=1±i72.r=\frac{1\pm\sqrt{1-8}}{2} =\frac{1\pm i\sqrt7}{2}.

因此齊次解為

yh=ex/2[C1cos⁡(72x)+C2sin⁡(72x)].y_h=e^{x/2} \left[ C_1\cos\left(\frac{\sqrt7}{2}x\right) +C_2\sin\left(\frac{\sqrt7}{2}x\right) \right].

所以微分方程的通解為

y=ex/2[C1cos⁡(72x)+C2sin⁡(72x)]+x−12.\boxed{ y=e^{x/2} \left[ C_1\cos\left(\frac{\sqrt7}{2}x\right) +C_2\sin\left(\frac{\sqrt7}{2}x\right) \right] +x-\frac12 }.

3. 套用邊界條件

由 y(0)=0y(0)=0:

C1−12=0,C_1-\frac12=0,

所以

C1=12.C_1=\frac12.

再由 y(π)=πy(\pi)=\pi:

eπ/2[12cos⁡(7π2)+C2sin⁡(7π2)]+π−12=π.e^{\pi/2} \left[ \frac12\cos\left(\frac{\sqrt7\pi}{2}\right) +C_2\sin\left(\frac{\sqrt7\pi}{2}\right) \right] +\pi-\frac12=\pi.

因此

12cos⁡(7π2)+C2sin⁡(7π2)=12e−π/2.\frac12\cos\left(\frac{\sqrt7\pi}{2}\right) +C_2\sin\left(\frac{\sqrt7\pi}{2}\right) =\frac12e^{-\pi/2}.

由於

sin⁡(7π2)≠0,\sin\left(\frac{\sqrt7\pi}{2}\right)\neq 0,

故 C2C_2 可唯一決定:

C2=e−π/2−cos⁡(7π2)2sin⁡(7π2).C_2= \frac{ e^{-\pi/2}-\cos\left(\frac{\sqrt7\pi}{2}\right) }{ 2\sin\left(\frac{\sqrt7\pi}{2}\right) }.

因此此邊界值問題確實有唯一解。


選項分析

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第 5 題5 分

Which are the possible solutions of the differential equation
y2d2ydx2−dydx=0y^2 \frac{d^2y}{dx^2} - \frac{dy}{dx} = 0
(A) y+ln⁡∣y−1∣=xy + \ln|y-1| = x
(B) 2y+ln⁡∣y−1∣=4x2y + \ln|y-1| = 4x
(C) 2y+ln⁡∣2y−1∣=4x+42y + \ln|2y-1| = 4x + 4
(D) y2=2xy^2 = 2x
(E) y2=−2x+1y^2 = -2x+1

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這一題的完整詳解

本題屬於缺自變數 xx 的二階非線性微分方程,採用降階法推導。

設 p=dydxp = \frac{dy}{dx},則 d2ydx2=dpdx=dpdydydx=pdpdy\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{dp}{dx} = \frac{dp}{dy} \frac{dy}{dx} = p \frac{dp}{dy}。代入原式:
y2pdpdy−p=0  ⟹  p(y2dpdy−1)=0y^2 p \frac{dp}{dy} - p = 0 \implies p \left( y^2 \frac{dp}{dy} - 1 \right) = 0

一、當 p=0p = 0 時

dydx=0  ⟹  y=C(常數解)\frac{dy}{dx} = 0 \implies y = C \quad (\text{常數解})

二、當 y2dpdy−1=0y^2 \frac{dp}{dy} - 1 = 0 時

分離變數積分:
dp=dyy2  ⟹  p=−1y+C1dp = \frac{dy}{y^2} \implies p = -\frac{1}{y} + C_1
即:
dydx=C1y−1y\frac{dy}{dx} = \frac{C_1 y - 1}{y}

1. 若 C1=0C_1 = 0

dydx=−1y  ⟹  y dy=−dx\frac{dy}{dx} = -\frac{1}{y} \implies y \, dy = -dx

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第 6 題5 分

Assume y=∑n=0∞cnxny = \sum_{n=0}^\infty c_n x^n and solve d2ydx2−xy=0\frac{d^2y}{dx^2} - xy = 0. Which statements are always true?
(A) c0=0c_0 = 0
(B) c1=0c_1 = 0
(C) c2=0c_2 = 0
(D) cn=cn−3(n)(n−1)c_n = \frac{c_{n-3}}{(n)(n-1)} for n=0,1,2,…n = 0, 1, 2, \dots
(E) cn=cn−3(n)(n−1)c_n = \frac{c_{n-3}}{(n)(n-1)} for n=3,4,5,…n = 3, 4, 5, \dots

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核心觀念

本題考查冪級數解法。設

y=∑n=0∞cnxn,y=\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n,

則逐項微分可得

y′=∑n=1∞ncnxn−1,y'=\sum_{n=1}^{\infty}nc_nx^{n-1}, y′′=∑n=2∞n(n−1)cnxn−2=∑n=0∞(n+2)(n+1)cn+2xn.y''=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)c_nx^{n-2} =\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)c_{n+2}x^n.

將各項改寫成相同的 xnx^n 次方後,比較係數即可得到遞迴關係。

解題方法

原方程為

d2ydx2−xy=0.\frac{d^2y}{dx^2}-xy=0.

由冪級數表示式,

y′′=∑n=0∞(n+2)(n+1)cn+2xn.y''=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)c_{n+2}x^n.

另外,

xy=x∑n=0∞cnxn=∑n=0∞cnxn+1=∑n=1∞cn−1xn.xy=x\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n =\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^{n+1} =\sum_{n=1}^{\infty}c_{n-1}x^n.

因此原方程變為

∑n=0∞(n+2)(n+1)cn+2xn−∑n=1∞cn−1xn=0.\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)c_{n+2}x^n -\sum_{n=1}^{\infty}c_{n-1}x^n=0.

比較常數項

y′′y'' 的常數項為 2c22c_2,而 xyxy 沒有常數項,因此

2c2=0,2c_2=0,

得到

c2=0.c_2=0.

比較 xnx^n 項,n≥1n\geq 1

對於 n≥1n\geq 1,

(n+2)(n+1)cn+2−cn−1=0.(n+2)(n+1)c_{n+2}-c_{n-1}=0.

所以

cn+2=cn−1(n+2)(n+1).c_{n+2}=\frac{c_{n-1}}{(n+2)(n+1)}.

令 m=n+2m=n+2,則 m≥3m\geq 3,可寫成

cm=cm−3m(m−1),m=3,4,5,…\boxed{c_m=\frac{c_{m-3}}{m(m-1)}},\qquad m=3,4,5,\dots

將索引名稱改回 nn:

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第 7 題5 分

Consider the equation dydt=1−sin⁡t−∫0ty(τ)dτ\frac{dy}{dt} = 1 - \sin t - \int_0^t y(\tau) d\tau with the initial condition y(0)=1y(0) = 1. Which statements about the function y(t)y(t) and its Laplace transform Y(s)Y(s) are correct?
(A) Y(s)=s+1s2+11(s2+1)2Y(s) = \frac{s+1}{s^2+1} \frac{1}{(s^2+1)^2}
(B) Y(s)=1s2+1(1s2+1)2Y(s) = \frac{1}{s^2+1} \left( \frac{1}{s^2+1} \right)^2
(C) y(t)=sin⁡t−12tsin⁡ty(t) = \sin t - \frac{1}{2} t \sin t
(D) y(π)=0y(\pi) = 0
(E) y(π)=−1y(\pi) = -1

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觀念與重點公式

  1. 微分與積分之 Laplace 轉換:
    L{y′(t)}=sY(s)−y(0)\mathcal{L}\{y'(t)\} = sY(s) - y(0)
    L{∫0ty(τ)dτ}=Y(s)s\mathcal{L}\left\{\int_0^t y(\tau) d\tau\right\} = \frac{Y(s)}{s}
  2. 基本 Laplace 反轉換:
    L−1{ss2+1}=cos⁡t\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{s^2+1}\right\} = \cos t
    L−1{1s2+1}=sin⁡t\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2+1}\right\} = \sin t
    L−1{s(s2+1)2}=12tsin⁡t\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{(s^2+1)^2}\right\} = \frac{1}{2}t\sin t

推導步驟

  1. 求取 Y(s)Y(s):
    對原積分微分方程式兩邊取 Laplace 轉換,並代入初始條件 y(0)=1y(0) = 1:
    L{y′(t)}=L{1}−L{sin⁡t}−L{∫0ty(τ)dτ}\mathcal{L}\{y'(t)\} = \mathcal{L}\{1\} - \mathcal{L}\{\sin t\} - \mathcal{L}\left\{\int_0^t y(\tau)d\tau\right\}
    sY(s)−1=1s−1s2+1−Y(s)ssY(s) - 1 = \frac{1}{s} - \frac{1}{s^2+1} - \frac{Y(s)}{s}
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第 8 題5 分

Which are the possible solutions of the given system?
{dxdt=3x+2y+2etdydt=−2x−y+et\begin{cases} \frac{dx}{dt} = 3x + 2y + 2e^t \\ \frac{dy}{dt} = -2x - y + e^t \end{cases}
(A) [xy]=[1/2−1]et\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1/2 \\ -1 \end{bmatrix} e^t
(B) [xy]=[1/2−2]et\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1/2 \\ -2 \end{bmatrix} e^t
(C) [xy]=[1−2]et\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ -2 \end{bmatrix} e^t
(D) [xy]=[11/2]et\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1/2 \end{bmatrix} e^t
(E) [xy]=[1/21]et\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1/2 \\ 1 \end{bmatrix} e^t

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將微分方程組寫成矩陣形式:
x′(t)=Ax(t)+g(t)\mathbf{x}'(t) = \mathbf{A}\mathbf{x}(t) + \mathbf{g}(t)
其中 A=[32−2−1]\mathbf{A} = \begin{bmatrix} 3 & 2 \\ -2 & -1 \end{bmatrix},g(t)=[21]et\mathbf{g}(t) = \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}e^t。

選項皆為 x(t)=vet\mathbf{x}(t) = \mathbf{v} e^t 之形式。代入方程組求特解:
vet=Avet+[21]et  ⟹  (I−A)v=[21]\mathbf{v} e^t = \mathbf{A} \mathbf{v} e^t + \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix} e^t \implies (\mathbf{I} - \mathbf{A})\mathbf{v} = \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}
其中 I−A=[−2−222]\mathbf{I} - \mathbf{A} = \begin{bmatrix} -2 & -2 \\ 2 & 2 \end{bmatrix}。展開得:

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第 9 題5 分

Consider the wave equation x2∂2u∂t2=∂2u∂x2x^2 \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} for −∞<x<∞,t>0-\infty < x < \infty, t > 0 with initial conditions u(x,0)=f(x),∂u∂t(x,0)=0u(x, 0) = f(x), \frac{\partial u}{\partial t}(x, 0) = 0.
Which are the possible solutions?
(A) u(x,t)=f(x−at)u(x,t)=f(x-at)
(B) u(x,t)=f(x+at)u(x,t)=f(x+at)
(C) u(x,t)=f(x−at)+f(x+at)u(x,t)=f(x-at)+f(x+at)
(D) u(x,t)=12[f(x−at)+f(x+at)]u(x,t)=\frac{1}{2} [f(x-at)+f(x+at)]
(E) None of the above.

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觀念解析

標準常數波速波動方程式為 ∂2u∂t2=a2∂2u∂x2\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = a^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2},在初始條件 u(x,0)=f(x)u(x,0)=f(x) 與 ∂u∂t(x,0)=0\frac{\partial u}{\partial t}(x,0)=0 下,其達朗貝爾(d'Alembert)通解為 u(x,t)=12[f(x−at)+f(x+at)]u(x,t) = \frac{1}{2}[f(x-at)+f(x+at)](即選項 (D))。

然而,本題方程式為變係數波動方程式:
x2∂2u∂t2=∂2u∂x2x^2 \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}

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第 10 題5 分

Evaluate the Fourier transform
F(ω)=∫−∞∞e−r2e−iωtdtF(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-r^2} e^{-i\omega t} dt
(A) πte−(ω−ω0)2\sqrt{\pi} t e^{-(\omega - \omega_0)^2}
(B) 2πte−(ω−ω0)22\sqrt{\pi} t e^{-(\omega - \omega_0)^2}
(C) 2πte−(ω−ω0)2/22\pi t e^{-(\omega - \omega_0)^2 / 2}
(D) 2πte−(ω−ω0)2/22\sqrt{\pi} t e^{-(\omega - \omega_0)^2 / 2}
(E) 2πte−(ω−ω0)2/2\sqrt{2\pi} t e^{-(\omega - \omega_0)^2 / 2}

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核心觀念

本題考查高斯函數的 Fourier transform,以及調變定理。

採用 Fourier transform 定義

F(ω)=∫−∞∞f(t)e−iωt dt.F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-i\omega t}\,dt.

基本公式為

∫−∞∞e−t2/2e−iξt dt=2π e−ξ2/2.\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2/2}e^{-i\xi t}\,dt =\sqrt{2\pi}\,e^{-\xi^2/2}.

若時域函數乘上 eiω0te^{i\omega_0t},則頻域會平移:

f(t)eiω0t⟷F(ω−ω0).f(t)e^{i\omega_0t} \longleftrightarrow F(\omega-\omega_0).

題目中的合理修正

題面寫成

∫−∞∞e−r2e−iωt dt,\int_{-\infty}^{\infty}e^{-r^2}e^{-i\omega t}\,dt,

其中積分變數是 tt,但高斯項卻使用 rr;且選項全部出現 ω0\omega_0,題幹卻沒有給出。因此題目文字有變數與因子遺漏。

依選項形式,本題原意應為

f(t)=e−t2/2eiω0t,f(t)=e^{-t^2/2}e^{i\omega_0t},

要求

F(ω)=∫−∞∞e−t2/2eiω0te−iωt dt.F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-t^2/2}e^{i\omega_0t}e^{-i\omega t}\,dt.

解題方法

先合併指數項:

eiω0te−iωt=e−i(ω−ω0)t.e^{i\omega_0t}e^{-i\omega t} =e^{-i(\omega-\omega_0)t}.

因此

F(ω)=∫−∞∞e−t2/2e−i(ω−ω0)t dt.F(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-t^2/2}e^{-i(\omega-\omega_0)t}\,dt.

套用高斯 Fourier transform 公式,其中

ξ=ω−ω0,\xi=\omega-\omega_0,

得到

F(ω)=2π e−(ω−ω0)2/2.F(\omega) = \sqrt{2\pi}\, e^{-(\omega-\omega_0)^2/2}.

所以正確的 Fourier transform 為

F(ω)=2π e−(ω−ω0)2/2.\boxed{ F(\omega)=\sqrt{2\pi}\, e^{-(\omega-\omega_0)^2/2} }.
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第 11 題5 分

Find an equation involving g, h, and k that makes this augmented matrix correspond to a consistent system:
[1−47g03−5h−25−9k]\begin{bmatrix} 1 & -4 & 7 & g \\ 0 & 3 & -5 & h \\ -2 & 5 & -9 & k \end{bmatrix}
(A) 2k+g+h=02k+g+h = 0
(B) k+2g+3h=0k+2g+3h = 0
(C) k+2g+h=0k+2g+h = 0
(D) 3k+g+2h=03k+g+2h = 0

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核心觀念

增廣矩陣所代表的聯立方程組要「有解」,列簡化後不可出現矛盾列:

[000c],c≠0\begin{bmatrix}0&0&0&c\end{bmatrix},\qquad c\ne 0

因為這代表方程式

0=c0=c

不可能成立。因此,本題只要利用列運算找出左側係數恰好變成零列時,增廣欄也必須同時變成 00。


解題方法

原增廣矩陣為

[1−47g03−5h−25−9k].\left[ \begin{array}{ccc|c} 1&-4&7&g\\ 0&3&-5&h\\ -2&5&-9&k \end{array} \right].

觀察第三列的前三個元素:

[−2, 5, −9].[-2,\ 5,\ -9].

可表示為前兩列的線性組合:

[−2, 5, −9]=−2[1, −4, 7]−[0, 3, −5].[-2,\ 5,\ -9] =-2[1,\ -4,\ 7]-[0,\ 3,\ -5].

因此進行列運算

R3←R3+2R1+R2.R_3\leftarrow R_3+2R_1+R_2.

計算前三個欄位:

−2+2(1)+0=0,5+2(−4)+3=0,−9+2(7)−5=0.\begin{aligned} -2+2(1)+0&=0,\\ 5+2(-4)+3&=0,\\ -9+2(7)-5&=0. \end{aligned}

增廣欄則為

k+2g+h.k+2g+h.

所以矩陣化為

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第 12 題5 分

Let a1=[14−2]\mathbf{a}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 4 \\ -2 \end{bmatrix}, a2=[−3−77]\mathbf{a}_2 = \begin{bmatrix} -3 \\ -7 \\ 7 \end{bmatrix}, and b=[h14]\mathbf{b} = \begin{bmatrix} h \\ 1 \\ 4 \end{bmatrix}. For what value(s) of h is b\mathbf{b} in the plane spanned by a1\mathbf{a}_1 and a2\mathbf{a}_2?
(A) 0
(B) -10
(C) 16
(D) -17
(E) 20

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核心觀念
若向量 b\mathbf{b} 位於向量 a1\mathbf{a}_1 與 a2\mathbf{a}_2 所張成的平面 Span{a1,a2}\text{Span}\{\mathbf{a}_1, \mathbf{a}_2\} 中,代表 b\mathbf{b} 可由 a1\mathbf{a}_1 與 a2\mathbf{a}_2 線性組合而成,即集態 {a1,a2,b}\{\mathbf{a}_1, \mathbf{a}_2, \mathbf{b}\} 為線性相關(Linearly Dependent)。因此,由這三個向量所構成的矩陣,其行列式值必須為 00。

計算步驟
建立矩陣 A=[a1a2b]=[1−3h4−71−274]A = \begin{bmatrix} \mathbf{a}_1 & \mathbf{a}_2 & \mathbf{b} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & -3 & h \\ 4 & -7 & 1 \\ -2 & 7 & 4 \end{bmatrix}。

令 det⁡(A)=0\det(A) = 0,沿第三行進行降階展開:

det⁡(A)=h∣4−7−27∣−1∣1−3−27∣+4∣1−34−7∣=0\det(A) = h \begin{vmatrix} 4 & -7 \\ -2 & 7 \end{vmatrix} - 1 \begin{vmatrix} 1 & -3 \\ -2 & 7 \end{vmatrix} + 4 \begin{vmatrix} 1 & -3 \\ 4 & -7 \end{vmatrix} = 0

分別計算各 2×22 \times 2 子行列式:

∣4−7−27∣=4×7−(−7)×(−2)=28−14=14\begin{vmatrix} 4 & -7 \\ -2 & 7 \end{vmatrix} = 4 \times 7 - (-7) \times (-2) = 28 - 14 = 14 ∣1−3−27∣=1×7−(−3)×(−2)=7−6=1\begin{vmatrix} 1 & -3 \\ -2 & 7 \end{vmatrix} = 1 \times 7 - (-3) \times (-2) = 7 - 6 = 1
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第 13 題5 分

Determine the rank of the matrix in the following.
A=[25−3−4847−4−3969−5−240−965−6]A = \begin{bmatrix} 2 & 5 & -3 & -4 & 8 \\ 4 & 7 & -4 & -3 & 9 \\ 6 & 9 & -5 & -2 & 4 \\ 0 & -9 & 6 & 5 & -6 \end{bmatrix}
(A) 0
(B) 1
(C) 2
(D) 3
(E) 4

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核心觀念

矩陣的秩 rank⁡(A)\operatorname{rank}(A) 定義為其線性獨立列向量的最大個數,也等於高斯消去法中主元的個數。

本題矩陣為 4×54\times 5,因此

rank⁡(A)≤min⁡(4,5)=4.\operatorname{rank}(A)\leq \min(4,5)=4.

透過初等列運算化為階梯形矩陣,初等列運算不會改變矩陣的秩。


解題方法

原矩陣為

A=[25−3−4847−4−3969−5−240−965−6].A= \begin{bmatrix} 2&5&-3&-4&8\\ 4&7&-4&-3&9\\ 6&9&-5&-2&4\\ 0&-9&6&5&-6 \end{bmatrix}.

先以第一列消去第一欄:

R2←R2−2R1,R3←R3−3R1.R_2\leftarrow R_2-2R_1,\qquad R_3\leftarrow R_3-3R_1.

得到

[25−3−480−325−70−6410−200−965−6].\begin{bmatrix} 2&5&-3&-4&8\\ 0&-3&2&5&-7\\ 0&-6&4&10&-20\\ 0&-9&6&5&-6 \end{bmatrix}.

再利用第二列消去第三、四列的第二欄:

R3←R3−2R2,R4←R4−3R2.R_3\leftarrow R_3-2R_2, \qquad R_4\leftarrow R_4-3R_2.

因此

[25−3−480−325−70000−6000−1015].\begin{bmatrix} 2&5&-3&-4&8\\ 0&-3&2&5&-7\\ 0&0&0&0&-6\\ 0&0&0&-10&15 \end{bmatrix}.
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第 14 題5 分

Matrix A can be written in the form A=LU, where L is an m x m lower triangular matrix with 1's on the diagonal and U is an m x n echelon form of A. Such a factorization is called an LU factorization. Please find the L matrix for LU factorization of the following matrix A.
A=[3−636−76−170]A = \begin{bmatrix} 3 & -6 & 3 \\ 6 & -7 & 6 \\ -1 & 7 & 0 \end{bmatrix}
(A) [100210−1/311]\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ -1/3 & 1 & 1 \end{bmatrix}
(B) [100−2101/321]\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ 1/3 & 2 & 1 \end{bmatrix}
(C) [100−2102/521]\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ 2/5 & 2 & 1 \end{bmatrix}
(D) [100210−1113]\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ -1 & 1 & 1 \\ 3 \end{bmatrix}
(E) [1002−51211]\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & -5 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \end{bmatrix}

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這一題的完整詳解

觀念說明
進行 LU 分解(A=LUA = LU)時,若不進行列交換,對矩陣 AA 執行高斯消去法化簡為上三角梯形矩陣 UU 的過程中,用以消去第 jj 行第 ii 列元素(i>ji > j)所使用的消去乘數(multipliers)lijl_{ij},即為下三角矩陣 LL 對應位置之元素。

詳細推導
給定矩陣:
A=[3−636−76−170]A = \begin{bmatrix} 3 & -6 & 3 \\ 6 & -7 & 6 \\ -1 & 7 & 0 \end{bmatrix}

  1. 消去第一行對角線下方元素:
    • 第二列:R2←R2−2R1  ⟹  l21=2R_2 \leftarrow R_2 - 2 R_1 \implies l_{21} = 2
    • 第三列:R3←R3−(−13)R1  ⟹  l31=−13R_3 \leftarrow R_3 - \left(-\frac{1}{3}\right) R_1 \implies l_{31} = -\frac{1}{3}
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第 15 題5 分

Find the determinant for the following matrix
[1ab+c1ba+c1ca+b]\begin{bmatrix} 1 & a & b+c \\ 1 & b & a+c \\ 1 & c & a+b \end{bmatrix}
(A) -5
(B) 5
(C) 1
(D) -1
(E) 0

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核心觀念

本題考查行列式的基本性質:

  • 對矩陣作「某一列減去另一列的倍數」,行列式值不變。
  • 若矩陣經列運算後出現兩列成比例,則行列式為 00。
  • 行列式為 00 等價於矩陣的列向量或行向量線性相關。

解題方法

原矩陣為

A=[1ab+c1ba+c1ca+b].A= \begin{bmatrix} 1 & a & b+c\\ 1 & b & a+c\\ 1 & c & a+b \end{bmatrix}.

分別進行列運算

R2←R2−R1,R3←R3−R1.R_2\leftarrow R_2-R_1,\qquad R_3\leftarrow R_3-R_1.

此類列運算不改變行列式值,因此

det⁡(A)=∣1ab+c0b−a(a+c)−(b+c)0c−a(a+b)−(b+c)∣.\det(A) = \begin{vmatrix} 1 & a & b+c\\ 0 & b-a & (a+c)-(b+c)\\ 0 & c-a & (a+b)-(b+c) \end{vmatrix}.

化簡第二、三列:

det⁡(A)=∣1ab+c0b−aa−b0c−aa−c∣.\det(A) = \begin{vmatrix} 1 & a & b+c\\ 0 & b-a & a-b\\ 0 & c-a & a-c \end{vmatrix}.

注意

a−b=−(b−a),a−c=−(c−a),a-b=-(b-a),\qquad a-c=-(c-a),

所以第二、三列的後兩個元素分別為

(0,b−a,a−b)=(b−a)(0,1,−1),(0,b-a,a-b)=(b-a)(0,1,-1),
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第 16 題5 分

Find the dimension of the subspace H =
{[a−3b+6c5a+4db−2c−d]:a,b,c,d∈R}\left\{ \begin{bmatrix} a-3b+6c \\ 5a+4d \\ b-2c-d \end{bmatrix} : a, b, c, d \in \mathbb{R} \right\}
in R3\mathbb{R}^3.
(A) 2
(B) 3
(C) 4
(D) 1
(E) 0

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核心觀念

題目中的集合 HH 是所有向量

[a−3b+6c5a+4db−2c−d]\begin{bmatrix} a-3b+6c\\ 5a+4d\\ b-2c-d \end{bmatrix}

所形成的子空間。將各參數分離,可得

[a−3b+6c5a+4db−2c−d]=a[150]+b[−301]+c[60−2]+d[04−1].\begin{bmatrix} a-3b+6c\\ 5a+4d\\ b-2c-d \end{bmatrix} = a\begin{bmatrix}1\\5\\0\end{bmatrix} +b\begin{bmatrix}-3\\0\\1\end{bmatrix} +c\begin{bmatrix}6\\0\\-2\end{bmatrix} +d\begin{bmatrix}0\\4\\-1\end{bmatrix}.

因此

H=span⁡{[150],[−301],[60−2],[04−1]}.H=\operatorname{span} \left\{ \begin{bmatrix}1\\5\\0\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}-3\\0\\1\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}6\\0\\-2\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0\\4\\-1\end{bmatrix} \right\}.

所以,HH 的維度就是上述向量所張成空間的維度,也就是對應矩陣的秩。


解題方法

先觀察第三個生成向量:

[60−2]=−2[−301].\begin{bmatrix}6\\0\\-2\end{bmatrix} =-2\begin{bmatrix}-3\\0\\1\end{bmatrix}.

因此它不會增加新的獨立方向,只需檢查

v1=[150],v2=[−301],v4=[04−1]\mathbf v_1= \begin{bmatrix}1\\5\\0\end{bmatrix},\qquad \mathbf v_2= \begin{bmatrix}-3\\0\\1\end{bmatrix},\qquad \mathbf v_4= \begin{bmatrix}0\\4\\-1\end{bmatrix}

是否線性獨立。

將三個向量作為矩陣的欄向量:

A=[1−3050401−1].A= \begin{bmatrix} 1&-3&0\\ 5&0&4\\ 0&1&-1 \end{bmatrix}.

計算行列式:

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第 17 題5 分

Let b1=[1−3]\mathbf{b}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ -3 \end{bmatrix}, b2=[−27]\mathbf{b}_2 = \begin{bmatrix} -2 \\ 7 \end{bmatrix}, c1=[14]\mathbf{c}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 4 \end{bmatrix}, c2=[39]\mathbf{c}_2 = \begin{bmatrix} 3 \\ 9 \end{bmatrix}, and consider the bases for R2\mathbb{R}^2 given by B={b1,b2}B = \{\mathbf{b}_1, \mathbf{b}_2\} and C={c1,c2}C = \{\mathbf{c}_1, \mathbf{c}_2\}. Find the change-of-coordinates matrix from CC to BB.
(A) [5364]\begin{bmatrix} 5 & 3 \\ 6 & 4 \end{bmatrix}
(B) [5326]\begin{bmatrix} 5 & 3 \\ 2 & 6 \end{bmatrix}
(C) [2714]\begin{bmatrix} 2 & 7 \\ 1 & 4 \end{bmatrix}
(D) [5734]\begin{bmatrix} 5 & 7 \\ 3 & 4 \end{bmatrix}

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核心概念

本題測試 座標變換矩陣(change‑of‑coordinates matrix)的概念。
在兩個基底 B={b1,b2}B=\{\mathbf b_1,\mathbf b_2\} 與 C={c1,c2}C=\{\mathbf c_1,\mathbf c_2\} 之間,若要把向量的 CC 座標 [ x ]C[\,\mathbf x\,]_C 轉換成 BB 座標 [ x ]B[\,\mathbf x\,]_B,必須找到滿足

[ x ]B=PC→B [ x ]C[\,\mathbf x\,]_B = P_{C\to B}\,[\,\mathbf x\,]_C

的矩陣 PC→BP_{C\to B}。
關鍵步驟:將每一個 CC 基底向量以 BB 基底表示,形成矩陣的各欄。


解題步驟

  1. 寫出基底矩陣(以標準基底表示)
B=[b1b2]=[1−2−37],C=[c1c2]=[1349].B=\begin{bmatrix}\mathbf b_1&\mathbf b_2\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}1&-2\\-3&7\end{bmatrix}, \qquad C=\begin{bmatrix}\mathbf c_1&\mathbf c_2\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}1&3\\4&9\end{bmatrix}.
  1. 計算 BB 的逆矩陣

det⁡B=1⋅7−(−2)(−3)=7−6=1,\det B = 1\cdot7-(-2)(-3)=7-6=1,

B−1=1det⁡B[7231]=[7231].B^{-1}= \frac1{\det B} \begin{bmatrix}7&2\\3&1\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}7&2\\3&1\end{bmatrix}.
  1. 求變換矩陣

根據 x=B[ x ]B=C[ x ]C\mathbf x = B[\,\mathbf x\,]_B = C[\,\mathbf x\,]_C 可得

[ x ]B=B−1C [ x ]C,[\,\mathbf x\,]_B = B^{-1}C\,[\,\mathbf x\,]_C,

故

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第 18 題5 分

Which of the following statements is True?

(A) If AA is a 3×33 \times 3 matrix, then det⁡(5A)=5det⁡(A)\det(5A)=5\det(A).
(B) If A3=0A^3=0, then det⁡(A)=0\det(A)=0.
(C) If uu and vv are in R2\mathbb{R}^2 and det⁡[uv]=10\det\begin{bmatrix}u & v\end{bmatrix}=10, then the area of the triangle in the plane with vertices at 00, uu, and vv is 1010.
(D) If AA is an n×nn \times n matrix and det⁡(A)=2\det(A)=2, then det⁡(A3)=6\det(A^3)=6.
(E) Any system of nn linear equations in nn variables can be solved by Cramer's rule.

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核心觀念

本題考查行列式的基本性質、冪零矩陣、行列式與面積的關係,以及克拉瑪法則的適用條件。

對 n×nn\times n 矩陣 AA,有:

  • det⁡(cA)=cndet⁡(A)\det(cA)=c^n\det(A)。
  • det⁡(AB)=det⁡(A)det⁡(B)\det(AB)=\det(A)\det(B),因此 det⁡(Ak)=(det⁡A)k\det(A^k)=(\det A)^k。
  • 若 AA 可逆,則 det⁡(A)≠0\det(A)\ne 0;若 det⁡(A)=0\det(A)=0,則 AA 不可逆。
  • 由兩向量 u,v∈R2u,v\in\mathbb{R}^2 張成的三角形面積為 12∣det⁡[uv]∣\dfrac12\left|\det\begin{bmatrix}u&v\end{bmatrix}\right|。
  • 克拉瑪法則要求係數矩陣的行列式不為零,才能保證方程組有唯一解並使用該法則求解。

解題方法

逐一檢查各選項是否符合行列式的基本公式。特別是矩陣乘上常數時,行列式會乘上常數的 nn 次方;矩陣取冪時,行列式也取相同次方。

選項分析

(A) 錯誤。
AA 是 3×33\times 3 矩陣,因此

det⁡(5A)=53det⁡(A)=125det⁡(A),\det(5A)=5^3\det(A)=125\det(A),

不等於一般所述的 5det⁡(A)5\det(A)。

(B) 正確。
已知 A3=0A^3=0,取行列式得

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第 19 題5 分

Find the singular values of the following matrix:

[6106]\begin{bmatrix} \sqrt{6} & 1 \\ 0 & \sqrt{6} \end{bmatrix}

(A) 00
(B) 11
(C) 22
(D) 33
(E) 44

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核心觀念

矩陣 AA 的奇異值,是矩陣 ATAA^{T}A 的特徵值之非負平方根。若 AA 是實矩陣,則 ATAA^{T}A 為對稱半正定矩陣,因此其特徵值皆非負。

本題矩陣為

A=[6106].A= \begin{bmatrix} \sqrt{6} & 1\\ 0 & \sqrt{6} \end{bmatrix}.

解題方法

先計算 ATAA^{T}A:

AT=[6016],ATA=[6667].A^{T}= \begin{bmatrix} \sqrt{6} & 0\\ 1 & \sqrt{6} \end{bmatrix}, \qquad A^{T}A= \begin{bmatrix} 6 & \sqrt{6}\\ \sqrt{6} & 7 \end{bmatrix}.

設 ATAA^{T}A 的特徵值為 λ\lambda,由特徵方程式求解:

det⁡(ATA−λI)=∣6−λ667−λ∣=0.\det(A^{T}A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 6-\lambda & \sqrt{6}\\ \sqrt{6} & 7-\lambda \end{vmatrix} =0.

展開得

(6−λ)(7−λ)−6=0,(6-\lambda)(7-\lambda)-6=0,
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第 20 題5 分

Let AA be an n×nn \times n matrix. Choose the following statements equivalent to the statement that AA is an invertible matrix.

(A) Nul⁡A=Rn\operatorname{Nul} A=\mathbb{R}^n
(B) Row⁡A=Rn\operatorname{Row} A=\mathbb{R}^n
(C) AA has nn nonzero singular values.
(D) Dimension of Col⁡A=0\operatorname{Col} A=0.
(E) The columns of AA form a linearly independent set.

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核心觀念

本題考查方陣可逆的等價條件。對 n×nn\times n 矩陣 AA,以下敘述等價:

  • AA 可逆。
  • rank⁡(A)=n\operatorname{rank}(A)=n。
  • Nul⁡A={0}\operatorname{Nul}A=\{\mathbf 0\}。
  • Row⁡A=Rn\operatorname{Row}A=\mathbb R^n,且 Col⁡A=Rn\operatorname{Col}A=\mathbb R^n。
  • AA 的欄向量線性獨立。
  • AA 有 nn 個非零奇異值。

其中,秩-零度定理給出

dim⁡(Nul⁡A)+rank⁡(A)=n.\dim(\operatorname{Nul}A)+\operatorname{rank}(A)=n.

解題方法

判斷各選項是否描述了滿秩條件或零空間的正確形式。對 n×nn\times n 方陣,滿秩 rank⁡(A)=n\operatorname{rank}(A)=n 等價於 AA 可逆;若秩小於 nn,則矩陣不可逆。

選項分析

(A) Nul⁡A=Rn\operatorname{Nul}A=\mathbb R^n:錯誤。
可逆矩陣的零空間只有零向量:

Nul⁡A={0}.\operatorname{Nul}A=\{\mathbf 0\}.

若 Nul⁡A=Rn\operatorname{Nul}A=\mathbb R^n,則每個向量都滿足 Ax=0A\mathbf x=\mathbf 0,因此 AA 是零矩陣,不可逆。

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