112 年國立中山大學通訊工程研究所乙組《工程數學甲》考古題與詳解

Question 1

Which of the following is true about the initial value problem of $y''' – 2y'' + y' = x e^{x} + 5$ with $y(0) = 2$ , $y'(0) = 2$ and $y''(0) = -1$ ? Assume that the particular solution $y_p = A_1 x^{B_1} e^{C_1 x} + A_2 x^{B_2} e^{C_2 x} + A_3 x^{B_3} e^{C_3 x} + A_4 x^{B_4} e^{C_4 x}$ .
(A) $\sum_{i=1}^{4} (A_i + B_i + C_i) = 41/3$ .
(B) $\sum_{i=1}^{4} (A_i + B_i + C_i) = 5$ .
(C) $\sum_{i=1}^{4} (A_i + B_i + C_i) = 38/3$ .
(D) $\sum_{i=1}^{4} (A_i + B_i + C_i) = 14/3$ .
(E) $\sum_{i=1}^{4} (A_i + B_i + C_i) = 8$ .

Accepted Answer

觀念解析：特解 $yp$ 的求解（微分算子法） 本題要求微分方程 $y''' - 2y'' + y' = x e^x + 5$ 的特解 $yp$。特解與初始條件無關（初始條件僅用於決定齊次解之任意常數），故可直接由非齊次項求得。 --- 關鍵步驟推導 Step 1：特徵根與齊次解結構 齊次特徵方程式為： $$r^3 - 2r^2 + r = r(r-1)^2 = 0 \implies r = 0, 1, 1 \quad (	ext{二重根})$$ 對應齊次解為 $yh = c1 + c2 e^x + c3 x e^x$。 --- Step 2：微分算子法求特解 $yp$ 利用微分算子 $D = \frac{d}{dx}$，特解可表示為： $$yp = \frac{1}{D(D-1)^2} (x e^x + 5)$$ 1. 針對常數位移項 $g1(x) = 5$： $$y{p1} = \frac{1}{D(D-1)^2} \cdot 5 = \frac{1}{D} \left( \frac{5}{(0-1)^2} ight) = \frac{1}{D} (5) = 5x = 5 x^1 e^{0x}$$ 對應參數：$A1 = 5$, $B1 = 1$, $C1 = 0 \implies A1 + B1 + C1 = 6$。 2. 針對 $g2(x) = x e^x$： 利用移位定理（Shift Theorem）：

Question 2

The points A(1, -2, 1), B(0, 1, 6), and C(-3, 4, -2) form a triangle. Find the angle (°) between the line AB and the line from A to the midpoint of the line BC. (Numbers are rounded to 2 decimal places).
(A) 81.29°
(B) 121.51°
(C) 33.89°
(D) 47.40°
(E) 0.83°

Accepted Answer

核心觀念 本題考查三維空間向量、線段中點與兩向量夾角公式。 若兩條直線的方向向量分別為 $\mathbf{u}$、$\mathbf{v}$，則其夾角 $	heta$ 滿足 $$ \cos	heta = \frac{|\mathbf{u}\cdot\mathbf{v}|} {\|\mathbf{u}\|\|\mathbf{v}\|}. $$ 其中： - $\mathbf{u}\cdot\mathbf{v}$ 為內積； - $\|\mathbf{u}\|$、$\|\mathbf{v}\|$ 為向量長度； - 直線夾角通常取較小的銳角。 解題方法 先求線段 $BC$ 的中點 $M$： $$ M = \left( \frac{0+(-3)}{2}, \frac{1+4}{2}, \frac{6+(-2)}{2} ight) = \left(-\frac32,\frac52,2ight). $$ 直線 $AB$ 的方向向量為 $$ \overrightarrow{AB} = B-A = (0-1,1-(-2),6-1) = (-1,3,5). $$ 從 $A$ 指向中點 $M$ 的方向向量為 $$ \overrightarrow{AM} = M-A = \left( -\frac32-1,\frac52-(-2),2-1 ight) = \left(-\frac52,\frac92,1ight). $$ 為方便計算，方向向量可乘以非零常數，因此取 $$ \mathbf{v}=2\overrightarrow{AM}=(-5,9,2). $$ 令 $$ \mathbf{u}=(-1,3,5),\qquad \mathbf{v}=(-5,9,2). $$ 計算內積： $$ \mathbf{u}\cdot\mathbf{v} = (-1)(-5)+3(9)+5(2) = 5+27+10 = 42. $$ 計算兩向量長度： $$ \|\mathbf{u}\| = \sqrt{(-1)^2+3^2+5^2} = \sqrt{35}, $$ $$ \|\mathbf{v}\| = \sqrt{(-5)^2+9^2+2^2} = \sqrt{110}. $$ 因此 $$ \cos	heta = \frac{42}{\sqrt{35}\sqrt{110}} = \frac{42}{\sqrt{3850}} \approx 0.67689. $$ 換算成角度： $$ 	heta = \cos^{-1}(0.67689) \approx 47.40^\circ. $$ 選項分析 - (A) $81.29^\circ$：錯誤。 此數值是直線 $AB$ 與 $AC$ 的夾角。因為 $\overrightarrow{AC}=(-4,6,-3)$，有

Question 3

Which of the following is/are linear differential equation(s)?
(A) $xy'' + (\sin x)y = 0$
(B) $y'' + 5xy' + \sqrt{x}y = 0$
(C) $\frac{d^2x}{dt^2} = t + x^2$
(D) $\frac{d^2u}{dy^2} + \frac{d^2u}{dx^2} = u$
(E) $t^2x'' - 4tx' + 6x = \ln t^2$

Accepted Answer

核心觀念 線性 $n$ 階常微分方程可寫成 $$ an(t)y^{(n)}+\cdots+a1(t)y'+a0(t)y=g(t), $$ 其中各係數 $ai$ 只能是獨立變數的函數，未知函數及其各階導數只能一次方出現，且彼此不可相乘。右側是否為零不影響線性，右側不為零時稱為非齊次線性方程。 偏微分方程的判斷原則相同。 選項分析 (A) $xy''+(\sin x)y=0$ 未知函數為 $y(x)$，可辨認為 $$ x\,y''+0\cdot y'+(\sin x)y=0. $$ 其中 $x$ 與 $\sin x$ 都只是獨立變數 $x$ 的函數，$y$ 與 $y''$ 均只以一次方出現。因此這是二階、變係數、齊次線性微分方程。 所以 (A) 正確。 (B) $y''+5xy'+\sqrt{x}y=0$ 此式可寫成 $$ 1\cdot y''+(5x)y'+\sqrt{x}\,y=0. $$ 係數 $1$、$5x$、$\sqrt{x}$ 僅依賴獨立變數 $x$，未知函數及其導數沒有平方，也沒有彼此相乘。 因此這是變係數齊次線性微分方程。$\sqrt{x}$ 的定義域不影響其線性判定。 所以 (B) 正確。 (C) $\dfrac{d^2x}{dt^2}=t+x^2$ 將方程式整理為 $$ x''-x^2=t. $$ 未知函數為 $x(t)$，其中出現 $x^2$，即未知函數的二次方。這違反線性微分方程中「未知函數只能一次方出現」的條件。 因此 (C) 錯誤，它是非線性微分方程。

Question 4

Consider the differential equation $(t - 4)^2x'' - 5(t - 4)x' = -9x$ , which of the following is/are correct?
(A) It's an autonomous differential equation.
(B) The general solution is $x = c_1 t^3 + c_2 t^3 \ln t$ .
(C) $t = 4$ is a regular singular point.
(D) The interval of definition of the general solution is $(0, \infty)$ .
(E) The interval of definition of the general solution is $(-\infty, \infty)$ .

Accepted Answer

核心觀念 本題考查三個重點： 1. 平移後的歐拉–柯西方程 2. 重根時的通解形式 3. 正則奇異點與解的定義區間 將方程整理為 $$ (t-4)^2x''-5(t-4)x'+9x=0. $$ 最高階導數係數在 $t=4$ 為零，因此 $t=4$ 是需要特別檢查的奇異點。 解題方法 令 $$ z=t-4, $$ 則方程化為 $$ z^2x''-5zx'+9x=0,\qquad z
eq 0. $$ 這是標準的歐拉–柯西方程，設 $$ x=z^m. $$ 則 $$ x'=mz^{m-1},\qquad x''=m(m-1)z^{m-2}. $$ 代入得 $$ z^2m(m-1)z^{m-2}-5zmz^{m-1}+9z^m=0, $$ 因此特徵方程為 $$ m(m-1)-5m+9=0. $$ 整理： $$ m^2-6m+9=0 \quad\Longrightarrow\quad (m-3)^2=0. $$ 特徵根 $m=3$ 為重根，所以通解為 $$ \boxed{x(t)=c1(t-4)^3+c2(t-4)^3\ln|t-4|}. $$ 其中 $t
eq 4$。因此其最大連通定義區間為 $$ (-\infty,4) \quad	ext{或}\quad (4,\infty). $$ 正則奇異點判定 將方程除以 $(t-4)^2$： $$ x''-\frac{5}{t-4}x' +\frac{9}{(t-4)^2}x=0. $$ 令 $$ P(t)=-\frac{5}{t-4},\qquad Q(t)=\frac{9}{(t-4)^2}. $$ 正則奇異點的條件是 $$ (t-4)P(t) \quad	ext{與}\quad (t-4)^2Q(t) $$ 在 $t=4$ 附近解析。此處

Question 5

Consider the differential equation $(t - 4)^2x'' - 5(t - 4)x' = -9x$ , which of the following is/are correct?
(A) It's an autonomous differential equation.
(B) The general solution is $x = c_1 t^3 + c_2 t^3 \ln t$ .
(C) $t = 4$ is a regular singular point.
(D) The interval of definition of the general solution is $(0, \infty)$ .
(E) The interval of definition of the general solution is $(-\infty, \infty)$ .

Accepted Answer

核心觀念 本題考查三個重點： 1. 平移後的歐拉–柯西方程 2. 重根時的通解形式 3. 正則奇異點與解的定義區間 將方程整理為 $$ (t-4)^2x''-5(t-4)x'+9x=0. $$ 最高階導數係數在 $t=4$ 為零，因此 $t=4$ 是需要特別檢查的奇異點。 解題方法 令 $$ z=t-4, $$ 則方程化為 $$ z^2x''-5zx'+9x=0,\qquad z
eq 0. $$ 這是標準的歐拉–柯西方程，設 $$ x=z^m. $$ 則 $$ x'=mz^{m-1},\qquad x''=m(m-1)z^{m-2}. $$ 代入得 $$ z^2m(m-1)z^{m-2}-5zmz^{m-1}+9z^m=0, $$ 因此特徵方程為 $$ m(m-1)-5m+9=0. $$ 整理： $$ m^2-6m+9=0 \quad\Longrightarrow\quad (m-3)^2=0. $$ 特徵根 $m=3$ 為重根，所以通解為 $$ \boxed{x(t)=c1(t-4)^3+c2(t-4)^3\ln|t-4|}. $$ 其中 $t
eq 4$。因此其最大連通定義區間為 $$ (-\infty,4) \quad	ext{或}\quad (4,\infty). $$ 正則奇異點判定 將方程除以 $(t-4)^2$： $$ x''-\frac{5}{t-4}x' +\frac{9}{(t-4)^2}x=0. $$ 令 $$ P(t)=-\frac{5}{t-4},\qquad Q(t)=\frac{9}{(t-4)^2}. $$ 正則奇異點的條件是 $$ (t-4)P(t) \quad	ext{與}\quad (t-4)^2Q(t) $$ 在 $t=4$ 附近解析。此處

Question 6

Consider the Laplace's equation $U{xx} + U{yy} = 0$ with the conditions listed below. According to the boundary conditions, it's possible to reduce the Laplace's equation into two simultaneous equations with respect to x and y, separately. Assume $\lambda$ is the eigenvalue, identify the correct statements. $$ \begin{cases} u(0, y) = 0 \ u(L, y) = 0 \end{cases}, \quad 0 < y < H $$ $$ \begin{cases} u(x, 0) = f(x) \ u(x, H) = 0 \end{cases}, \quad 0 < x < L $$

Accepted Answer

核心概念 本題主要測驗 分離變數法 在解拉普拉斯方程 $U{xx}+U{yy}=0$ 時，如何根據 Dirichlet 邊界條件把問題化為兩條只含單一變數的常微分方程，並由此得到 特徵值 $\lambda$ 以及對應的特徵函數。關鍵在於： 1. 邊界條件 $u(0,y)=u(L,y)=0$ 只涉及 $x$，故可推出 $X(0)=X(L)=0$。 2. 邊界條件 $u(x,H)=0$ 只涉及 $y$，故可推出 $Y(H)=0$。 3. 以 $u(x,y)=X(x)Y(y)$ 代入拉普拉斯方程，可得到 $X$、$Y$ 兩條耦合的常微分方程，其分離常數即為特徵值 $\lambda$。 --- 完整解題過程 1. 分離變數假設 設 $$u(x,y)=X(x)Y(y)$$ 代入拉普拉斯方程得到 $$X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0\quad\Longrightarrow\quad\frac{X''(x)}{X(x)}=-\frac{Y''(y)}{Y(y)}=\lambda,$$ 其中 $\lambda$ 為分離常數（特徵值），且必為常數。 --- 2. 得到兩條常微分方程 $$ \begin{cases} X''(x)+\lambda X(x)=0,\[4pt] Y''(y)-\lambda Y(y)=0. \end{cases} $$ --- 3. $x$ 方向的邊界條件 $$X(0)=0,\qquad X(L)=0.$$ 此為 二階齊次常微分方程的 Sturm‑Liouville 問題。根據定理： - 若 $\lambda<0$（寫成 $\lambda=-\mu^2$），解為指數函數 $X=A\sinh(\mu x)+B\cosh(\mu x)$，無法同時滿足兩端為零。 - 若 $\lambda=0$，解為線性 $X=Ax+B$，同樣無法同時為零（除非 $A=B=0$，即平凡解）。 - 必須 $\lambda0$，寫成 $\lambda=\alpha^2$，則解為正弦、餘弦 $$X(x)=A\sin(\alpha x)+B\cos(\alpha x).$$ 套入 $X(0)=0$ 得 $B=0$，再套入 $X(L)=0$ 得 $$A\sin(\alpha L)=0\quad\Longrightarrow\quad \sin(\alpha L)=0.$$ 非平凡解需 $\alpha L=n\pi\;(n=1,2,3,\dots)$，因此 $$ \boxed{\lambdan=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2},\qquad Xn(x)=\sin\!\Bigl(\frac{n\pi}{L}x\Bigr). $$ --- 4. $y$ 方向的邊界條件 $$Y(H)=0,\qquad\text{且在 $y=0$ 時由 $u(x,…

Question 7

Following question 5, which of the following is/are correct?
(A) $\lambda = \frac{n\pi}{L}, X(x) = \sin(\frac{n\pi x}{L}), n = 1,2,3, \dots$
(B) $\lambda = (\frac{n\pi}{L})^2, X(x) = \sin(\frac{n\pi x}{L}), n = 1,2,3, \dots$
(C) $\lambda = (\frac{n\pi}{L})^2, X(x) = \sin(\frac{n\pi x}{H}), n = 0,1,2, \dots$
(D) The product solution is $\sin(\frac{n\pi x}{L}) \cosh(\frac{n\pi (y-H)}{L})$ .
(E) The product solution is $\sin(\frac{n\pi x}{L}) \sinh(\frac{n\pi (y-H)}{L})$ .

Accepted Answer

核心觀念 承接第 5 題，考慮矩形區域 $$ 0<x<L,\qquad 0<y<H $$ 以及拉普拉斯方程式 $$ u{xx}+u{yy}=0 $$ 邊界條件為 $$ u(0,y)=u(L,y)=0,\qquad u(x,H)=0. $$ 原題條件可參閱國立中山大學官方試題 PDF。 本題考查： 1. 分離變數法； 2. Sturm–Liouville 特徵值問題； 3. 兩端為零的邊界條件所產生的正弦特徵函數； 4. 拉普拉斯方程式中一側為三角函數、另一側為雙曲函數的形式。 --- 解題方法 令乘積解為 $$ u(x,y)=X(x)Y(y). $$ 代入拉普拉斯方程式： $$ X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0. $$ 除以 $X(x)Y(y)$： $$ \frac{X''(x)}{X(x)} = -\frac{Y''(y)}{Y(y)}. $$ 兩邊只分別含有 $x$ 與 $y$，因此必為常數。令分離常數為 $-\lambda$，得到 $$ X''+\lambda X=0, $$ 以及 $$ Y''-\lambda Y=0. $$ 由 $u(0,y)=u(L,y)=0$，可得 $X$ 的邊界條件： $$ X(0)=0,\qquad X(L)=0. $$ 求 $X(x)$ 與特徵值 $\lambda$ 考慮 $$ X''+\lambda X=0. $$ 情況一：$\lambda=0$ 此時 $$ X''=0 \quad\Longrightarrow\quad X=A+Bx. $$ 由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，再由 $X(L)=0$ 得 $B=0$，只得到零解，不是特徵函數。 情況二：$\lambda<0$ 令 $\lambda=-\mu^2$，則 $$ X''-\mu^2X=0. $$ 其解為雙曲函數形式。套用 $X(0)=X(L)=0$ 後同樣只能得到零解，因此不產生非零特徵函數。 情況三：$\lambda0$ 令 $$ \lambda=\mu^2. $$ 則 $$ X''+\mu^2X=0, $$ 一般解為 $$ X(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x). $$ 由 $X(0)=0$： $$ A=0. $$ 因此 $$ X(x)=B\sin(\mu x). $$ 再由 $X(L)=0$： $$ B\sin(\mu L)=0. $$ 要有非零解 $B
eq 0$，必須滿足 $$ \sin(\mu L)=0 \quad\Longrightarrow\quad \mu L=n\pi, \qquad n=1,2,3,\ldots $$ 所以 $$ \mu=\frac{n\pi}{L}, $$ 而特徵值為 $$ \boxed{\lambdan=\mu^2=\left(\frac{n\pi}{L}ight)^2}.…

Question 8

Which of the following is/are true about the differential equation, $y' + 2y^2 - 3y + 1 = 0$ ?
(A) It is a second-order homogeneous differential equation.
(B) There are two critical points.
(C) One of the critical points is an attractor.
(D) None of the critical points is an attractor.
(E) The solution $y(x)$ increases with $x$ when $x$ is defined on $(1/2, \infty)$ .

Accepted Answer

核心觀念 本題考查自治微分方程 $$ \frac{dy}{dx}=f(y) $$ 的階數、非線性、臨界點與穩定性。對於臨界點 $y^$： - 若 $f(y^)=0$，則 $y(x)\equiv y^$ 是常數解。 - 若鄰近解在 $x	o\infty$ 時趨近 $y^$，則稱 $y^$ 為吸引點（attractor）。 - 由相位線判斷時，$y'0$ 表示解隨 $x$ 增加，$y'<0$ 表示解隨 $x$ 減少。 將原方程改寫為 $$ y'=-2y^2+3y-1=-(2y-1)(y-1). $$ 令 $$ f(y)=-(2y-1)(y-1). $$ 解題方法：求臨界點並作相位分析 臨界點滿足 $y'=0$，因此 $$ -(2y-1)(y-1)=0. $$ 所以兩個臨界點為 $$ y=\frac12,\qquad y=1. $$ 接著分區間判斷 $y'$ 的正負： $$ \begin{array}{c|ccc} y & (-\infty,\frac12) & (\frac12,1) & (1,\infty)\ \hline y' & - & + & - \end{array} $$ 因此： - 當 $y<\frac12$ 時，$y'<0$，解向下移動。 - 當 $\frac12<y<1$ 時，$y'0$，解向上移動。 - 當 $y1$ 時，$y'<0$，解向下移動。 在 $y=\frac12$ 的兩側，解都遠離該點，所以 $y=\frac12$ 是排斥點；在 $y=1$ 的兩側，解都朝向該點，所以 $y=1$ 是吸引點。 選項分析 (A) It is a second-order homogeneous differential equation. 錯誤。 原方程只含有一階導數 $y'$，因此是一階微分方程，不是二階微分方程。此外，方程含有 $y^2$，屬於非線性微分方程；「齊次線性微分方程」的概念也不適用於此非線性方程。 所以 (A) 錯誤。 (B) There are two critical points. 正確。 由 $$ y'=-(2y-1)(y-1) $$ 可得臨界點 $$ y=\frac12,\qquad y=1. $$ 所以共有兩個臨界點，(B) 正確。 (C) One of the critical points is an attractor. 正確。 由相位分析可知：

Question 9

Consider the linear system Ax = b, where A = [a1, a2, a3] ∈ R5×3, a1, a2, a3 are column vectors of A, and b is a non-zero vector. Suppose b = a1 + a2 = 2a2 + a3. Which of the following statements are true?
(A) The linear system has exactly two solutions.
(B) The linear system has at most two solutions.
(C) rank([A, b]) = rank(A) ≤ 2.
(D) x = [1,3,1] is a solution of the linear system.
(E) The vectors a1, a2, a3 are linearly dependent.

Accepted Answer

核心觀念 1. 線性系統 $Ax=b$ 有解的條件為 $$\operatorname{rank}([A,b])=\operatorname{rank}(A).$$ 等價地，$b$ 必須屬於 $A$ 的 column space。 2. 若 $A$ 有 $3$ 個欄向量，且欄向量線性相依，則 $$\operatorname{rank}(A)\leq 2.$$ 3. 對 $3$ 個未知數而言，若系統有解且 $\operatorname{rank}(A)<3$，則至少有一個自由變數，因此有無限多組解。 --- 解題方法 由題目條件 $$ b=a1+a2=2a2+a3 $$ 可得 $$ a1+a2=2a2+a3, $$ 整理為 $$ a1-a2-a3=0. $$ 這表示 $a1,a2,a3$ 存在非零係數組合為零，所以三個欄向量線性相依，且 $$ \operatorname{rank}(A)\leq 2. $$ 另一方面，因為 $$ b=a1+a2, $$ 所以 $b$ 屬於 $A$ 的 column space，故 $Ax=b$ 一定有解，並且 $$ \operatorname{rank}([A,b])=\operatorname{rank}(A). $$ 由兩種表示法可知兩組解為 $$ x^{(1)}= \begin{bmatrix} 1\1\0 \end{bmatrix}, \qquad x^{(2)}= \begin{bmatrix} 0\2\1 \end{bmatrix}. $$ 其差為 $$ x^{(1)}-x^{(2)} = \begin{bmatrix} 1\-1\-1 \end{bmatrix}, $$ 且 $$ A \begin{bmatrix} 1\-1\-1 \end{bmatrix} =a1-a2-a3=0. $$ 因此所有 $$ x= \begin{bmatrix} 1\1\0 \end{bmatrix} +t \begin{bmatrix} 1\-1\-1 \end{bmatrix}, \qquad t\in\mathbb R $$ 皆滿足 $Ax=b$。系統具有無限多組解。 --- 選項分析

Question 10

Consider the linear system Ax = b, where A = [a1, a2, a3] ∈ R3×3, a1, a2, a3 are column vectors of A, and b is a non-zero vector. Suppose $a_1 - 3a_2 + 3a_3 = 0$ , $a_1 + 2a_2 - a_3 = b$ , rank(A) = 2. Which of the following are solutions of the linear system?
(A) $x = [-1, 4, -7]^T$
(B) $x = [3, 0, 5]^T$
(C) $x = [2, 4, -2]^T$
(D) $x = [3, 1, 3]^T$
(E) $x = [-2, 2, -6]^T$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查 向量線性組合與矩陣秩： - 由已知的列向量關係可把 $A$ 的三個柱向量以兩個基底表示。 - 透過 $Ax = b$ 的展開，把 $x$ 的係數轉成對基底 $a2,\;a3$ 的線性組合，進而比較係數求解 $x$ 必須滿足的線性方程組。 --- 解題步驟 1. 由題目給的向量關係化簡 $b$ 的表達式 $$ \begin{aligned} a1-3a2+3a3 &=0 \quad\Longrightarrow\quad a1 = 3a2-3a3,\[4pt] a1+2a2-a3 &= b . \end{aligned} $$ 將 $a1$ 代入第二式： $$ (3a2-3a3)+2a2-a3 = b \;\Longrightarrow\; 5a2-4a3 = b. \tag{1} $$ 為什麼要這麼做？ 只要把 $b$ 表成 $a2$、$a3$ 的線性組合，我們之後比較 $Ax$ 與 $b$ 時，就只需比較這兩個基底的係數即可，避免處理未知的 $a1$。 --- 2. 把 $Ax$ 用 $a2,\;a3$ 表示 $$ Ax = x1a1 + x2a2 + x3a3 = x1(3a2-3a3) + x2a2 + x3a3 = (3x1+x2)a2 + (-3x1+x3)a3. \tag{2} $$ 為什麼要這樣寫？ 因為 $a1$ 已經可以完全以 $a2,a3$ 表示，故 $Ax$ 亦能寫成 $a2,a3$ 的線性組合。當 $a2$、$a3$ 線性獨立（由 $\operatorname{rank}(A)=2$ 可得），兩邊的係數必須相等。 --- 3. 係數相等得到 $x$ 必須滿足的方程組

Question 11

Two matrices are row equivalent if one can be changed to the other by a sequence of elementary row operations. Which of the following statements are true?

(A) If there exists a matrix $R$ such that $B=RA$ , then $A$ and $B$ are row equivalent.
(B) If two matrices are row equivalent, then they have the same null space.
(C) If two matrices are row equivalent, then they have the same eigenvalues.
(D) If $E$ is the reduced row echelon form of $A$ , then $E$ and $A$ are row equivalent.
(E) Let $A\in\mathbb{R}^{m\times n}$ , $C\in\mathbb{R}^{m\times n}$ , and $b\in\mathbb{R}^m$ be given. If $A$ and $C$ are row equivalent, then the two linear systems $Ax=b$ and $Cx=b$ have the same solution set.

Accepted Answer

核心觀念

初等列運算包括交換兩列、將一列乘以非零常數，以及以某列的倍數加到另一列。若矩陣 $A$ 經過一連串初等列運算得到 $C$ ，則存在可逆矩陣 $P$ ，使得

C=PA.

因此，列等價矩陣具有相同的零空間： $Cx=0$ 等價於 $PAx=0$ ；由於 $P$ 可逆，這又等價於 $Ax=0$ 。但列運算通常不保留特徵值；而解同一個非齊次方程時，右側向量也必須隨左乘矩陣一同變換。

解題方法

逐項檢查各敘述是否符合列等價的定義，並區分以下兩種情況：

列等價是由可逆的初等列運算組成，因此有 $C=PA$ ，其中 $P$ 可逆。
一般的矩陣等式 $B=RA$ 不保證 $R$ 可逆，也不保證 $B$ 能由 $A$ 經初等列運算得到。

對錯誤敘述，可用小型矩陣反例驗證。

選項分析

(A) 錯誤。

$B=RA$ 並不足以保證 $A$ 與 $B$ 列等價，因為 $R$ 不一定可逆。取

A=I_2,\qquad R= \begin{bmatrix} 0&0\\ 0&0 \end{bmatrix}, \qquad B=RA= \begin{bmatrix} 0&0\\ 0&0 \end{bmatrix}.

$A$ 的秩為 $2$ ，而 $B$ 的秩為 $0$ 。初等列運算不改變矩陣的秩，因此兩者不列等價。

(B) 正確。

若 $A$ 與 $B$ 列等價，則存在可逆矩陣 $P$ 使得 $B=PA$ 。對任意向量 $x$ ，

Bx=0 \iff PAx=0 \iff Ax=0,

其中最後一步使用 $P$ 可逆。因此 $A$ 與 $B$ 的零空間相同。

(C) 錯誤。

列運算不保證特徵值不變。取

Question 12

Consider the linear system $Ax=b$. Let $A=QR$, where $Q$ is an orthogonal matrix and $R$ is an upper triangular matrix. Suppose $$ R=\begin{bmatrix} -1&4&2\ 0&-2&1\ 0&0&3 \end{bmatrix}, \qquad Q^Tb=\begin{bmatrix}-3\7\15\end{bmatrix}, \qquad x=\begin{bmatrix}x1\x2\x3\end{bmatrix}. $$ Which of the following statements are true? (A) $x1=9$ (B) $x2=1$ (C) $x3=5$ (D) $x1+x2+x3=12$ (E) $x1+x2+x3=14$

Accepted Answer

核心觀念 若 $A=QR$，且 $Q$ 為正交矩陣，則 $Q^TQ=I$。因此，將 $Ax=b$ 左乘 $Q^T$，可得 $$ Q^TAx=Q^Tb $$ 由 $A=QR$ 可知 $Q^TQRx=Q^Tb$，所以原方程等價於 $$ Rx=Q^Tb $$ 因為 $R$ 是上三角矩陣，可由最後一列開始，依序向上回代求出各未知數。 解題方法 將題目給定的 $R$ 與 $Q^Tb$ 代入 $Rx=Q^Tb$： $$ \begin{bmatrix} -1&4&2\ 0&-2&1\ 0&0&3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x1\x2\x3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -3\7\15 \end{bmatrix} $$ 逐列回代。第三列給出 $$ 3x3=15 \quad\Longrightarrow\quad x3=5 $$ 第二列給出 $$ -2x2+x3=7 \quad\Longrightarrow\quad -2x2+5=7 \quad\Longrightarrow\quad x2=-1 $$ 第一列給出

Question 13

Let $\hat{x}$ be a least-squares solution of the linear system $Ax=b$ . Which of the following statements are true?

(A) $\hat{x}$ satisfies $A\hat{x}=b$ .
(B) $\hat{x}$ satisfies $A^TA\hat{x}=A^Tb$ .
(C) $\hat{x}$ always exists.
(D) $\hat{x}$ is unique.
(E) $b-A\hat{x}$ is orthogonal to any vector in the range space of $A$ .

Accepted Answer

核心觀念 最小平方解 $\hat{x}$ 是使殘差平方長度最小的向量，也就是 $$ \hat{x}\in\operatorname{arg\,min}{x}\|Ax-b\|2^2. $$ 矩陣 $A$ 的欄空間記為 $\mathcal{R}(A)$。最小平方解的幾何意義是：$A\hat{x}$ 為 $b$ 在 $\mathcal{R}(A)$ 上的正交投影，因此殘差 $b-A\hat{x}$ 與 $\mathcal{R}(A)$ 正交。由此可得正規方程 $$ A^T A\hat{x}=A^T b. $$ 解題方法 令 $f(x)=\|Ax-b\|2^2$。將其寫成內積形式： $$ f(x)=(Ax-b)^T(Ax-b). $$ 對 $x$ 微分並令梯度為零： $$ 
abla f(x)=2A^T(Ax-b)=0, $$ 因此最小平方解必須滿足 $$ A^T A\hat{x}=A^T b. $$ 幾何上，$A^T(A\hat{x}-b)=0$ 表示殘差 $b-A\hat{x}$ 與 $A$ 的每個欄向量正交，因而與這些欄向量所張成的整個欄空間正交。 選項分析

Question 14

Let $x1$ and $x2$ be eigenvectors of $A$, and $\lambda1$ and $\lambda2$ be the corresponding eigenvalues. Suppose $$ x1=\begin{bmatrix}-1\2\end{bmatrix}, \qquad x2=\begin{bmatrix}3\1\end{bmatrix}, \qquad \lambda1=2, \qquad \lambda2=-1, \qquad y=\begin{bmatrix}5\5\end{bmatrix}, \qquad A^{10}y=\begin{bmatrix}s1\s2\end{bmatrix}. $$ Which of the following statements are true? (A) $s1=-2045$ (B) $s1=-2046$ (C) $s2=4096$ (D) $s2=4098$ (E) $s1+s2=2052$

Accepted Answer

核心觀念 若 $x1,x2$ 是 $A$ 的線性獨立特徵向量，且對應特徵值分別為 $\lambda1,\lambda2$，則 $$ A^{10}x1=\lambda1^{10}x1,\qquad A^{10}x2=\lambda2^{10}x2. $$ 因此，先將 $y$ 寫成特徵向量的線性組合，再分別對各分量乘上相應特徵值的十次方。 解題方法 令 $$ y=c1x1+c2x2. $$ 代入題目給定的向量： $$ \begin{bmatrix}5\5\end{bmatrix} = c1\begin{bmatrix}-1\2\end{bmatrix} +c2\begin{bmatrix}3\1\end{bmatrix}. $$ 比較分量可得 $$ \begin{cases} -c1+3c2=5,\ 2c1+c2=5. \end{cases} $$ 解此聯立方程式，得到 $$ c1=\frac{10}{7},\qquad c2=\frac{15}{7}. $$ 因為 $\lambda1=2$、$\lambda2=-1$，而兩個特徵值的十次方分別為 $$ 2^{10}=1024,\qquad (-1)^{10}=1, $$ 所以 $$ A^{10}y =\frac{10}{7}(1024)x1+\frac{15}{7}(1)x2. $$

Question 15

(10%) Use the Laplace transform to solve the following initial value problem: $$ y''+6y'+9y=e^{-3t}\cos t, \qquad y(0)=0, \qquad y'(0)=0. $$

Accepted Answer

核心觀念

利用拉普拉斯轉換將微分方程化為代數方程。二階導數與一階導數的轉換公式為

\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0), \qquad \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),

其中 $Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}$ 。右側則使用指數位移公式

\mathcal{L}\{e^{-at}f(t)\}=F(s+a), \qquad F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}.

解題方法

對方程兩側取拉普拉斯轉換，代入初始條件 $y(0)=y'(0)=0$ ：

(s^2+6s+9)Y(s) = \mathcal{L}\{e^{-3t}\cos t\}.

由 $\mathcal{L}\{\cos t\}=\dfrac{s}{s^2+1}$ 與指數位移公式，

\mathcal{L}\{e^{-3t}\cos t\} = \frac{s+3}{(s+3)^2+1}.

因為 $s^2+6s+9=(s+3)^2$ ，所以

Question 16

The Fourier transform of a continuous-time real function is given as

Y(j\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}y(t)e^{-j\omega t}\,dt.

(a) Obtain the Fourier transform of the following function (5%):

y(t)=\left(\frac{\sin 100\pi t}{\pi t}\right)^2.

(b) To sample $y(t)$ with equal intervals, what is the maximal sampling period $T$ to possibly prevent aliasing (5%)?

Accepted Answer

核心觀念 本題考兩個傅立葉轉換性質： 1. 矩形頻譜與 $\dfrac{\sin \Omegac t}{\pi t}$ 的轉換對： $$ \frac{\sin \Omegac t}{\pi t} \ \longleftrightarrow\ \begin{cases} 1, & |\omega|<\Omegac,\ 0, & |\omega|\Omegac. \end{cases} $$ 2. 時域相乘對應頻域摺積。若使用題目給定的傅立葉轉換定義，則 $$ x(t)z(t) \ \longleftrightarrow\ \frac{1}{2\pi}\bigl[X(j\omega)Z(j\omega)\bigr]. $$ 此外，為避免取樣混疊，取樣角頻率必須至少為訊號頻譜最高角頻率的兩倍。 解題方法 令 $$x(t)=\frac{\sin 100\pi t}{\pi t}.$$ 由轉換對可得 $$ X(j\omega)= \begin{cases} 1, & |\omega|<100\pi,\ 0, & |\omega|100\pi. \end{cases} $$ 題目中的訊號是 $y(t)=x^2(t)$，因此其傅立葉轉換為 $$Y(j\omega)=\frac{1}{2\pi}\bigl[X(j\omega)X(j\omega)\bigr].$$ 兩個高度為 $1$、範圍皆為 $[-100\pi,100\pi]$ 的矩形頻譜摺積後，頻率 $\omega$ 處的值等於兩矩形重疊區間的長度。當 $|\omega|\le 200\pi$ 時，重疊長度為 $200\pi-|\omega|$；當 $|\omega|200\pi$ 時，沒有重疊。因此

112 年 國立中山大學通訊工程研究所乙組《工程數學甲》

第 1 題

觀念解析：特解 ypy_pyp​ 的求解（微分算子法）

關鍵步驟推導

Step 1：特徵根與齊次解結構

Step 2：微分算子法求特解 ypy_pyp​

第 2 題

第 3 題

第 4 題

核心觀念

解題方法

正則奇異點判定

第 4 題

核心觀念

解題方法

正則奇異點判定

第 5 題

核心概念

完整解題過程

1. 分離變數假設

2. 得到兩條常微分方程

3. xxx 方向的邊界條件

4. yyy 方向的邊界條件

5. 通解與係數決定

第 6 題

核心觀念

解題方法

求 X(x)X(x)X(x) 與特徵值 λ\lambdaλ

情況一：λ=0\lambda=0λ=0

情況二：λ<0\lambda<0λ<0

情況三：λ>0\lambda>0λ>0

求 Y(y)Y(y)Y(y)

選項分析

(A)

第 7 題

第 8 題

第 9 題

核心觀念

解題步驟

1. 由題目給的向量關係化簡 bbb 的表達式

2. 把 AxAxAx 用 a2, a3a_2,\;a_3a2​,a3​ 表示

3. 係數相等得到 xxx 必須滿足的方程組

第 10 題

核心觀念

解題方法

選項分析

第 11 題

第 12 題

第 13 題

第 14 題10 分

核心觀念

解題方法

第 15 題10 分

第 16 題15 分

其他考古題

112 年中山大學的其他科目

中山大學《工程數學甲》其他年度

其他學校的通訊系考古題

112 年國立中山大學通訊工程研究所乙組《工程數學甲》

觀念解析：特解 $y_p$ 的求解（微分算子法）

Step 2：微分算子法求特解 $y_p$

3. $x$ 方向的邊界條件

4. $y$ 方向的邊界條件

求 $X(x)$ 與特徵值 $\lambda$

情況一： $\lambda=0$

情況二： $\lambda<0$

情況三： $\lambda>0$

求 $Y(y)$

1. 由題目給的向量關係化簡 $b$ 的表達式

2. 把 $Ax$ 用 $a_2,\;a_3$ 表示

3. 係數相等得到 $x$ 必須滿足的方程組