113 年 國立中山大學通訊工程研究所乙組《工程數學甲》

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第 1 題5 分

Use the Fourier series analysis equation to calculate the coefficients aka_k (when k≠0k \neq 0) for the continuous-time periodic signal

x(t)={1.5,0≤t<1−1.5,1≤t<2x(t) = \begin{cases} 1.5, & 0 \le t < 1 \\ -1.5, & 1 \le t < 2 \end{cases}

with fundamental frequency ω0=π\omega_0 = \pi.

(A) ak=3kπe−jkπ/2sin⁡(kπ2)a_k = \frac{3}{k\pi} e^{-j k\pi/2} \sin(\frac{k\pi}{2})
(B) ak=3kπe−jkπsin⁡(kπ2)a_k = \frac{3}{k\pi} e^{-j k\pi} \sin(\frac{k\pi}{2})
(C) ak=3kπe−jkπsin⁡(kπ)a_k = \frac{3}{k\pi} e^{-j k\pi} \sin(k\pi)
(D) ak=32kπe−jkπ/2sin⁡(kπ2)a_k = \frac{3}{2k\pi} e^{-j k\pi/2} \sin(\frac{k\pi}{2})

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核心觀念

此題考查連續時間週期訊號的複指數傅立葉級數係數。若

x(t)=∑k=−∞∞akejkω0t,x(t)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_k e^{jk\omega_0t},

則係數為

ak=1T0∫T0x(t)e−jkω0t dt.a_k=\frac{1}{T_0}\int_{T_0}x(t)e^{-jk\omega_0t}\,dt.

已知 ω0=π\omega_0=\pi,因此

T0=2πω0=2.T_0=\frac{2\pi}{\omega_0}=2.

本題只要求 k≠0k\neq 0 的係數。

解題方法

取一個週期 0≤t<20\leq t<2,依照訊號分段:

ak=12[32∫01e−jkπt dt−32∫12e−jkπt dt].a_k=\frac{1}{2} \left[ \frac{3}{2}\int_0^1e^{-jk\pi t}\,dt -\frac{3}{2}\int_1^2e^{-jk\pi t}\,dt \right].

令

I1=∫01e−jkπt dt=1−e−jkπjkπ.I_1=\int_0^1e^{-jk\pi t}\,dt =\frac{1-e^{-jk\pi}}{jk\pi}.

第二段積分可利用平移性質:

I2=∫12e−jkπt dt=e−jkπI1=e−jkπ−1jkπ.I_2=\int_1^2e^{-jk\pi t}\,dt =e^{-jk\pi}I_1 =\frac{e^{-jk\pi}-1}{jk\pi}.

因此

ak=34(I1−I2)=34[1−e−jkπjkπ−e−jkπ−1jkπ]=321−e−jkπjkπ.\begin{aligned} a_k &=\frac{3}{4}(I_1-I_2)\\ &=\frac{3}{4} \left[ \frac{1-e^{-jk\pi}}{jk\pi} -\frac{e^{-jk\pi}-1}{jk\pi} \right]\\ &=\frac{3}{2}\frac{1-e^{-jk\pi}}{jk\pi}. \end{aligned}

將分子改寫為

1−e−jkπ=e−jkπ/2(ejkπ/2−e−jkπ/2)=2je−jkπ/2sin⁡(kπ2),1-e^{-jk\pi} =e^{-jk\pi/2} \left(e^{jk\pi/2}-e^{-jk\pi/2}\right) =2j e^{-jk\pi/2}\sin\left(\frac{k\pi}{2}\right),

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第 2 題5 分

Let x1(t)x_1(t) be a continuous-time periodic signal with fundamental frequency ω1\omega_1 and Fourier coefficients aka_k. Given that x2(t)=x1(1−t)+x1(t−1)x_2(t) = x_1(1-t) + x_1(t-1). Find a relationship between the Fourier series coefficients bkb_k of x2(t)x_2(t) and the coefficients aka_k.

(A) bk=e−jkω1(ak+a−k)b_k = e^{-j k \omega_1} (a_k + a_{-k})
(B) bk=e−jkω1(ak−a−k)b_k = e^{-j k \omega_1} (a_k - a_{-k})
(C) bk=jkω1(ak+a−k)b_k = j k \omega_1 (a_k + a_{-k})
(D) bk=jkω1(ak−a−k)b_k = j k \omega_1 (a_k - a_{-k})

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核心觀念

採用複指數傅立葉級數表示:

x1(t)=∑k=−∞∞akejkω1t.x_1(t)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_k e^{jk\omega_1 t}.

本題使用兩個性質:

  • 時間位移:若 y(t)=x(t−t0)y(t)=x(t-t_0),則 Yk=e−jkω1t0Xk.Y_k=e^{-jk\omega_1 t_0}X_k.
  • 時間反轉:若 y(t)=x(−t)y(t)=x(-t),則其傅立葉係數為 X−kX_{-k}。

解題方法

先處理第一項:

x1(1−t)=x1(−(t−1)).x_1(1-t)=x_1\bigl(-(t-1)\bigr).

令 y(t)=x1(−t)y(t)=x_1(-t),則 y(t)y(t) 的傅立葉係數為 a−ka_{-k}。因此

x1(1−t)=y(t−1),x_1(1-t)=y(t-1),

再利用時間位移性質,可得其第 kk 個傅立葉係數為

e−jkω1a−k.e^{-jk\omega_1}a_{-k}.

第二項為單純的時間延遲:

x1(t−1),x_1(t-1),

所以其第 kk 個傅立葉係數為

e−jkω1ak.e^{-jk\omega_1}a_k.

由於

x2(t)=x1(1−t)+x1(t−1),x_2(t)=x_1(1-t)+x_1(t-1),

傅立葉係數具有線性,因此

bk=e−jkω1a−k+e−jkω1ak=e−jkω1(ak+a−k).\begin{aligned} b_k &=e^{-jk\omega_1}a_{-k} +e^{-jk\omega_1}a_k\\ &=e^{-jk\omega_1}(a_k+a_{-k}). \end{aligned}

選項分析

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第 3 題5 分

What is the Fourier transform of e−2∣t−1∣e^{-2|t-1|}?

(A) 2e−jω4+ω2\frac{2e^{-j\omega}}{4 + \omega^2}
(B) 4e−jω4+ω2\frac{4e^{-j\omega}}{4 + \omega^2}
(C) 4e−jω2+jω\frac{4e^{-j\omega}}{2 + j\omega}
(D) 2e−jω2+jω\frac{2e^{-j\omega}}{2 + j\omega}

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核心觀念

採用工程數學常用的傅立葉轉換定義:

X(ω)=∫−∞∞x(t)e−jωt dtX(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j\omega t}\,dt

本題使用兩個重要公式:

  1. 基本轉換對:
e−a∣t∣ ↔F 2aa2+ω2,a>0e^{-a|t|} \ \xleftrightarrow{\mathcal{F}}\ \frac{2a}{a^2+\omega^2},\qquad a>0
  1. 時間平移性質:
x(t−t0) ↔F e−jωt0X(ω)x(t-t_0) \ \xleftrightarrow{\mathcal{F}}\ e^{-j\omega t_0}X(\omega)

題目中的 e−2∣t−1∣e^{-2|t-1|} 是以 e−2∣t∣e^{-2|t|} 為基準,向右平移 11 單位。

解題方法

先令

g(t)=e−2∣t∣g(t)=e^{-2|t|}

由於

∣t∣={−t,t<0,t,t≥0,|t|= \begin{cases} -t,&t<0,\\ t,&t\geq 0, \end{cases}

因此

g(t)={e2t,t<0,e−2t,t≥0.g(t)= \begin{cases} e^{2t},&t<0,\\ e^{-2t},&t\geq 0. \end{cases}

其傅立葉轉換為

G(ω)=∫−∞0e2te−jωt dt+∫0∞e−2te−jωt dt.G(\omega) = \int_{-\infty}^{0}e^{2t}e^{-j\omega t}\,dt + \int_{0}^{\infty}e^{-2t}e^{-j\omega t}\,dt.

分別計算:

∫−∞0e(2−jω)t dt=12−jω,\int_{-\infty}^{0}e^{(2-j\omega)t}\,dt = \frac{1}{2-j\omega},

以及

∫0∞e−(2+jω)t dt=12+jω.\int_{0}^{\infty}e^{-(2+j\omega)t}\,dt = \frac{1}{2+j\omega}.

所以

G(ω)=12−jω+12+jω=(2+jω)+(2−jω)(2−jω)(2+jω)=44+ω2.\begin{aligned} G(\omega) &= \frac{1}{2-j\omega}+\frac{1}{2+j\omega}\\ &= \frac{(2+j\omega)+(2-j\omega)} {(2-j\omega)(2+j\omega)}\\ &= \frac{4}{4+\omega^2}. \end{aligned}

原函數可寫成

e−2∣t−1∣=g(t−1).e^{-2|t-1|}=g(t-1).

根據時間平移性質,

F{g(t−1)}=e−jωG(ω).\mathcal{F}\{g(t-1)\} = e^{-j\omega}G(\omega).

因此

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第 4 題5 分

Use the Fourier transform synthesis equation to determine the inverse Fourier transforms of X(jω)=2πδ(ω)+πδ(ω−4π)+πδ(ω+4π)X(j\omega) = 2\pi\delta(\omega) + \pi\delta(\omega - 4\pi) + \pi\delta(\omega + 4\pi).

(A) 1+πcos⁡(4πt)1 + \pi\cos(4\pi t)
(B) 1+sin⁡(4πt)1 + \sin(4\pi t)
(C) 1+cos⁡(4πt)1 + \cos(4\pi t)
(D) 1+sin⁡(4πt)1 + \sin(4\pi t)

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核心觀念

採用連續時間傅立葉轉換的合成公式:

x(t)=12π∫−∞∞X(jω)ejωt dωx(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}X(j\omega)e^{j\omega t}\,d\omega

並使用 Dirac delta 函數的取樣性質:

∫−∞∞δ(ω−ω0)f(ω) dω=f(ω0)\int_{-\infty}^{\infty}\delta(\omega-\omega_0)f(\omega)\,d\omega=f(\omega_0)

題目中的三個脈衝分別代表:

  • ω=0\omega=0 的直流成分;
  • ω=4π\omega=4\pi 與 ω=−4π\omega=-4\pi 的正、負角頻率成分。

正負頻率脈衝係數相同,會合成餘弦波。

解題方法

代入傅立葉合成公式:

x(t)=12π∫−∞∞[2πδ(ω)+πδ(ω−4π)+πδ(ω+4π)]ejωt dω\begin{aligned} x(t) &=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \left[ 2\pi\delta(\omega) +\pi\delta(\omega-4\pi) +\pi\delta(\omega+4\pi) \right]e^{j\omega t}\,d\omega \end{aligned}

利用 delta 函數的取樣性質,分別計算三項:

12π∫2πδ(ω)ejωt dω=1\frac{1}{2\pi}\int 2\pi\delta(\omega)e^{j\omega t}\,d\omega =1 12π∫πδ(ω−4π)ejωt dω=12ej4πt\frac{1}{2\pi}\int \pi\delta(\omega-4\pi)e^{j\omega t}\,d\omega =\frac{1}{2}e^{j4\pi t} 12π∫πδ(ω+4π)ejωt dω=12e−j4πt\frac{1}{2\pi}\int \pi\delta(\omega+4\pi)e^{j\omega t}\,d\omega =\frac{1}{2}e^{-j4\pi t}

因此:

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第 5 題5 分

Use the Fourier transform synthesis equation to determine the inverse Fourier transforms of

X(jω)={2,0≤ω≤2−2,−2≤ω<00,∣ω∣>2X(j\omega) = \begin{cases} 2, & 0 \le \omega \le 2 \\ -2, & -2 \le \omega < 0 \\ 0, & |\omega| > 2 \end{cases}

(A) 4jcos⁡2tπt\frac{4j\cos^2 t}{\pi t}
(B) 4sin⁡2tπt\frac{4\sin^2 t}{\pi t}
(C) 4jsin⁡2tπt\frac{4j\sin^2 t}{\pi t}
(D) 4cos⁡2tπt\frac{4\cos^2 t}{\pi t}

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核心觀念

採用連續時間 Fourier transform 的反變換公式:

x(t)=12π∫−∞∞X(jω)ejωt dωx(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}X(j\omega)e^{j\omega t}\,d\omega

本題的頻譜在正、負頻率區間大小相等但符號相反。除去 ω=0\omega=0 的單一端點外,可視為實數奇函數,因此反變換結果應為「純虛數、奇函數」,可作為驗算依據。

解題方法

將正、負頻率部分配對:

x(t)=12π[∫022ejωt dω+∫−20(−2)ejωt dω]=12π∫02(2ejωt−2e−jωt)dω\begin{aligned} x(t) &=\frac{1}{2\pi} \left[ \int_0^2 2e^{j\omega t}\,d\omega +\int_{-2}^0(-2)e^{j\omega t}\,d\omega \right]\\ &=\frac{1}{2\pi}\int_0^2 \left(2e^{j\omega t}-2e^{-j\omega t}\right)d\omega \end{aligned}

利用

ejωt−e−jωt=2jsin⁡(ωt)e^{j\omega t}-e^{-j\omega t}=2j\sin(\omega t)

得

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第 6 題5 分

What is the Laplace transform of e−5tu(t−1)e^{-5t}u(t-1)?

(A) e−(s+5)(s+5)\frac{e^{-(s+5)}}{(s+5)}
(B) e−(s+5)(s+5)\frac{e^{-(s+5)}}{(s+5)}
(C) e−(s−5)(s−5)\frac{e^{-(s-5)}}{(s-5)}
(D) e(s+5)(s−5)\frac{e^{(s+5)}}{(s-5)}

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核心觀念

拉普拉斯轉換定義為

X(s)=∫−∞∞x(t)e−st dt.X(s)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-st}\,dt.

本題訊號為

x(t)=e−5tu(t−1),x(t)=e^{-5t}u(t-1),

其中單位階躍函數 u(t−1)u(t-1) 代表:

u(t−1)={0,t<1,1,t≥1.u(t-1)= \begin{cases} 0, & t<1,\\ 1, & t\ge 1. \end{cases}

因此,積分範圍從 t=1t=1 開始。

解題方法

由拉普拉斯轉換定義,

X(s)=∫−∞∞e−5tu(t−1)e−st dt.X(s)=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-5t}u(t-1)e^{-st}\,dt.

因為 u(t−1)u(t-1) 在 t<1t<1 時為 00,所以

X(s)=∫1∞e−5te−st dt=∫1∞e−(s+5)t dt.X(s)=\int_1^{\infty}e^{-5t}e^{-st}\,dt =\int_1^{\infty}e^{-(s+5)t}\,dt.

積分得

X(s)=[−e−(s+5)ts+5]1∞.X(s) =\left[-\frac{e^{-(s+5)t}}{s+5}\right]_1^{\infty}.

當 Re⁡(s)>−5\operatorname{Re}(s)>-5 時,e−(s+5)te^{-(s+5)t} 在 t→∞t\to\infty 時趨近於 00,故

X(s)=0−(−e−(s+5)s+5)=e−(s+5)s+5.X(s) =0-\left(-\frac{e^{-(s+5)}}{s+5}\right) =\frac{e^{-(s+5)}}{s+5}.

選項分析

  • (A)
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第 7 題5 分

Determine the inverse Laplace transform of
X(s)=2(s+2)s2+7s+12,Re{s}>−3X(s) = \frac{2(s + 2)}{s^2 + 7s + 12}, \quad \text{Re}\{s\} > -3

(A) 4e−4tu(−t)−2e−3tu(−t)4e^{-4t}u(-t) - 2e^{-3t}u(-t)
(B) 4e4tu(t)−2e3tu(t)4e^{4t}u(t) - 2e^{3t}u(t)
(C) 4e4tu(−t)−2e3tu(−t)4e^{4t}u(-t) - 2e^{3t}u(-t)
(D) 4e−4tu(t)−2e−3tu(t)4e^{-4t}u(t) - 2e^{-3t}u(t)

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核心觀念

本題明確給出收斂域 Re⁡{s}>−3\operatorname{Re}\{s\}>-3,因此採用雙邊拉普拉斯轉換。雙邊拉普拉斯轉換中,收斂域會決定時域訊號是右側訊號 u(t)u(t) 或左側訊號 u(−t)u(-t)。

常用公式為

e−atu(t) ↔L 1s+a,ROC⁡:Re⁡{s}>−ae^{-at}u(t)\ \xleftrightarrow{\mathcal L}\ \frac{1}{s+a}, \qquad \operatorname{ROC}:\operatorname{Re}\{s\}>-a

以及

−e−atu(−t) ↔L 1s+a,ROC⁡:Re⁡{s}<−a.-e^{-at}u(-t)\ \xleftrightarrow{\mathcal L}\ \frac{1}{s+a}, \qquad \operatorname{ROC}:\operatorname{Re}\{s\}<-a.

因此,同一個代數形式的 X(s)X(s),因收斂域不同,可能對應不同的時域訊號。


解題方法

先將分母因式分解:

s2+7s+12=(s+3)(s+4)s^2+7s+12=(s+3)(s+4)

故

X(s)=2(s+2)(s+3)(s+4).X(s)=\frac{2(s+2)}{(s+3)(s+4)}.

作部分分式分解:

2(s+2)(s+3)(s+4)=As+3+Bs+4.\frac{2(s+2)}{(s+3)(s+4)} =\frac{A}{s+3}+\frac{B}{s+4}.

比較係數得

2(s+2)=A(s+4)+B(s+3),2(s+2)=A(s+4)+B(s+3),

因此

A+B=2,4A+3B=4.A+B=2,\qquad 4A+3B=4.

解得

A=−2,B=4.A=-2,\qquad B=4.

所以

X(s)=−2s+3+4s+4.X(s)=-\frac{2}{s+3}+\frac{4}{s+4}.

接著利用收斂域判斷時域方向。兩個極點為 s=−3s=-3 與 s=−4s=-4,題目給定

Re⁡{s}>−3.\operatorname{Re}\{s\}>-3.

此收斂域位於最右側極點 −3-3 的右方,表示兩個部分分式都必須採用右側訊號:

−2s+3⟷−2e−3tu(t),-\frac{2}{s+3} \longleftrightarrow -2e^{-3t}u(t), 4s+4⟷4e−4tu(t).\frac{4}{s+4} \longleftrightarrow 4e^{-4t}u(t).

因此

x(t)=4e−4tu(t)−2e−3tu(t).x(t)=4e^{-4t}u(t)-2e^{-3t}u(t).

選項分析

(A)

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第 8 題5 分

One corner of a rectangular parallelepiped is at (1, 1, 1), and three incident sides extend from this point to (-2, 1, 6), (3, 5, 7) and (0, 1, 6). Please identify the volume of this solid.

(A) 20
(B) 40
(C) 18
(D) 42

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核心觀念

由同一頂點伸出的三條邊向量,可用純量三重積求出所張成立體的體積:

V=∣u⋅(v×w)∣=∣det⁡[u v w]∣.V=\left|\mathbf{u}\cdot(\mathbf{v}\times\mathbf{w})\right| =\left|\det[\mathbf{u}\ \mathbf{v}\ \mathbf{w}]\right|.

其中絕對值是因為體積必須為正值。

解題方法

設共同頂點為

P=(1,1,1).P=(1,1,1).

三條邊的終點分別為

A=(−2,1,6),B=(3,5,7),C=(0,1,6).A=(-2,1,6),\qquad B=(3,5,7),\qquad C=(0,1,6).

因此三條邊向量為

u=A−P=(−3,0,5),\mathbf{u}=A-P=(-3,0,5), v=B−P=(2,4,6),\mathbf{v}=B-P=(2,4,6), w=C−P=(−1,0,5).\mathbf{w}=C-P=(-1,0,5).

利用行列式:

V=∣∣−32−1040565∣∣.V= \left| \begin{vmatrix} -3 & 2 & -1\\ 0 & 4 & 0\\ 5 & 6 & 5 \end{vmatrix} \right|.

第二列只有中間元素非零,沿第二列展開:

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第 9 題5 分

Consider the wave equation ∂2u∂t2=a2∂2u∂x2\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = a^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} for a string tied to the x-axis at x=0x=0 and at x=πx=\pi. When the string starts to vibrate, the motion takes place in the xu-plane. Let u(x,t)u(x, t) denote the vertical displacement from the x-axis for t>0t > 0 and a2a^2 be a real constant. The initial displacement is f(x)f(x), 0<x<π0 < x < \pi and the string is released from rest. Given the product solution u(x,t)=X(x)T(t)u(x, t) = X(x)T(t), which of the following is/are correct?

(A) The wave equation of this string is elliptic.
(B) All the boundary conditions belong to Dirichlet conditions.
(C) The initial condition yields T′(0)=0T'(0) = 0.
(D) This is referred to as a boundary-value problem.
(E) One of the boundary conditions yields X(0)=πX(0) = \pi.

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核心觀念

本題考查波動方程的分類、邊界條件與初始條件,以及分離變數法。

波動方程為

∂2u∂t2=a2∂2u∂x2,\frac{\partial^2u}{\partial t^2} =a^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2},

其中 a2a^2 表示波速的平方,採標準設定 a2>0a^2>0。改寫為

−a2uxx+utt=0.-a^2u_{xx}+u_{tt}=0.

對二階偏微分方程

Auxx+Buxt+Cutt=0,Au_{xx}+Bu_{xt}+Cu_{tt}=0,

若 B2−4AC>0B^2-4AC>0,則為雙曲型;本題中

A=−a2,B=0,C=1,A=-a^2,\qquad B=0,\qquad C=1,

因此

B2−4AC=4a2>0,B^2-4AC=4a^2>0,

所以本題為雙曲型方程。


解題方法

1. 固定端點所給的邊界條件

弦在 x=0x=0 與 x=πx=\pi 綁在 xx 軸上,表示兩端的垂直位移永遠為零:

u(0,t)=0,u(π,t)=0.u(0,t)=0,\qquad u(\pi,t)=0.

這是直接指定函數值的條件,因此兩者皆為 Dirichlet 邊界條件。

若採用乘積解

u(x,t)=X(x)T(t),u(x,t)=X(x)T(t),

則

X(0)T(t)=0,X(π)T(t)=0.X(0)T(t)=0,\qquad X(\pi)T(t)=0.

對非零解而言,必須有

X(0)=0,X(π)=0.X(0)=0,\qquad X(\pi)=0.

2. 釋放時的初始條件

初始位移為 f(x)f(x),因此

u(x,0)=f(x).u(x,0)=f(x).

「弦由靜止狀態釋放」表示初始速度為零:

ut(x,0)=0.u_t(x,0)=0.

由

ut(x,t)=X(x)T′(t),u_t(x,t)=X(x)T'(t),

可得

ut(x,0)=X(x)T′(0)=0.u_t(x,0)=X(x)T'(0)=0.

由於 X(x)X(x) 為非零的空間模態,故

T′(0)=0.T'(0)=0.

3. 分離變數結果

代入波動方程:

X(x)T′′(t)=a2X′′(x)T(t).X(x)T''(t)=a^2X''(x)T(t).

除以 a2X(x)T(t)a^2X(x)T(t),得到

T′′(t)a2T(t)=X′′(x)X(x)=−λ.\frac{T''(t)}{a^2T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} =-\lambda.

因此

X′′+λX=0,X''+\lambda X=0, T′′+a2λT=0.T''+a^2\lambda T=0.

配合固定端點條件

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第 10 題5 分

Assume the product solution to the wave equation in Question 9 is found as u(x,t)=Acos⁡(βat)sin⁡(Cx)u(x, t) = A \cos(\beta a t) \sin(Cx). If the initial displacement f(x)f(x) is a sinusoidal wave with the amplitude of 1/1001/100 and the frequency of 3/2π3/2\pi, which of the following is/are correct?

(A) There exists a trivial solution.
(B) B=B = arbitrary integer.
(C) C=3C = 3.
(D) There is no motion at x=2π/3x = 2\pi/3 and all other xx points vibrate vertically over time.
(E) The vertical displacement is reversed (−f(x)-f(x)) when t=kπ/αt = k\pi/\alpha, k=1,2,3...k = 1,2,3...

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核心觀念與參數確定

一維波動方程式之分離變數特解形式為 u(x,t)=Acos⁡(βat)sin⁡(Cx)u(x, t) = A \cos(\beta a t) \sin(Cx)。
代入初始位移條件(t=0t = 0):
u(x,0)=f(x)=Asin⁡(Cx)u(x, 0) = f(x) = A \sin(Cx)

已知初始波形條件:

  1. 振幅 A=1100A = \frac{1}{100}。
  2. 正弦波之空間頻率 ffreq=C2π=32π  ⟹  C=3f_{freq} = \frac{C}{2\pi} = \frac{3}{2\pi} \implies C = 3。

將 u(x,t)u(x,t) 代入波動方程式 ∂2u∂t2=a2∂2u∂x2\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = a^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}:
−(βa)2Acos⁡(βat)sin⁡(Cx)=−a2C2Acos⁡(βat)sin⁡(Cx)  ⟹  β=C=3-(\beta a)^2 A \cos(\beta a t) \sin(Cx) = -a^2 C^2 A \cos(\beta a t) \sin(Cx) \implies \beta = C = 3
解寫為 u(x,t)=1100cos⁡(3at)sin⁡(3x)u(x, t) = \frac{1}{100} \cos(3 a t) \sin(3x)。


各選項判斷

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第 11 題5 分

Consider the differential equation P′(t)=aP(t)−bP(t)2P'(t) = aP(t) - bP(t)^2 with the initial condition of P(0)=p0P(0) = p_0, where aa and bb are positive real constants. Which of the following is INCORRECT?

(A) This is a linear differential equation.
(B) This is a Bernoulli's equation.
(C) None of the critical points are attractors.
(D) When t→∞t \to \infty, P(t)=a/bP(t) = a/b.
(E) The solution interval is (−∞,∞)(-\infty, \infty).

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考慮方程式

P′(t)=aP(t)−bP(t)2,P(0)=p0,  a,b>0P'(t)=aP(t)-bP(t)^2,\qquad P(0)=p_0,\ \ a,b>0


1. 形式判斷

  • 左側是一階導數,右側含有 P2P^2,故為非線性常微分方程,非線性 ⇒ (A) 錯。
  • 可寫成

P′(t)−aP(t)=−bP(t)2,P'(t)-aP(t)=-bP(t)^2,

符合 Bernoulli 形式 y′+p(x)y=q(x)yny'+p(x)y=q(x)y^n(n=2n=2),故 (B) 正確。


2. 臨界點與穩定性

設定 P′=0P'=0:

aP−bP2=0⟹P=0 或 P=ab.aP-bP^2=0\quad\Longrightarrow\quad P=0\ \text{或}\ P=\frac{a}{b}.

線性化 f(P)=aP−bP2f(P)=aP-bP^2,得 f′(P)=a−2bPf'(P)=a-2bP。

  • 在 P=0P=0:f′(0)=a>0f'(0)=a>0 → 不穩定(repeller)。
  • 在 P=abP=\frac{a}{b}:f′ ⁣(ab)=a−2bab=−a<0f'\!\left(\frac{a}{b}\right)=a-2b\frac{a}{b}=-a<0 → **穩定吸引子
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第 12 題5 分

Given X′=(12−1−3)XX' = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ -1 & -3 \end{pmatrix} X, which of the following is correct?

(A) There are two distinct eigenvalues.
(B) The stationary point is a repeller.
(C) All solutions will converge onto the origin.
(D) One of the eigenvalues is λ2=−1\lambda_2 = -1.
(E) One of the solution vectors is K1=(1−1)e−4tK_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} e^{-4t}.

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觀念重點

對於線性微分方程組 X′=AXX' = AX,系統解之性質與原點駐點(Stationary Point)之幾何型態,完全由矩陣 AA 之特徵值(Eigenvalues)決定。


詳細推導與分析

  1. 求矩陣 AA 之特徵值:
    設 A=(12−1−3)A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ -1 & -3 \end{pmatrix},特徵方程式為:
    det⁡(A−λI)=∣1−λ2−1−3−λ∣=0\det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix} 1 - \lambda & 2 \\ -1 & -3 - \lambda \end{vmatrix} = 0
    (1−λ)(−3−λ)−(2)(−1)=0  ⟹  λ2+2λ−1=0(1 - \lambda)(-3 - \lambda) - (2)(-1) = 0 \implies \lambda^2 + 2\lambda - 1 = 0
    由一元二次方程式求根公式:
    λ=−2±4−4(1)(−1)2=−1±2\lambda = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 4(1)(-1)}}{2} = -1 \pm \sqrt{2}
    解得相異實特徵值:
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第 13 題5 分

Define the matrix AA as pqTpq^T, where pp and qq are nonzero vectors in Rn×1\mathbb{R}^{n \times 1}. Which of the following statements are true?

(A) rank(A) may be 2.
(B) qq is an eigenvector of AA.
(C) qTpq^T p is an eigenvalue of AA.
(D) The linear equation Ax=0Ax = 0 has infinitely many solutions.
(E) The linear equation Ax=bAx = b with b=qb = q has infinitely many solutions.

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核心觀念

矩陣 A=pqTA=pq^T 是兩個非零向量的外積。對任意 x∈Rn×1x\in\mathbb{R}^{n\times 1},

Ax=pqTx=p(qTx).Ax=pq^Tx=p(q^Tx).

其中 qTxq^Tx 是純量,因此 AxAx 永遠是向量 pp 的純量倍數。重要結果如下:

  1. AA 的所有欄向量皆為 pp 的純量倍數,所以 rank⁡(A)=1\operatorname{rank}(A)=1。
  2. Ap=p(qTp)=(qTp)pAp=p(q^Tp)=(q^Tp)p,因此 pp 是 AA 的特徵向量,qTpq^Tp 是對應特徵值。
  3. Ax=0Ax=0 等價於 qTx=0q^Tx=0,其解集合為與 qq 垂直的子空間。

以下依本題研究所線性代數題目的標準設定 n≥2n\ge 2 判斷。

解題方法

直接利用分解式

A=pqTA=pq^T

分析矩陣的秩、特徵向量以及線性方程組。對於非齊次方程 Ax=bAx=b,先檢查 bb 是否屬於 AA 的欄空間,因為

Col⁡(A)=span⁡{p}.\operatorname{Col}(A)=\operatorname{span}\{p\}.

選項分析

(A)rank⁡(A)\operatorname{rank}(A) may be 22。

矩陣 A=pqTA=pq^T 的第 jj 欄為

A⋅j=qjp,A_{\cdot j}=q_jp,

每一欄都是 pp 的純量倍數,因此

Col⁡(A)⊆span⁡{p}.\operatorname{Col}(A)\subseteq \operatorname{span}\{p\}.

又因為 q≠0q\ne 0,至少有一個 qj≠0q_j\ne 0,所以至少有一欄 qjp≠0q_jp\ne 0。故

rank⁡(A)=1.\operatorname{rank}(A)=1.

秩不可能為 22。

因此(A)錯誤。


(B)qq is an eigenvector of AA。

計算 AqAq:

Aq=pqTq=p(qTq)=∥q∥2p.Aq=pq^Tq=p(q^Tq)=\|q\|^2p.

若 qq 是特徵向量,必須存在純量 λ\lambda 使得

Aq=λq.Aq=\lambda q.

由於 ∥q∥2≠0\|q\|^2\ne 0,這要求 pp 與 qq 平行。題目只知道 p,qp,q 非零,並未保證兩者平行。

例如取

p=[10],q=[01],p=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}, \qquad q=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix},

則

Aq=∥q∥2p=[10],Aq=\|q\|^2p =\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix},

不是 qq 的純量倍數。因此 qq 不一定是特徵向量。

因此(B)錯誤。


(C)qTpq^Tp is an eigenvalue of AA。

直接計算 ApAp:

Ap=pqTp=p(qTp)=(qTp)p.Ap=pq^Tp=p(q^Tp)=(q^Tp)p.

因為 p≠0p\ne 0,符合特徵值與特徵向量的定義:

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第 14 題5 分

Define the matrix MM as I−2uuTI - 2uu^T, where uu is a unit vector in Rn×1\mathbb{R}^{n \times 1}, meaning uTu=1u^T u = 1. Which of the following statements are true?

(A) M=M2M = M^2.
(B) MTM=IM^T M = I.
(C) M=M−1M = M^{-1}.
(D) det⁡(M)=1\det(M) = 1.
(E) MM has eigenvalues that are complex with non-zero real components.

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核心觀念

矩陣

M=I−2uuT,uTu=1M=I-2uu^T,\qquad u^Tu=1

稱為 Householder 反射矩陣。本題主要考查:

  • 投影矩陣 uuTuu^T 的性質;
  • 正交矩陣的判定;
  • 反射矩陣的逆矩陣與特徵值;
  • 行列式的計算。

令

P=uuT.P=uu^T.

由 uTu=1u^Tu=1 可得

P2=(uuT)(uuT)=u(uTu)uT=uuT=P.P^2=(uu^T)(uu^T) =u(u^Tu)u^T =uu^T=P.

因此 PP 是投影到 uu 所張成方向的投影矩陣。

解題方法

先計算 M2M^2:

M2=(I−2P)2=I−4P+4P2=I−4P+4P=I.\begin{aligned} M^2 &=(I-2P)^2\\ &=I-4P+4P^2\\ &=I-4P+4P\\ &=I. \end{aligned}

所以

M2=I.M^2=I.

另外,因為 PT=PP^T=P,所以

MT=(I−2uuT)T=I−2uuT=M.M^T=(I-2uu^T)^T=I-2uu^T=M.

因此 MM 是對稱矩陣,且滿足

MTM=M2=I.M^TM=M^2=I.

選項分析

(A) M=M2M=M^2

由前述計算,

M2=I.M^2=I.

若 M=M2M=M^2,則必須有 M=IM=I。但

M=I−2uuT≠I,M=I-2uu^T\neq I,

因為 uu 是單位向量,必定為非零向量,所以 uuT≠0uu^T\neq 0。

故 (A) 錯誤。


(B) MTM=IM^TM=I

因為 MT=MM^T=M,且 M2=IM^2=I,所以

MTM=M2=I.M^TM=M^2=I.

因此 MM 是正交矩陣,(B) 正確。


(C) M=M−1M=M^{-1}

由

M2=IM^2=I

可知 MM 的逆矩陣就是自身:

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第 15 題5 分

Let N(A)N(A) denote the null space of AA, and R(A)R(A) denote the range space of AA. Suppose u∈R(A)u \in R(A), v∈N(AT)v \in N(A^T), and both uu and vv are non-zero. Define ∣∣x∣∣=⟨x,x⟩||x|| = \sqrt{\langle x, x \rangle}. Suppose x1=u+2vx_1 = u + 2v, x2=2u−vx_2 = 2u - v, ∣∣x1∣∣2=29||x_1||^2 = 29, ∣∣x2∣∣2=41||x_2||^2 = 41. Which of the following statements are true?

(A) ∣∣u∣∣=5||u|| = \sqrt{5}.
(B) ∣∣u∣∣=3||u|| = 3.
(C) ∣∣v∣∣=7||v|| = 7.
(D) ∣∣v∣∣=5||v|| = \sqrt{5}.
(E) ∣∣u∣∣+∣∣v∣∣=8||u|| + ||v|| = 8.

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核心觀念

本題考查矩陣的值域、零空間與正交補空間之間的關係:

R(A)=N(AT)⊥.R(A)=N(A^T)^\perp.

因此,若 u∈R(A)u\in R(A) 且 v∈N(AT)v\in N(A^T),則 uu 與 vv 必互相正交,即

⟨u,v⟩=0.\langle u,v\rangle=0.

事實上,若 u=Ayu=Ay,則

⟨u,v⟩=⟨Ay,v⟩=⟨y,ATv⟩=⟨y,0⟩=0.\langle u,v\rangle =\langle Ay,v\rangle =\langle y,A^Tv\rangle =\langle y,0\rangle=0.

解題方法

由 u⊥vu\perp v,可利用平方範數公式:

∥au+bv∥2=a2∥u∥2+b2∥v∥2,\|a u+b v\|^2 =a^2\|u\|^2+b^2\|v\|^2,

因為交叉項 2ab⟨u,v⟩=02ab\langle u,v\rangle=0。

令

p=∥u∥2,q=∥v∥2.p=\|u\|^2,\qquad q=\|v\|^2.

由 x1=u+2vx_1=u+2v 且 ∥x1∥2=29\|x_1\|^2=29:

∥u+2v∥2=∥u∥2+4∥v∥2=29,\|u+2v\|^2 =\|u\|^2+4\|v\|^2 =29,

所以

p+4q=29.(1)p+4q=29. \tag{1}

由 x2=2u−vx_2=2u-v 且 ∥x2∥2=41\|x_2\|^2=41:

∥2u−v∥2=4∥u∥2+∥v∥2=41,\|2u-v\|^2 =4\|u\|^2+\|v\|^2 =41,

所以

4p+q=41.(2)4p+q=41. \tag{2}

由 (1)(1) 得 p=29−4qp=29-4q,代入 (2)(2):

4(29−4q)+q=41,4(29-4q)+q=41,
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第 16 題5 分

Let {u1,u2,u3}\{u_1, u_2, u_3\} be an orthogonal basis for an inner product space. Suppose ∣∣u1∣∣=2||u_1|| = 2, ∣∣u2∣∣=3||u_2|| = 3, ∣∣u3∣∣=5||u_3|| = 5. If x=c1u1+c2u2+c3u3x = c_1 u_1 + c_2 u_2 + c_3 u_3 is a vector with the properties ⟨x,u1⟩=12\langle x, u_1 \rangle = 12, ∣∣x∣∣2=145||x||^2 = 145, and the orthogonal projection of xx onto u3u_3 is −2u3-2u_3, then which of the following statements are true?

(A) c1=12c_1 = 12
(B) c2=2c_2 = 2
(C) c3=−2c_3 = -2
(D) ⟨x,u2⟩=18\langle x, u_2 \rangle = 18
(E) ⟨x,u3⟩=50\langle x, u_3 \rangle = 50

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核心觀念

本題考查正交基底下的向量表示、內積、向量長度平方,以及正交投影公式。

若 {u1,u2,u3}\{u_1,u_2,u_3\} 為正交基底,且

x=c1u1+c2u2+c3u3,x=c_1u_1+c_2u_2+c_3u_3,

則有:

⟨x,ui⟩=ci⟨ui,ui⟩=ci∥ui∥2,\langle x,u_i\rangle=c_i\langle u_i,u_i\rangle=c_i\|u_i\|^2,

以及

∥x∥2=c12∥u1∥2+c22∥u2∥2+c32∥u3∥2.\|x\|^2 =c_1^2\|u_1\|^2+c_2^2\|u_2\|^2+c_3^2\|u_3\|^2.

向量 xx 在 u3u_3 上的正交投影為

proj⁡u3x=⟨x,u3⟩∥u3∥2u3.\operatorname{proj}_{u_3}x =\frac{\langle x,u_3\rangle}{\|u_3\|^2}u_3.

解題方法

已知

∥u1∥=2,∥u2∥=3,∥u3∥=5.\|u_1\|=2,\qquad \|u_2\|=3,\qquad \|u_3\|=5.

因此

∥u1∥2=4,∥u2∥2=9,∥u3∥2=25.\|u_1\|^2=4,\qquad \|u_2\|^2=9,\qquad \|u_3\|^2=25.

由 ⟨x,u1⟩=12\langle x,u_1\rangle=12,且基底彼此正交,

⟨x,u1⟩=c1∥u1∥2=4c1.\langle x,u_1\rangle =c_1\|u_1\|^2 =4c_1.

所以

4c1=12⟹c1=3.4c_1=12 \quad\Longrightarrow\quad c_1=3.

再由正交投影條件,

proj⁡u3x=⟨x,u3⟩∥u3∥2u3=c3u3.\operatorname{proj}_{u_3}x =\frac{\langle x,u_3\rangle}{\|u_3\|^2}u_3 =c_3u_3.

題目給定投影為 −2u3-2u_3,因此

c3=−2.c_3=-2.

利用 ∥x∥2=145\|x\|^2=145:

145=c12∥u1∥2+c22∥u2∥2+c32∥u3∥2.145 =c_1^2\|u_1\|^2+c_2^2\|u_2\|^2+c_3^2\|u_3\|^2.

代入 c1=3c_1=3、c3=−2c_3=-2:

145=32⋅4+c22⋅9+(−2)2⋅25145 =3^2\cdot 4+c_2^2\cdot 9+(-2)^2\cdot 25 145=36+9c22+100=136+9c22.145=36+9c_2^2+100 =136+9c_2^2.

因此

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第 17 題5 分

Let L:V→WL: V \to W be a linear transformation, and E={v1,v2,v3}E = \{v_1, v_2, v_3\} and F={w1,w2,w3}F = \{w_1, w_2, w_3\} be ordered bases for VV and WW, respectively. Suppose AA is the matrix representing LL relative to EE and FF, and

A=(127348569)A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 7 \\ 3 & 4 & 8 \\ 5 & 6 & 9 \end{pmatrix}

If L(v1+2v2)=c1w1+c2w2+c3w3L(v_1 + 2v_2) = c_1 w_1 + c_2 w_2 + c_3 w_3, then which of the following statements are true?

(A) c1=7c_1 = 7
(B) c2=11c_2 = 11
(C) c3=17c_3 = 17
(D) c1+c2+c3=34c_1 + c_2 + c_3 = 34
(E) c1+c2+c3=40c_1 + c_2 + c_3 = 40

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核心觀念

矩陣 AA 表示線性轉換 L:V→WL:V\to W 相對於定義域基底 EE 與值域基底 FF 的表示矩陣,因此對任意 x∈Vx\in V,

[L(x)]F=A[x]E.[L(x)]_F=A[x]_E.

其中:

  • [x]E[x]_E 是 xx 相對於基底 EE 的座標向量;
  • [L(x)]F[L(x)]_F 是 L(x)L(x) 相對於基底 FF 的座標向量。

矩陣 AA 的第 jj 欄就是 L(vj)L(v_j) 在基底 FF 下的座標。


解題方法

題目要求計算

L(v1+2v2).L(v_1+2v_2).

先求 v1+2v2v_1+2v_2 相對於基底 E={v1,v2,v3}E=\{v_1,v_2,v_3\} 的座標:

[v1+2v2]E=(120).[v_1+2v_2]_E= \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 0 \end{pmatrix}.

因此,

[L(v1+2v2)]F=A(120)=(127348569)(120).[L(v_1+2v_2)]_F = A \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&2&7\\ 3&4&8\\ 5&6&9 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 0 \end{pmatrix}.

逐列計算:

c1=1(1)+2(2)+7(0)=5,c2=3(1)+4(2)+8(0)=11,c3=5(1)+6(2)+9(0)=17.\begin{aligned} c_1&=1(1)+2(2)+7(0)=5,\\ c_2&=3(1)+4(2)+8(0)=11,\\ c_3&=5(1)+6(2)+9(0)=17. \end{aligned}

所以

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第 18 題5 分

Let

A=(1−20011−132203)A = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 & 3 & 2 \\ 2 & 0 & 3 \end{pmatrix}

Which of the following vectors are in the column space of AATA A^T?

(A) [0,2,3,7]T[0, 2, 3, 7]^T
(B) [3,0,2,4]T[3, 0, 2, 4]^T
(C) [3,1,0,4]T[3, 1, 0, 4]^T
(D) [5,4,−1,2]T[5, 4, -1, 2]^T
(E) [−1,2,4,5]T[-1, 2, 4, 5]^T

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這一題的完整詳解

核心觀念

對實矩陣 AA,有重要關係:

Col⁡(AAT)=Col⁡(A).\operatorname{Col}(AA^T)=\operatorname{Col}(A).

理由是 Col⁡(AAT)⊆Col⁡(A)\operatorname{Col}(AA^T)\subseteq \operatorname{Col}(A),且

xTAATx=∥ATx∥2x^TAA^Tx=\|A^Tx\|^2

因此

Null⁡(AAT)=Null⁡(AT),\operatorname{Null}(AA^T)=\operatorname{Null}(A^T),

兩者秩相同,故其 column space 相同。

所以本題只需判斷各向量是否屬於 Col⁡(A)\operatorname{Col}(A)。

又因為

Col⁡(A)=Null⁡(AT)⊥,\operatorname{Col}(A)=\operatorname{Null}(A^T)^\perp,

可先求 ATA^T 的零空間。


解題方法

令

y=(y1y2y3y4).y= \begin{pmatrix} y_1\\y_2\\y_3\\y_4 \end{pmatrix}.

由 ATy=0A^Ty=0 得

AT=(10−12−21300123),A^T= \begin{pmatrix} 1&0&-1&2\\ -2&1&3&0\\ 0&1&2&3 \end{pmatrix},

因此

{y1−y3+2y4=0,−2y1+y2+3y3=0,y2+2y3+3y4=0.\begin{cases} y_1-y_3+2y_4=0,\\ -2y_1+y_2+3y_3=0,\\ y_2+2y_3+3y_4=0. \end{cases}

由前兩式可得

y1=y3−2y4,y_1=y_3-2y_4,

以及

y2=2y1−3y3=−y3−4y4.y_2=2y_1-3y_3 =-y_3-4y_4.

代入第三式:

(−y3−4y4)+2y3+3y4=0(-y_3-4y_4)+2y_3+3y_4=0

所以

y3−y4=0,y3=y4.y_3-y_4=0, \qquad y_3=y_4.

令 y3=y4=ty_3=y_4=t,則

y1=−t,y2=−5t.y_1=-t,\qquad y_2=-5t.

因此

Null⁡(AT)=span⁡{(−1−511)}.\operatorname{Null}(A^T) =\operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix} -1\\-5\\1\\1 \end{pmatrix} \right\}.

故向量

b=(b1b2b3b4)b= \begin{pmatrix} b_1\\b_2\\b_3\\b_4 \end{pmatrix}

屬於 Col⁡(AAT)\operatorname{Col}(AA^T) 的充要條件為

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第 19 題5 分

Define i=−1i = \sqrt{-1}. Suppose ∮Cf(z)dz=a+bi\oint_C f(z) dz = a + bi, where f(z)=z+2zf(z) = \frac{z+2}{z} and CC is the semicircle z=2eiθz = 2e^{i\theta} (0≤θ≤π0 \le \theta \le \pi). Which of the following statements are true?

(A) a=−4a = -4
(B) a=2a = 2
(C) b=−2πb = -2\pi
(D) b=0b = 0
(E) b=2πb = 2\pi

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核心觀念

本題考查複數線積分的參數化計算:

∫Cf(z) dz=∫αβf(z(θ))z′(θ) dθ.\int_C f(z)\,dz = \int_{\alpha}^{\beta} f(z(\theta))z'(\theta)\,d\theta.

題目給定

z=2eiθ,0≤θ≤π,z=2e^{i\theta},\qquad 0\leq \theta\leq \pi,

表示沿著上半圓由 z=2z=2 逆時針走到 z=−2z=-2。雖然題目使用 ∮\oint,但此曲線並未閉合,應依照給定參數直接計算。

解題方法

先將函數拆開:

f(z)=z+2z=1+2z.f(z)=\frac{z+2}{z}=1+\frac{2}{z}.

令

z(θ)=2eiθ,z′(θ)=2ieiθ.z(\theta)=2e^{i\theta}, \qquad z'(\theta)=2ie^{i\theta}.

因此

f(z(θ))=1+22eiθ=1+e−iθ.f(z(\theta)) = 1+\frac{2}{2e^{i\theta}} = 1+e^{-i\theta}.

代入複數線積分公式:

∫Cf(z) dz=∫0π(1+e−iθ)(2ieiθ) dθ=∫0π(2ieiθ+2i) dθ.\begin{aligned} \int_C f(z)\,dz &= \int_0^\pi (1+e^{-i\theta})(2ie^{i\theta})\,d\theta\\ &= \int_0^\pi \left(2ie^{i\theta}+2i\right)\,d\theta. \end{aligned}

分別計算:

∫0π2ieiθ dθ=2[eiθ]0π=2(−1−1)=−4,\int_0^\pi 2ie^{i\theta}\,d\theta = 2\left[e^{i\theta}\right]_0^\pi = 2(-1-1) = -4,

以及

∫0π2i dθ=2πi.\int_0^\pi 2i\,d\theta = 2\pi i.

故

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第 20 題5 分

Define i=−1i = \sqrt{-1}. Suppose ∮Cf(z)dz=a+bi\oint_C f(z) dz = a + bi, where f(z)=1z2+4f(z) = \frac{1}{z^2 + 4} and CC is the positively oriented circle ∣z−i∣=2|z - i| = 2. Which of the following statements are true?

(A) a=π/8a = \pi/8
(B) a=π/4a = \pi/4
(C) a=π/2a = \pi/2
(D) b=π/8b = \pi/8
(E) b=π/4b = \pi/4

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核心觀念

本題考查:

  • 複變函數的極點位置判斷
  • 留數定理
  • 正向(逆時針)閉合曲線的積分公式

若函數在曲線 CC 內含有孤立奇點 zkz_k,則留數定理為

∮Cf(z) dz=2πi∑Res⁡(f,zk).\oint_C f(z)\,dz = 2\pi i\sum \operatorname{Res}(f,z_k).

題目給定

f(z)=1z2+4=1(z−2i)(z+2i).f(z)=\frac{1}{z^2+4} =\frac{1}{(z-2i)(z+2i)}.

因此奇點為

z=2i,z=−2i.z=2i,\qquad z=-2i.

解題方法

曲線為圓

∣z−i∣=2,|z-i|=2,

圓心是 ii,半徑是 22。

分別計算兩個極點到圓心 ii 的距離:

對 z=2iz=2i,

∣2i−i∣=∣i∣=1<2,|2i-i|=|i|=1<2,

所以 z=2iz=2i 在圓內。

對 z=−2iz=-2i,

∣−2i−i∣=∣−3i∣=3>2,|-2i-i|=|-3i|=3>2,

所以 z=−2iz=-2i 在圓外。

因此曲線 CC 只包住極點 z=2iz=2i。

在 z=2iz=2i 的留數為

Res⁡(f,2i)=lim⁡z→2i(z−2i)1(z−2i)(z+2i)=12i+2i=14i=−i4.\operatorname{Res}(f,2i) = \lim_{z\to 2i}(z-2i)\frac{1}{(z-2i)(z+2i)} = \frac{1}{2i+2i} = \frac{1}{4i} = -\frac{i}{4}.

由留數定理,

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