112 年 國立臺灣科技大學自動化及控制研究所《工程數學》

核心觀念

本題考查二階常係數非齊次微分方程：

$$y''-y=5\sin^2 x$$

解法分成兩部分：

$$y=y_h+y_p$$

其中：

• $y_h$ 為齊次方程 $y''-y=0$ 的通解。
• $y_p$ 為非齊次項 $5\sin^2 x$ 所對應的特解。

使用公式：

$$\sin^2 x=\frac{1-\cos 2x}{2}$$

並利用初始條件 $y(0)=2$、$y'(0)=-4$ 求出待定常數。

解題方法

1. 求齊次解

先解齊次方程：

$$y''-y=0$$

其特徵方程為：

$$r^2-1=0$$

因此：

$$(r-1)(r+1)=0$$

得到兩個根：

$$r=1,\qquad r=-1$$

所以齊次解為：

$$y_h=C_1e^x+C_2e^{-x}$$

2. 整理非齊次項

將右側化為標準形式：

$$5\sin^2 x =5\left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right) =\frac{5}{2}-\frac{5}{2}\cos 2x$$

因此方程變為：

$$y''-y=\frac{5}{2}-\frac{5}{2}\cos 2x$$

3. 求特解

由於右側包含常數項與 $\cos 2x$ 項，分別設：

$$y_p=A+B\cos 2x$$

則：

$$y_p''=-4B\cos 2x$$

代入左側：

$$y_p''-y_p =-4B\cos 2x-(A+B\cos 2x)$$

整理得：

$$y_p''-y_p=-A-5B\cos 2x$$

與右側

$$\frac{5}{2}-\frac{5}{2}\cos 2x$$

比較係數：

$$-A=\frac{5}{2} \quad\Longrightarrow\quad A=-\frac{5}{2}$$

以及：

$$-5B=-\frac{5}{2} \quad\Longrightarrow\quad B=\frac{1}{2}$$

所以特解為：

$$y_p=-\frac{5}{2}+\frac{1}{2}\cos 2x$$

4. 寫出通解

$$y=C_1e^x+C_2e^{-x}-\frac{5}{2}+\frac{1}{2}\cos 2x$$

5. 套用初始條件

先使用 $y(0)=2$。

因為 $\cos 0=1$，所以：

觀念與週期函數 Laplace 轉換公式

週期為 $T = 2$ 的週期函數，其 Laplace 轉換公式為：
$\mathcal{L}\{f(t)\} = \frac{1}{1 - e^{-2s}} \int_0^2 e^{-st} f(t) \, dt$

區段函數表示式

已知 $f(t) = t$ 當 $-1 < t < 1$，且 $f(t+2) = f(t)$。在第一個週期 $[0, 2)$ 區間內，函數表示為：
$f(t) = \begin{cases} t, & 0 \le t < 1 \\ t - 2, & 1 \le t < 2 \end{cases}$

單一週期積分計算

將積分拆解為兩段：
$\int_0^2 e^{-st} f(t) \, dt = \int_0^1 t e^{-st} \, dt + \int_1^2 (t - 2) e^{-st} \, dt$

利用分部積分法計算各項：
$\int_0^1 t e^{-st} \, dt = \left[ -\frac{t}{s} e^{-st} - \frac{1}{s^2} e^{-st} \right]_0^1 = \frac{1 - (1 + s)e^{-s}}{s^2}$

核心觀念

方程

$$y'=\frac{y}{x+y}$$

右側分子、分母皆為 $x,y$ 的一次齊次式，因此可視為齊次微分方程，適合代換

$$y=vx,\qquad v=\frac{y}{x}.$$

其中

$$y'=v+x\frac{dv}{dx}.$$

---

解題方法

令 $y=vx$，則

$$y'=v+x\frac{dv}{dx}.$$

代回原方程：

$$v+x\frac{dv}{dx} =\frac{vx}{x+vx} =\frac{v}{1+v}.$$

因此

$$x\frac{dv}{dx} =\frac{v}{1+v}-v =-\frac{v^2}{1+v}.$$

分離變數：

$$\frac{1+v}{v^2}\,dv=-\frac{dx}{x}.$$

將左側拆開：

$$\left(\frac{1}{v^2}+\frac{1}{v}\right)dv =-\frac{dx}{x}.$$

兩邊積分：

$$-\frac{1}{v}+\ln|v| =-\ln|x|+C.$$

核心觀念

週期為 $2\pi$ 的 Fourier 級數可寫成

$$f(x)\sim \frac{a_0}{2} +\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),$$

其中

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,$$ $$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx, \qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx.$$

本題

$$f(x)=x-x^2$$

由奇偶性可簡化積分：

• $x$ 為奇函數，$x^2$ 為偶函數；
• $\cos nx$ 為偶函數，$\sin nx$ 為奇函數。

因此：

• $x\cos nx$ 為奇函數，積分為 $0$；
• $x^2\sin nx$ 為奇函數，積分為 $0$。

---

解題方法

1. 計算 $a_0$

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(x-x^2)\,dx.$$

因為 $x$ 為奇函數，

$$\int_{-\pi}^{\pi}x\,dx=0.$$

又因為

$$\int_{-\pi}^{\pi}x^2\,dx =2\int_0^\pi x^2\,dx =2\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^\pi =\frac{2\pi^3}{3},$$

所以

$$a_0 =-\frac{1}{\pi}\cdot\frac{2\pi^3}{3} =-\frac{2\pi^2}{3}.$$

因此常數項為

$$\frac{a_0}{2}=-\frac{\pi^2}{3}.$$

---

2. 計算 $a_n$

$$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(x-x^2)\cos nx\,dx.$$

其中 $x\cos nx$ 為奇函數，因此

$$\int_{-\pi}^{\pi}x\cos nx\,dx=0.$$

故

$$a_n=-\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2\cos nx\,dx.$$

由偶函數性質，

$$\int_{-\pi}^{\pi}x^2\cos nx\,dx =2\int_0^\pi x^2\cos nx\,dx.$$

分部積分兩次：

$$\int x^2\cos nx\,dx =\frac{x^2\sin nx}{n} -\frac{2}{n}\int x\sin nx\,dx,$$

且

$$\int x\sin nx\,dx =-\frac{x\cos nx}{n} +\frac{\sin nx}{n^2}.$$

因此

$$\int x^2\cos nx\,dx = \frac{x^2\sin nx}{n} +\frac{2x\cos nx}{n^2} -\frac{2\sin nx}{n^3}.$$

代入 $0$ 與 $\pi$，利用

$$\sin(n\pi)=0,\qquad \cos(n\pi)=(-1)^n,$$

得到

$$\int_0^\pi x^2\cos nx\,dx =\frac{2\pi(-1)^n}{n^2}.$$

所以

關鍵公式與性質

1. 基本指數單邊弦波傅立葉轉換：
   $\mathcal{F}\{ e^{-at} \cos(\omega_0 t) u(t) \} = \frac{j\omega + a}{(j\omega + a)^2 + \omega_0^2}$
2. 頻域微分性質：
   $\mathcal{F}\{ t f(t) \} = j \frac{d}{d\omega} F(\omega)$
3. 時域微分性質：
   $\mathcal{F}\left\{ \frac{d}{dt} g(t) \right\} = j\omega G(\omega) \quad (\text{因 } g(0) = 0 \text{，無不連續衝擊項})$

---

詳細推導

Step 1：求基礎訊號 $f(t) = e^{-2t} \cos(t) u(t)$ 的傅立葉轉換

代入 $a = 2, \omega_0 = 1$，並設 $s = j\omega$：
$F(\omega) = \frac{j\omega + 2}{(j\omega + 2)^2 + 1} = \frac{s + 2}{s^2 + 4s + 5}$

Step 2：利用頻域微分性質求 $g(t) = t e^{-2t} \cos(t) u(t)$ 的傅立葉轉換 $G(\omega)$

利用 $\frac{d}{d\omega} = j \frac{d}{ds}$：

核心觀念

本題考查兩個重點：

1. 正交矩陣的定義：若實矩陣 $A$ 滿足
   $A^T A=AA^T=I,$
   則稱 $A$ 為正交矩陣。等價地，矩陣的各欄向量互相正交且長度皆為 $1$。

2. 特徵值的求法：特徵值 $\lambda$ 滿足
   $\det(A-\lambda I)=0.$

---

解題方法

矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} \sin\theta&-\cos\theta&0\\ \cos\theta&\sin\theta&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}.$$

記

$$s=\sin\theta,\qquad c=\cos\theta.$$

則

$$A= \begin{bmatrix} s&-c&0\\ c&s&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}.$$

（1）證明 $A$ 為正交矩陣

先求轉置矩陣：

$$A^T= \begin{bmatrix} s&c&0\\ -c&s&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}.$$

計算 $A^T A$：

$$A^T A = \begin{bmatrix} s&c&0\\ -c&s&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} s&-c&0\\ c&s&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}.$$

逐項相乘可得

$$A^T A = \begin{bmatrix} s^2+c^2&-sc+cs&0\\ -cs+sc&c^2+s^2&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}.$$

利用三角恆等式

$$\sin^2\theta+\cos^2\theta=1,$$

以及

$$-sc+cs=0,$$

因此

$$A^T A= \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix} =I.$$

故 $A$ 是正交矩陣。

---

（2）求 $A$ 的特徵值

特徵方程為

$$\det(A-\lambda I)=0.$$

其中

$$A-\lambda I= \begin{bmatrix} s-\lambda&-c&0\\ c&s-\lambda&0\\ 0&0&1-\lambda \end{bmatrix}.$$

此矩陣為分塊對角形式，因此行列式可直接分解：

$$\det(A-\lambda I) = (1-\lambda) \det \begin{bmatrix} s-\lambda&-c\\ c&s-\lambda \end{bmatrix}.$$

計算 $2\times2$ 行列式：

核心觀念

在線性代數中，若線性算子 $T:\mathbb{C}^2\to\mathbb{C}^2$ 的矩陣為 $A$，則其伴隨算子 $T^*$ 的矩陣為

$$A^*=\overline{A}^{\,T},$$

也就是先對矩陣元素取共軛，再轉置。此結論來自伴隨算子的定義：

$$\langle T\boldsymbol{\alpha},\boldsymbol{\beta}\rangle = \langle \boldsymbol{\alpha},T^*\boldsymbol{\beta}\rangle.$$

在標準複數內積下，矩陣表示即為共軛轉置矩陣。

解題方法

令

$$\boldsymbol{\alpha} = \begin{pmatrix} \alpha_1\\ \alpha_2 \end{pmatrix}.$$

題目給定

$$T(\alpha_1,\alpha_2) = (-2i\alpha_1+3\alpha_2,\ \alpha_1-\alpha_2),$$

因此 $T$ 的矩陣為

$$A= \begin{pmatrix} -2i & 3\\ 1 & -1 \end{pmatrix}.$$

先取複共軛：

$$\overline{A} = \begin{pmatrix} 2i & 3\\ 1 & -1 \end{pmatrix}.$$