111 年 國立臺灣大學醫療器材與醫學影像研究所《工程數學（C）》

基本矩陣 $E_1$與 $E_2$ 均為可逆矩陣（Non-singular matrix）。根據線性代數子空間與可逆矩陣乘積之性質分析如下：

(A) 正確
左乘可逆矩陣 $E_1$ 等同對 $A$ 進行基本列運算（Elementary row operations），而列運算僅為矩陣各列的線性組合，不會改變矩陣的列空間，故：
$\text{Row}(E_1 A) = \text{Row}(A)$

(B) 正確
右乘可逆矩陣 $E_2$ 等同對 $A$ 進行基本行運算（Elementary column operations），而行運算僅為矩陣各行的線性組合，不會改變矩陣的行空間，故：
$\text{Col}(AE_2) = \text{Col}(A)$

(C) 錯誤
對任意 $x \in \text{Null}(AE_2)$，依定義 $AE_2 x = 0 \iff E_2 x \in \text{Null}(A)$，可得 $\text{Null}(AE_2) = E_2^{-1} \text{Null}(A)$。

核心觀念

本題考查基本矩陣運算對以下四種性質的影響：

• 左乘可逆矩陣 $E_1A$：代表對 $A$ 做初等列運算。
• 右乘可逆矩陣 $AE_2$：代表對 $A$ 的欄向量作可逆線性組合。
• 初等矩陣必可逆，因此
  $E_1^{-1},\ E_2^{-1}$
  均存在。
• 初等列運算保留矩陣的 row space 與 rank，但不一定保留 null space。
• 可逆欄運算保留 column space 與 rank，但不一定保留 null space 本身。

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解題方法

利用初等矩陣的可逆性，分別判斷 row space、column space、null space 與 rank 是否保持不變。

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選項分析

(A) $\operatorname{Row} A=\operatorname{Row}(E_1A)$

此敘述正確。

左乘 $E_1$ 等同於對 $A$ 進行初等列運算。每一個新列都是原列的線性組合，因此

$$\operatorname{Row}(E_1A)\subseteq \operatorname{Row}(A).$$

由於 $E_1$ 可逆，也有

$$A=E_1^{-1}(E_1A),$$

所以 $A$ 的每一列也是 $E_1A$ 各列的線性組合，得到

$$\operatorname{Row}(A)\subseteq \operatorname{Row}(E_1A).$$

因此

$$\boxed{\operatorname{Row} A=\operatorname{Row}(E_1A)}.$$

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(B) $\operatorname{Col} A=\operatorname{Col}(AE_2)$

此敘述正確。

右乘 $E_2$ 時，$AE_2$ 的每一個欄向量都是 $A$ 的欄向量之線性組合，因此

$$\operatorname{Col}(AE_2)\subseteq \operatorname{Col}(A).$$

又因為 $E_2$ 可逆，

$$A=(AE_2)E_2^{-1},$$

所以 $A$ 的每一個欄向量也是 $AE_2$ 各欄向量的線性組合，故

$$\operatorname{Col}(A)\subseteq \operatorname{Col}(AE_2).$$

因此

$$\boxed{\operatorname{Col} A=\operatorname{Col}(AE_2)}.$$

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(C) $\operatorname{Null} A=\operatorname{Null}(AE_2)$

此敘述錯誤。

由定義，

$$\operatorname{Null}(AE_2) =\{x:AE_2x=0\}.$$

令

$$y=E_2x,$$

則 $y\in\operatorname{Null}(A)$，且

核心觀念

設

• $A:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m$
• $B:\mathbb{R}^p\to\mathbb{R}^n$
• $P:\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^m$
• $Q:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$

相關定義如下：

$$\operatorname{Null}(A)=\{x\in\mathbb{R}^n:Ax=0\}$$ $$\operatorname{Col}(A)=\{Ax:x\in\mathbb{R}^n\}$$

本題主要考察：

1. 零空間的包含關係。
2. 矩陣乘積的零空間。
3. 矩陣乘積的欄空間。
4. nullity 與零空間維度的關係。

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解題方法

逐一將各選項轉換成向量條件：

• $x\in\operatorname{Null}(A)$ 等價於 $Ax=0$。
• $x\in\operatorname{Null}(PA)$ 等價於 $PAx=0$。
• $x\in\operatorname{Null}(AQ)$ 等價於 $AQx=0$。
• $ABx=A(Bx)$，可利用 $Bx=0$ 推出 $ABx=0$。
• $\operatorname{Col}(AB)$ 中的向量皆可寫成 $A(Bx)$，因此必然屬於 $\operatorname{Col}(A)$。

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選項分析

(A) $\operatorname{Null} A$ is a subspace of $\operatorname{Null} PA$

此敘述正確。

若 $x\in\operatorname{Null}(A)$，則

$$Ax=0.$$

左乘矩陣 $P$ 可得

$$PAx=P(Ax)=P0=0.$$

因此 $x\in\operatorname{Null}(PA)$，所以

$$\operatorname{Null}(A)\subseteq\operatorname{Null}(PA).$$

故選項 (A) 正確。

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(B) $\operatorname{Null} PA$ is a subspace of $\operatorname{Null} A$

此敘述錯誤。

由 $PAx=0$ 並不能必然推出 $Ax=0$，因為矩陣 $P$ 可能將非零向量映射為零向量。

例如取

$$P= \begin{bmatrix} 0&0\\ 0&0 \end{bmatrix}, \qquad A= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{bmatrix}.$$

此時

$$PA=0,$$

因此

$$\operatorname{Null}(PA)=\mathbb{R}^2.$$

但

$$\operatorname{Null}(A)=\{0\}.$$

顯然

$$\operatorname{Null}(PA)\nsubseteq\operatorname{Null}(A).$$

故選項 (B) 錯誤。

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(C) $\operatorname{Null} AQ$ may not be a subspace of $\operatorname{Null} A$ and $\operatorname{Null} A$ may not be a subspace of $\operatorname{Null} AQ$

此敘述正確。

取

$$A= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&0 \end{bmatrix}, \qquad Q= \begin{bmatrix} 0&1\\ 1&0 \end{bmatrix}.$$

先求 $\operatorname{Null}(A)$：

$$A \begin{bmatrix} x_1\\x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x_1\\0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0 \end{bmatrix}$$

所以 $x_1=0$，因此

$$\operatorname{Null}(A)=\operatorname{span} \left\{ \begin{bmatrix} 0\\1 \end{bmatrix} \right\}.$$

再計算 $AQ$：

本題考察矩陣的秩 (Rank)、零度 (Nullity)、線性方程組的一致性 (Consistency)、向量空間的張成 (Span) 以及線性變換 (Linear Transformation) 的性質。

核心觀念：

1. 秩-零度定理 (Rank-Nullity Theorem)： 對於一個 $m \times n$ 的矩陣 $M$，rank$(M) + \text{nullity}(M) = n$ (其中 $n$ 是矩陣的列數)。
2. 線性方程組一致性： $(A+B)x = b$ 對任意 $b \in \mathbb{R}^m$ 有解，若且唯若 $A+B$ 的行空間是 $\mathbb{R}^m$，即 rank$(A+B) = m$。
3. 行空間與線性組合： 矩陣的每一列都是由其行空間中的向量張成的。
4. 線性變換與單射性 (One-to-one)： 若線性變換 $T: V \to W$ 是由 $m \times n$ 矩陣 A 表示 (即 $T(x) = Ax$)，則 $T$ 是單射的，若且唯若 Null $A = \{0\}$，即 nullity$(A) = 0$。
5. 可逆矩陣乘積： 若 A 和 B 是可逆的 $n \times n$ 矩陣，則 AB 也是可逆的 $n \times n$ 矩陣，且 $(AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}$。

選項分析：

• (A) Rank A + dim (Null A²) = n.
  根據秩-零度定理，對於矩陣 $A^2$ (假設 A 是 $n \times n$ 矩陣)，有 rank$(A^2) + \text{nullity}(A^2) = n$。
  此選項的敘述是 Rank A + dim (Null $A^2$) = n。
  這兩個條件不一定相等。例如，令 $A = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$ ($n=2$)。
  Rank A = 1。
  $A^2 = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$。
  Null $A^2 = \mathbb{R}^2$， dim(Null $A^2$) = 2。
  Rank A + dim (Null $A^2$) = 1 + 2 = 3。
  而 $n=2$。所以 3 $\ne$ 2。
  此選項是錯誤的。

• (B) $(A + B)x = b$ is consistent for every b in $R^m$ if and only if the rank of A + B is n.
  線性方程組 $(A+B)x = b$ 對於所有的 $b \in \mathbb{R}^m$ 都有一致解，意味著 $A+B$ 的行空間必須是整個 $\mathbb{R}^m$。
  這等價於 $A+B$ 的秩等於 $m$ (即 $A+B$ 的行數)。
  選項中提到 rank$(A+B) = n$ (即 $A+B$ 的列數)。
  因此，這個條件是錯誤的。若要使方程組對所有 $b \in \mathbb{R}^m$ 都一致，則 rank$(A+B)$ 必須等於 $m$。

• (C) Every column of the matrix B is a linear combination of its pivot columns.
  矩陣的每一列都可以表示為其行空間中某個向量的線性組合。
  而「pivot columns」通常是指通過高斯消去法得到的行階梯形矩陣中的非零首位 (leading entry) 所在的列。這些 pivot columns 張成矩陣的行空間。
  然而，題目問的是 "Every column of the matrix B is a linear combination of its pivot columns."。
  這句話的表述不準確。一個矩陣的每一列是其行空間的元素。而 pivot columns 是行空間的一組基底。
  更精確的說法應該是：矩陣 B 的所有列向量，都在由 B 的 pivot columns 所張成的空間中。 或者說，B 的每一列向量都可以由 B 的 pivot columns 線性表示。

核心觀念

本題考查：

• 矩陣的秩（rank）
• 零空間維度與秩－零度定理：
  $\dim N(A)+\operatorname{rank}(A)=\text{欄數}$
• 可逆矩陣的判定：$n\times n$ 矩陣可逆當且僅當秩為 $n$
• 矩陣乘積的欄向量：
  $\operatorname{col}_j(AB)=A\operatorname{col}_j(B)$
• 樞紐欄必須依原本欄位順序判斷；若某欄向量不在前面欄向量所張成的空間中，該欄即為樞紐欄。

解題方法

先以 $A$ 的欄向量表示其線性關係。令 $A$ 的欄向量為 $C_1,\ldots,C_5$，可直接看出

$C_2=2C_1.$

此外，

$C_5=-C_1+C_4.$

因此 $A$ 的欄空間由 $C_1,C_3,C_4$ 張成。

確認三者線性獨立。若

$xC_1+yC_3+zC_4=\boldsymbol{0},$

由第 1、2、4 列可得

$x-y+2z=0,$
$-x+y+2z=0,$
$-3x+2y=0.$

前兩式相加得 $z=0$，再由前兩式得 $x=y$，代入第三式可得 $x=y=0$。所以 $C_1,C_3,C_4$ 線性獨立，故

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

接著分析 $B$。令其欄向量為 $D_1,\ldots,D_5$，可見

$D_2=-2D_1.$

再檢查 $D_1,D_3,D_4,D_5$ 的線性獨立性。設

$\alpha D_1+\beta D_3+\gamma D_4+\delta D_5=\boldsymbol{0}.$

由第 1、3、4、2 列分別得到

$\alpha-\beta+\gamma=0,$
$2\alpha-4\beta+\gamma=0,$
$-3\alpha+6\beta+3\delta=0,$
$-\alpha+\beta+3\gamma-\delta=0.$

由前兩式可得

$\alpha=3\beta,\qquad \gamma=-2\beta.$

代入第三式得

$\delta=\beta.$

再代入第四式：

$-3\beta+\beta-6\beta-\beta=-9\beta=0.$

核心觀念

線性轉換 $T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3$ 的標準矩陣 $A$，其三個欄向量分別是 $T(\mathbf e_1)$、$T(\mathbf e_2)$、$T(\mathbf e_3)$。因此，對向量 $x$ 有 $T(x)=Ax$。

題目影像中的已知條件是

$$T\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\2\\-1\end{pmatrix}, \qquad T\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix},$$

且 $T$ 的值域維度為 $2$。

解題方法

設標準矩陣的欄向量為 $A=[\,\mathbf c_1\ \mathbf c_2\ \mathbf c_3\,]$。第一個條件直接指定第二欄：

$$\mathbf c_2=\begin{pmatrix}1\\2\\-1\end{pmatrix}.$$

第二個條件表示三個欄向量相加為零：

$$\mathbf c_1+\mathbf c_2+\mathbf c_3=\mathbf 0.$$

(A) 正確
因為 $C$ 的列向量（columns）構成 $\mathbb{R}^n$ 的一組基底，故 $C$ 為 $n \times n$ 之可逆矩陣，$C^T$ 亦可逆。由反矩陣展開可得：
$C(C^T C)^{-1} C^T = C C^{-1} (C^T)^{-1} C^T = I_n \cdot I_n = I_n$
（亦即對全空間 $W = \mathbb{R}^n$ 之正交投影矩陣即為單位矩陣 $I_n$。）

(B) 正確
依可對角化矩陣（Diagonalizable matrix）之定義，若矩陣 $A$ 可對角化，則存在可逆矩陣 $P$ 與對角矩陣 $D$，使得 $A = PDP^{-1}$，此即矩陣 $A$ 相似（Similar）於對角矩陣 $D$。

(C) 錯誤
$G^\perp$ 為 $G$ 之正交補空間（Orthogonal complement），一般情況下 $F = G^\perp \neq G$。
反例：於 $\mathbb{R}^2$ 中取 $G = \text{span}\left\{\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}\right\}$，則 $F = G^\perp = \text{span}\left\{\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}\right\}$，顯然 $F \neq G$。

核心觀念：內積的定義（Inner Product Axioms）

實數向量空間 $V$ 上的函數 $\langle \cdot, \cdot \rangle : V \times V \to \mathbb{R}$ 稱為內積，當且僅當對任意 $p, q, r \in V$ 與純量 $c \in \mathbb{R}$，滿足以下四條公理：

1. 對稱性（Symmetry）：$\langle p, q \rangle = \langle q, p \rangle$
2. 加性（Additivity）：$\langle p + q, r \rangle = \langle p, r \rangle + \langle q, r \rangle$
3. 齊次性（Homogeneity）：$\langle c p, q \rangle = c \langle p, q \rangle$
4. 正定性（Positive Definiteness）：$\langle p, p \rangle \ge 0$ 恆成立；且 $\langle p, p \rangle = 0 \iff p = 0$（零多項式）

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選項推導與分析

註：當 $k > N = \min \{n_p, n_q\}$ 時，必有 $p_k = 0$ 或 $q_k = 0$，故 $p_k q_k = 0$。因此 (C)、(D)、(E) 中的求和符號可等價看作對所有非零係數項的無窮級數求和 $\sum_{k=0}^{\infty}$。

• (A) $\langle p, q \rangle = \int_0^1 p(x)q(x)dx$：
  • 線性與對稱性由積分性質可知顯然成立。
  • 正定性：$\langle p, p \rangle = \int_0^1 p^2(x) dx \ge 0$。若 $\int_0^1 p^2(x) dx = 0$，由於 $p^2(x)$ 為連續非負函數，推得在區間 $[0,1]$ 上 $p(x) = 0$。非零多項式最多僅有有限個實根，故 $p(x)$ 必為零多項式（$p = 0$）。

核心觀念

一階微分方程寫成

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

若在某個區域內，$M$ 與 $N$ 的一階偏導數連續，且滿足

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

則此微分方程為恰當微分方程（exact differential equation）。

此時存在某個函數 $F(x,y)$，使得

$$dF=M\,dx+N\,dy,$$

其通解可寫成

$$F(x,y)=C.$$

本題只需逐一比較 $M_y$ 與 $N_x$。

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選項分析

（A）

令

$$M=5x+4y,\qquad N=4x-8y^3.$$

分別計算偏導數：

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

因此

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

故（A）為恰當微分方程。

亦可求其勢函數。對 $M$ 對 $x$ 積分：

$$F(x,y)=\int (5x+4y)\,dx =\frac{5}{2}x^2+4xy+g(y).$$

對 $y$ 微分並令其等於 $N$：

$$\frac{\partial F}{\partial y} =4x+g'(y) =4x-8y^3.$$

所以

$$g'(y)=-8y^3,\qquad g(y)=-2y^4,$$

確實可得

$$F(x,y)=\frac{5}{2}x^2+4xy-2y^4.$$

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（B）

令

$$M=x^2-y^2,\qquad N=x^2-2xy.$$

則

$$\frac{\partial M}{\partial y}=-2y,$$

而

$$\frac{\partial N}{\partial x}=2x-2y.$$

兩者比較：

$$-2y\neq 2x-2y$$

一般不成立，因此（B）不是恰當微分方程。

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（C）

令

$$M=y\ln y-e^x,\qquad N=\frac{1}{y}+x\ln y.$$

核心觀念
本題屬於一階常微分方程的全微分（exact differential) 判別與積分因子的應用。

• 若方程式可寫成 $M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0$ 且滿足
  $\displaystyle \frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x}$，則為完全微分，可直接積分得到隱解 $\Phi(x,y)=C$。
• 若不滿足上式，必須尋找一個積分因子 $\mu(x,y)$ 使 $\mu M\,dx+\mu N\,dy$ 變為完全微分。常見的積分因子型態有 $\mu(x)$、$\mu(y)$ 或 $\mu=x^{a}y^{b}$。

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解題過程

1. 寫出 $M$ 與 $N$

$$M(x,y)=y^{2}+xy^{2}=y^{2}(1+x),\qquad N(x,y)=5y^{2}-xy+y^{2}\sin y .$$

2. 檢查是否已是完全微分

$$\frac{\partial M}{\partial y}=2y(1+x),\qquad \frac{\partial N}{\partial x}=-y .$$

明顯 $\displaystyle 2y(1+x)\neq -y$，故不是完全微分。

3. 嘗試找純 $x$ 或純 $y$ 的積分因子

   • 若 $\mu=\mu(x)$，需滿足

$$\frac{\partial (\mu M)}{\partial y}= \frac{\partial (\mu N)}{\partial x} \Longrightarrow \mu\,2y(1+x)=\mu'\,N-\mu y .$$

 整理得到  

$\frac{\mu'}{\mu}=\frac{y(3+2x)}{N},$

 右側仍含 $y$，無法成為僅含 $x$ 的函數 → **不存在 $\mu(x)$**。

• 若 $\mu=\mu(y)$，則

$$\mu' M+\mu\,2y(1+x)=\mu(-y) \Longrightarrow \frac{\mu'}{\mu}= -\frac{y(3+2x)}{M},$$

 同樣留下 $x$ → **不存在 $\mu(y)$**。

4. 嘗試冪次型積分因子 $\mu=x^{a}y^{b}$

設 $\mu=x^{a}y^{b}$，則

本題考察微分算子 (differential operator) 對函數的作用，以及如何找到能被特定微分算子「湮滅」(annihilate) 的函數。

核心觀念：
一個微分算子 $L = a_n D^n + a_{n-1} D^{n-1} + \dots + a_0$ 可以作用在一個函數 $y=f(x)$ 上，得到 $L(y) = a_n \frac{d^n y}{dx^n} + \dots + a_0 y$。
如果 $L(y) = 0$，則稱函數 $y=f(x)$ 被微分算子 $L$ 湮滅。
給定的微分算子是 $L = D^2(D^2 - 6D+10)(D-5)(D-7)$。
湮滅 $L$ 的函數 $y=f(x)$，意味著 $L(y) = 0$。
這相當於找到 $L$ 的零空間 (null space) 中的函數。

我們可以將微分算子寫成常係數線性齊次微分方程的形式。
$D = \frac{d}{dx}$。
$D^2$ 對應於 $y''=0$。其通解為 $y = c_1 + c_2x$。
$(D-5)$ 對應於 $y' - 5y = 0$。其通解為 $y = c e^{5x}$。
$(D-7)$ 對應於 $y' - 7y = 0$。其通解為 $y = c e^{7x}$。
$(D^2 - 6D + 10)$ 對應於 $y'' - 6y' + 10y = 0$。
其特徵方程為 $r^2 - 6r + 10 = 0$。
使用求根公式：$r = \frac{-(-6) \pm \sqrt{(-6)^2 - 4(1)(10)}}{2(1)} = \frac{6 \pm \sqrt{36 - 40}}{2} = \frac{6 \pm \sqrt{-4}}{2} = \frac{6 \pm 2i}{2} = 3 \pm i$。
由於特徵根是複數 $3 \pm i$，對應的通解形式為 $y = e^{3x}(c_3 \cos x + c_4 \sin x)$。

微分算子 $L = D^2(D^2 - 6D+10)(D-5)(D-7)$ 相當於以下微分方程：
$y^{(6)} - (5+7)y^{(5)} + \dots + (constant)y = 0$。
或者，更直接地，如果一個函數能被 $L$ 湮滅，則它必須是構成 $L$ 的各個因子的解的組合。
$L$ 的特徵根來自於每個因子的特徵根：

• $D^2$: $r=0$ (重根，次數為 2)。對應的解形式為 $c_1, c_2x$。
• $(D-5)$: $r=5$ (單根)。對應的解形式為 $c_3 e^{5x}$。
• $(D-7)$: $r=7$ (單根)。對應的解形式為 $c_4 e^{7x}$。
• $(D^2 - 6D + 10)$: $r=3 \pm i$ (共軛複數根)。對應的解形式為 $c_5 e^{3x}\cos x + c_6 e^{3x}\sin x$。

因此，能被 $L$ 湮滅的函數 $y=f(x)$ 的通解形式是這些基本解的線性組合：
$y = c_1 + c_2x + c_3 e^{5x} + c_4 e^{7x} + c_5 e^{3x}\cos x + c_6 e^{3x}\sin x$。

我們需要檢查選項中哪個函數是上述通解形式中的一個特例（即，其中某個或某些常數為非零，而其他常數為零）。

選項分析：

• (A) $e^{2x} \cos x$
  這個函數的形式是 $e^{ax}\cos(bx)$，其中 $a=2, b=1$。
  對應的特徵根是 $r = a \pm ib = 2 \pm i$。
  這個特徵根 ($2 \pm i$) 並不存在於 $L$ 的特徵根集合 $\{0, 0, 5, 7, 3+i, 3-i\}$ 中。

核心概念
此題屬於 常係數線性常微分方程，右手為多項式與指數函數的線性組合。
求特解時可直接使用 未定係數法 (method of undetermined coefficients)：先假設特解的形式，將其代入原方程，令各項係數相等，求出未知常數 $A,B,C,D$。

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(a) 計算各階導數

設

$y_p(x)=A x^{2}+B x^{3}+C x^{4}+D\,x e^{2x}.$

$$\begin{aligned} y'_p &= 2A x+3B x^{2}+4C x^{3}+D\bigl(e^{2x}+2x e^{2x}\bigr),\\[2mm] y''_p &= 2A+6B x+12C x^{2}+D\bigl(4 e^{2x}+4x e^{2x}\bigr),\\[2mm] y^{(3)}_p &= 6B+24C x+D\bigl(12 e^{2x}+8x e^{2x}\bigr),\\[2mm] y^{(4)}_p &= 24C+D\bigl(32 e^{2x}+16x e^{2x}\bigr). \end{aligned}$$

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(b) 代入原方程

原方程為

$y^{(4)}-4y'' = 5x^{2}-2x e^{2x}.$

將上式代入左側：

核心觀念

微分算子可因式分解為

$$D^2-2D+1=(D-1)^2.$$

令 $y=e^t u(t)$，則

$$(D-1)y=e^t u',\qquad (D-1)^2y=e^t u''.$$

因此原方程

$$y''-2y'+y=e^t\arctan t$$

化為

$$u''=\arctan t.$$

求出 $u$ 的一個解後，再乘上 $e^t$，即可得到一個特解。

解題方法

先積分一次：

$$u'=\int\arctan t\,dt =t\arctan t-\frac12\ln(1+t^2).$$

再積分一次：

$$u=\int t\arctan t\,dt-\frac12\int\ln(1+t^2)\,dt.$$

分別用分部積分可得

$$\int t\arctan t\,dt =\frac12(t^2+1)\arctan t-\frac12t,$$

以及

$$\int\ln(1+t^2)\,dt =t\ln(1+t^2)-2t+2\arctan t.$$

合併後，

$$u=\frac12(t^2-1)\arctan t-\frac12t\ln(1+t^2)+\frac12t.$$

故原方程的一個特解為

$$y_p=\frac12e^t\left[(t^2-1)\arctan t-t\ln(1+t^2)+t\right].$$

選項分析