114 年 國立臺灣大學應用力學研究所乙組《工程數學（G）》

核心觀念

求二變數函數的局部極大值與局部極小值，流程如下：

1. 求一階偏導數，找出所有臨界點：
   $f_x(x,y)=0,\qquad f_y(x,y)=0.$

2. 使用二階導數判別法。令
   $D=f_{xx}f_{yy}-(f_{xy})^2.$
   在臨界點 $(x_0,y_0)$：

   • 若 $D>0$ 且 $f_{xx}>0$，則為局部極小點。
   • 若 $D>0$ 且 $f_{xx}<0$，則為局部極大點。
   • 若 $D<0$，則為鞍點。
   • 若 $D=0$，此判別法無法判定。

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解題方法

給定

$$f(x,y)=x^3+xy^2-2xy+2.$$

先求一階偏導數：

$$f_x=3x^2+y^2-2y,$$ $$f_y=2xy-2x=2x(y-1).$$

臨界點須同時滿足

$$3x^2+y^2-2y=0,$$ $$2x(y-1)=0.$$

由第二式可分成兩種情況。

情況一：$x=0$

代入第一式：

$$y^2-2y=0,$$ $$y(y-2)=0.$$

因此得到兩個臨界點：

$$(0,0),\qquad (0,2).$$

情況二：$y=1$

代入第一式：

$$3x^2+1-2=0,$$ $$3x^2-1=0.$$

因此

$$x=\pm \frac{1}{\sqrt{3}}.$$

另外得到兩個臨界點：

$$\left(\frac{1}{\sqrt{3}},1\right),\qquad \left(-\frac{1}{\sqrt{3}},1\right).$$

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二階導數判別

二階偏導數為

$$f_{xx}=6x,\qquad f_{xy}=2y-2,\qquad f_{yy}=2x.$$

所以

$$D=f_{xx}f_{yy}-(f_{xy})^2 =12x^2-(2y-2)^2.$$

臨界點 $(0,0)$

$$D=12(0)^2-(2\cdot0-2)^2=-4<0.$$

因此 $(0,0)$ 是鞍點，不是局部極大點或局部極小點。

臨界點 $(0,2)$

$$D=12(0)^2-(2\cdot2-2)^2=-4<0.$$

因此 $(0,2)$ 也是鞍點。

臨界點 $\left(\frac{1}{\sqrt3},1\right)$

核心觀念

本題利用五個不同點的函數值，求四次多項式

$$f(x)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e$$

中的五個係數 $a,b,c,d,e$。核心方法是將 $x=0,\pm1,\pm2$ 代入，並利用正負點相加、相減，使偶次項與奇次項分離：

• 相加可消去奇次項 $bx^3、dx$；
• 相減可消去偶次項 $ax^4、cx^2$。

這比直接解五元一次聯立方程式更有效率。

解題方法

1. 先由 $f(0)$ 求 $e$

代入 $x=0$：

$$f(0)=e=3$$

因此

$$e=3$$

2. 建立 $x=\pm1$ 的方程式

代入 $x=1$：

$$a+b+c+d+3=-18$$

所以

$$a+b+c+d=-21 \tag{1}$$

代入 $x=-1$：

$$a-b+c-d+3=-21$$

所以

$$a-b+c-d=-24 \tag{2}$$

將式 $(1)$ 與式 $(2)$ 相加：

$$2a+2c=-45$$

因此

$$a+c=-\frac{45}{2} \tag{3}$$

將式 $(1)$ 減去式 $(2)$：

$$2b+2d=3$$

因此

$$b+d=\frac{3}{2} \tag{4}$$

3. 建立 $x=\pm2$ 的方程式

代入 $x=2$：

$$16a+8b+4c+2d+3=120$$

所以

$$16a+8b+4c+2d=117 \tag{5}$$

代入 $x=-2$：

$$16a-8b+4c-2d+3=112$$

所以

$$16a-8b+4c-2d=109 \tag{6}$$

將式 $(5)$ 與式 $(6)$ 相加：

$$32a+8c=226$$

除以 $2$ 得

$$16a+4c=113 \tag{7}$$

將式 $(5)$ 減去式 $(6)$：

$$16b+4d=8$$

除以 $4$ 得

$$4b+d=2 \tag{8}$$

4. 求 $b,d$

由式 $(4)$：

$$b+d=\frac{3}{2}$$

由式 $(8)$：

$$4b+d=2$$

兩式相減：

$$3b=\frac{1}{2}$$

因此

$$b=\frac{1}{6}$$

核心觀念

本題考查：

1. 相似對角化：若矩陣有兩個線性獨立的特徵向量，則可寫成
   $A=PDP^{-1},$
   其中 $P$ 的欄向量為特徵向量，$D$ 為對應特徵值組成的對角矩陣。
2. 矩陣加上單位矩陣後，特徵值會各自加 $1$：
   $Av=\lambda v \implies (A+I)v=(\lambda+1)v.$
3. 對角矩陣的高次方容易計算：
   $D^n=\operatorname{diag}(\lambda_1^n,\lambda_2^n).$

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解題方法

已知

$$\lambda_1=3,\qquad v_1=\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix},$$ $$\lambda_2=-1,\qquad v_2=\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}.$$

由於 $v_1,v_2$ 不是倍數關係，因此兩者線性獨立，可直接進行對角化。

令

$$P= \begin{bmatrix} 1&1\\ 2&-1 \end{bmatrix}, \qquad D= \begin{bmatrix} 3&0\\ 0&-1 \end{bmatrix}.$$

計算 $P^{-1}$：

$$\det(P)=1(-1)-1(2)=-3,$$

因此

$$P^{-1} =\frac{1}{-3} \begin{bmatrix} -1&-1\\ -2&1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac13&\frac13\\ \frac23&-\frac13 \end{bmatrix}.$$

a. 求 $A$

利用

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

先計算

$$PD= \begin{bmatrix} 1&1\\ 2&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3&0\\ 0&-1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3&-1\\ 6&1 \end{bmatrix}.$$

因此

$$A= \begin{bmatrix} 3&-1\\ 6&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac13&\frac13\\ \frac23&-\frac13 \end{bmatrix}.$$

逐項相乘得

$$A= \begin{bmatrix} 3\cdot\frac13+(-1)\cdot\frac23& 3\cdot\frac13+(-1)\cdot\left(-\frac13\right) \\[4pt] 6\cdot\frac13+1\cdot\frac23& 6\cdot\frac13+1\cdot\left(-\frac13\right) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac13&\frac43\\ \frac83&\frac53 \end{bmatrix}.$$

快速驗算：

$$A\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac13+\frac83\\ \frac83+\frac{10}3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}3\\6\end{bmatrix} =3\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix},$$

且

$$A\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac13-\frac43\\ \frac83-\frac53 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}-1\\1\end{bmatrix} =-1\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}.$$

b. 求 $A+I$ 的特徵值

核心觀念

初等列運算不會改變矩陣的列空間，因此兩個矩陣若可互相經由列運算轉換，必須具有相同的列空間。

題目右側矩陣已是簡化列梯形矩陣：

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

因此左側矩陣的每一列都必須是 $R$ 的列向量線性組合。

解題方法

左側矩陣第一列為

$$\boldsymbol r_1= \begin{bmatrix} 1&2&1&1&b \end{bmatrix}.$$

若 $\boldsymbol r_1$ 屬於 $R$ 的列空間，則存在常數 $\alpha,\beta,\gamma$，使得