114 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

本題考查一階線性微分方程

$$y' + P(x)y = Q(x)$$

的積分因子法。其積分因子定義為

$$\mu(x)=e^{\int P(x)\,dx}.$$

本題中

$$P(x)=3,\qquad Q(x)=5e^{2x}-6,$$

因此積分因子為

$$\mu(x)=e^{\int 3\,dx}=e^{3x}.$$

乘上積分因子後，左側可整理為乘積微分：

$$e^{3x}y'+3e^{3x}y =\frac{d}{dx}\left(e^{3x}y\right).$$

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解題方法

原方程式為

$$y'+3y=5e^{2x}-6.$$

兩邊同乘積分因子 $e^{3x}$：

$$e^{3x}y'+3e^{3x}y =5e^{5x}-6e^{3x}.$$

將左側寫成乘積微分：

$$\frac{d}{dx}\left(e^{3x}y\right) =5e^{5x}-6e^{3x}.$$

兩邊對 $x$ 積分：

$$e^{3x}y =\int \left(5e^{5x}-6e^{3x}\right)\,dx.$$

分別計算：

$$\int 5e^{5x}\,dx=e^{5x},$$ $$\int -6e^{3x}\,dx=-2e^{3x}.$$

因此

$$e^{3x}y=e^{5x}-2e^{3x}+C.$$

除以 $e^{3x}$，得到通解：

$$y=e^{2x}-2+Ce^{-3x}.$$

核心觀念

本題為二階、常係數、齊次線性微分方程：

$$y''-2y'+10y=0$$

對此類型方程，採用特徵方程法。若設解為

$$y=e^{rx},$$

則有

$$y'=re^{rx},\qquad y''=r^2e^{rx}.$$

代入原方程後，可得到關於 $r$ 的特徵方程。當特徵根為共軛複數 $r=\alpha\pm i\beta$ 時，通解形式為

$$y=e^{\alpha x}\left(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x\right).$$

其中 $C_1,C_2$ 為任意常數。

解題方法

設

$$y=e^{rx}.$$

則

$$y'=re^{rx},\qquad y''=r^2e^{rx}.$$

代入微分方程：

$$r^2e^{rx}-2re^{rx}+10e^{rx}=0.$$

因為 $e^{rx}\neq 0$，可約去 $e^{rx}$，得到特徵方程：

$$r^2-2r+10=0.$$

利用公式解二次方程：

$$r=\frac{2\pm\sqrt{(-2)^2-4(1)(10)}}{2} =\frac{2\pm\sqrt{-36}}{2}.$$

因此

$$r=\frac{2\pm6i}{2}=1\pm3i.$$

特徵根為

$$r=1+3i,\qquad r=1-3i.$$

核心觀念

本題考查「週期函數的拉普拉斯轉換」。

若 $f(t)$ 的週期為 $T$，則

$$\mathcal{L}\{f(t)\} = \frac{\displaystyle\int_0^T e^{-st}f(t)\,dt}{1-e^{-sT}}.$$

本題週期為 $T=6$，且一個週期內

$$f(t)= \begin{cases} 5, & 0<t\le 3,\\ 10, & 3<t\le 6. \end{cases}$$

因此必須將積分分成 $[0,3]$ 與 $[3,6]$ 兩段。

解題方法

套用週期函數公式：

$$\mathcal{L}\{f(t)\} = \frac{\displaystyle\int_0^6 e^{-st}f(t)\,dt}{1-e^{-6s}}.$$

計算一個週期內的積分：

$$\int_0^6 e^{-st}f(t)\,dt = \int_0^3 5e^{-st}\,dt+\int_3^6 10e^{-st}\,dt.$$

第一段為

$$\int_0^3 5e^{-st}\,dt = 5\left[\frac{-1}{s}e^{-st}\right]_0^3 = \frac{5(1-e^{-3s})}{s}.$$

第二段為

$$\int_3^6 10e^{-st}\,dt = 10\left[\frac{-1}{s}e^{-st}\right]_3^6 = \frac{10(e^{-3s}-e^{-6s})}{s}.$$

相加得

$$\int_0^6 e^{-st}f(t)\,dt = \frac{5(1-e^{-3s})+10(e^{-3s}-e^{-6s})}{s},$$

即

核心觀念

本題使用「冪級數法」求微分方程的級數解。設解在 $x=0$ 附近可表示為

$$y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n =a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots .$$

則其導數為

$$y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n.$$

題目中的微分方程為

$$y'-xy=1-x.$$

將各項改寫成相同的 $x^n$ 次方後，比較係數即可得到遞迴關係。

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解題方法

設

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n.$$

因此

$$y'=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n.$$

另外，

$$xy=x\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n =\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+1} =\sum_{n=1}^{\infty}a_{n-1}x^n.$$

所以左側為

$$y'-xy = a_1+\sum_{n=1}^{\infty} \left[(n+1)a_{n+1}-a_{n-1}\right]x^n.$$

右側為

$$1-x.$$

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比較係數並建立遞迴關係

$x^0$ 項

由常數項比較：

$$a_1=1.$$

$x^1$ 項

由 $x$ 項比較：

$$2a_2-a_0=-1,$$

因此

$$a_2=\frac{a_0-1}{2}.$$

$x^n$ 項，$n\geq 2$

右側在 $n\geq 2$ 時係數皆為 $0$，故

$$(n+1)a_{n+1}-a_{n-1}=0.$$

因此遞迴關係為

$$\boxed{a_{n+1}=\frac{a_{n-1}}{n+1}},\qquad n\geq 2.$$

由於題目沒有給定 $y(0)$，所以 $a_0$ 為任意常數。令

$$a_0=C.$$

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產生前五項

核心觀念

向量組 $\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\ldots,\mathbf{v}_m\}$ 線性獨立的定義為：

$$c_1\mathbf{v}_1+c_2\mathbf{v}_2+\cdots+c_m\mathbf{v}_m=\mathbf{0}$$

只有平凡解

$$c_1=c_2=\cdots=c_m=0$$

時，向量組才是線性獨立；若存在不全為零的係數使上式成立，則為線性相依。

本題在 $\mathbb{R}^3$ 中有 $4$ 個向量。由定理可知：在 $\mathbb{R}^3$ 中，最多只能有 $3$ 個線性獨立向量，因此 $4$ 個向量必定線性相依。

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解題方法

將各向量寫成座標形式：

$$\mathbf{v}_1=2\mathbf{i}=(2,0,0)$$ $$\mathbf{v}_2=3\mathbf{j}=(0,3,0)$$ $$\mathbf{v}_3=5\mathbf{i}-12\mathbf{k}=(5,0,-12)$$ $$\mathbf{v}_4=\mathbf{i}+\mathbf{j}+\mathbf{k}=(1,1,1)$$

尋找係數 $a,b,c$，使得

$$a\mathbf{v}_1+b\mathbf{v}_2+c\mathbf{v}_3=\mathbf{v}_4$$

代入座標：

$$a(2,0,0)+b(0,3,0)+c(5,0,-12)=(1,1,1)$$

比較三個分量，得到

$$\begin{cases} 2a+5c=1,\\ 3b=1,\\ -12c=1. \end{cases}$$

由第三式：

$$c=-\frac{1}{12}$$

由第二式：

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

代回第一式：

核心觀念

本題考查兩個重點：

1. 由特徵方程求矩陣的特徵值與特徵向量。
2. 使用 Cayley–Hamilton 定理降低高次矩陣冪次。

對矩陣 $A$ 而言，特徵值 $\lambda$ 滿足

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

若特徵多項式為

$$p(\lambda)=\lambda^2+c_1\lambda+c_0,$$

則 Cayley–Hamilton 定理表示：

$$p(A)=A^2+c_1A+c_0I=0.$$

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（1）特徵值與對應特徵向量

矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} 1 & -3\\ 2 & -4 \end{bmatrix}.$$

求特徵值

計算特徵方程：

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 1-\lambda & -3\\ 2 & -4-\lambda \end{vmatrix}.$$

因此

$$\det(A-\lambda I) =(1-\lambda)(-4-\lambda)+6.$$

展開得

$$(1-\lambda)(-4-\lambda)+6 =\lambda^2+3\lambda+2.$$

因式分解：

$$\lambda^2+3\lambda+2 =(\lambda+1)(\lambda+2).$$

故特徵值為

$$\boxed{\lambda_1=-1,\qquad \lambda_2=-2}.$$

當 $\lambda=-1$

求解

$$(A+I)\mathbf v=0.$$

其中

$$A+I= \begin{bmatrix} 2 & -3\\ 2 & -3 \end{bmatrix}.$$

設特徵向量為 $\mathbf v=(x,y)^T$，則

$$2x-3y=0.$$

取 $x=3,\ y=2$，得到

$$\boxed{ \mathbf v_1= \begin{bmatrix} 3\\ 2 \end{bmatrix} }.$$

因此，$\lambda=-1$ 的所有非零特徵向量可寫成

$$\boxed{ \mathbf v=c \begin{bmatrix} 3\\ 2 \end{bmatrix}, \qquad c\ne 0 }.$$

當 $\lambda=-2$

求解

$$(A+2I)\mathbf v=0.$$

其中

$$A+2I= \begin{bmatrix} 3 & -3\\ 2 & -2 \end{bmatrix}.$$

因此

$$3x-3y=0,$$

也就是

$$x=y.$$

取 $x=y=1$，得到

$$\boxed{ \mathbf v_2= \begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix} }.$$

因此，$\lambda=-2$ 的所有非零特徵向量可寫成

$$\boxed{ \mathbf v=c \begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix}, \qquad c\ne 0 }.$$

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（2）使用 Cayley–Hamilton 定理求 $A^{50}$

建立 Cayley–Hamilton 關係式

由特徵多項式

$$p(\lambda)=\lambda^2+3\lambda+2,$$

依 Cayley–Hamilton 定理：

核心觀念

在區間 $0\le x\le L$ 上，函數的 Fourier cosine series 與 sine series 分別為

$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos\frac{n\pi x}{L},$$

其中

$$a_0=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\,dx, \qquad a_n=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx,$$

以及

$$f(x)\sim \sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin\frac{n\pi x}{L},$$

其中

$$b_n=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\sin\frac{n\pi x}{L}\,dx.$$

本題 $L=2$、$f(x)=1-x^2$，因此 Fourier 基底為

$$\cos\frac{n\pi x}{2},\qquad \sin\frac{n\pi x}{2}.$$

Cosine series 對應於 $f(x)$ 的偶延拓；sine series 對應於 $f(x)$ 的奇延拓。

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一、Fourier cosine series

1. 計算常數項

由於 $L=2$，

$$a_0=\int_0^2(1-x^2)\,dx.$$

因此

$$a_0 =\left[x-\frac{x^3}{3}\right]_0^2 =2-\frac{8}{3} =-\frac{2}{3}.$$

所以

$$\frac{a_0}{2}=-\frac13.$$

2. 計算 $a_n$

令

$$k=\frac{n\pi}{2}.$$

則

$$a_n=\int_0^2(1-x^2)\cos(kx)\,dx.$$

使用不定積分

$$\int(1-x^2)\cos(kx)\,dx = \frac{(1-x^2)\sin(kx)}{k} -\frac{2x\cos(kx)}{k^2} +\frac{2\sin(kx)}{k^3}.$$

代入上下限。因為

$$\sin(2k)=\sin(n\pi)=0, \qquad \cos(2k)=\cos(n\pi)=(-1)^n,$$

可得

$$a_n = \left[ \frac{(1-x^2)\sin(kx)}{k} -\frac{2x\cos(kx)}{k^2} +\frac{2\sin(kx)}{k^3} \right]_0^2.$$

於 $x=2$ 時，只有第二項留下；於 $x=0$ 時各項皆為零，因此

$$a_n=-\frac{4(-1)^n}{k^2}.$$

又因為

$$k^2=\frac{n^2\pi^2}{4},$$

所以

$$a_n =-\frac{16(-1)^n}{n^2\pi^2}.$$

3. Cosine series

因此 Fourier cosine series 為

$$\boxed{ f(x) = -\frac13 -\frac{16}{\pi^2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} \cos\frac{n\pi x}{2} }$$

即

$$f(x) = -\frac13 +\frac{16}{\pi^2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2} \cos\frac{n\pi x}{2}.$$

4. Cosine series 的和

偶延拓後的函數在 $[-2,2]$ 上為

$$F_e(x)=1-x^2,$$

並以 $4$ 為週期延拓。由於在 $x=0$ 與 $x=2$ 皆連續，cosine series 在整個 $0\le x\le2$ 上收斂至原函數：

$$\boxed{ S_c(x)=1-x^2,\qquad 0\le x\le2. }$$

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二、Fourier sine series

1. 計算 $b_n$

同樣令

$$k=\frac{n\pi}{2}.$$

由 $L=2$，

$$b_n=\int_0^2(1-x^2)\sin(kx)\,dx.$$

使用不定積分

$$\int(1-x^2)\sin(kx)\,dx = \frac{(x^2-1)\cos(kx)}{k} -\frac{2x\sin(kx)}{k^2} -\frac{2\cos(kx)}{k^3}.$$

因此

$$b_n = \left[ \frac{(x^2-1)\cos(kx)}{k} -\frac{2x\sin(kx)}{k^2} -\frac{2\cos(kx)}{k^3} \right]_0^2.$$

利用

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

核心觀念

本題利用 Fourier transform 將微分方程轉換成代數方程。使用公式

$$\mathcal{F}\{y'(t)\}=i\omega Y(\omega),\qquad \mathcal{F}\{y''(t)\}=-\omega^2Y(\omega),$$

以及 Dirac delta 函數的平移性質

$$\mathcal{F}\{\delta(t-a)\}=e^{-i\omega a}.$$

題目原式寫成

$$y''+6y'+5=8\delta(t-3),$$

其中常數 $5$ 未乘上 $y$。依工程數學常見題型，正確題意應為

$$y''+6y'+5y=8\delta(t-3).$$

以下依此標準題意，並採用 Fourier transform 對應的零狀態（因果）解。

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解題方法

令

$$Y(\omega)=\mathcal{F}\{y(t)\}.$$

對方程式

$$y''+6y'+5y=8\delta(t-3)$$

兩側取 Fourier transform：

$$-\omega^2Y(\omega)+6i\omega Y(\omega)+5Y(\omega) =8e^{-i3\omega}.$$

整理得

$$\left(5-\omega^2+6i\omega\right)Y(\omega) =8e^{-i3\omega}.$$

因此

$$Y(\omega) = \frac{8e^{-i3\omega}} {5-\omega^2+6i\omega}.$$

分母可因式分解為

$$5-\omega^2+6i\omega =(i\omega+1)(i\omega+5),$$

故

$$Y(\omega) = 8e^{-i3\omega} \frac{1}{(i\omega+1)(i\omega+5)}.$$

部分分式分解：

$$\frac{1}{(i\omega+1)(i\omega+5)} = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{i\omega+1} - \frac{1}{i\omega+5} \right).$$

核心觀念

令 $z=x+iy$，將

$$f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$$

展開後即可求出實部 $u$ 與虛部 $v$。本題需使用：

1. 柯西－黎曼方程式
   $u_x=v_y,\qquad u_y=-v_x$

2. 若 $u,v$ 的偏導數存在且連續，並在某點滿足柯西－黎曼方程式，則 $f$ 在該點可微。

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解題方法

設

$$z=x+iy$$

先展開各項：

$$z^2=(x+iy)^2=x^2-y^2+2xyi$$

且

$$-iz=-i(x+iy)=-ix+y=y-ix$$

因此

$$\begin{aligned} f(z) &=z^2-iz\\ &=(x^2-y^2+2xyi)+(y-ix)\\ &=(x^2-y^2+y)+i(2xy-x) \end{aligned}$$

與

$$f(z)=u+iv$$

比較可得

$$\boxed{u(x,y)=x^2-y^2+y}$$

以及

$$\boxed{v(x,y)=2xy-x}$$

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檢查柯西－黎曼方程式

先計算偏導數：

$$u_x=2x,\qquad u_y=-2y+1$$ $$v_x=2y-1,\qquad v_y=2x$$

檢查第一個柯西－黎曼方程式：

$$u_x=2x=v_y$$

成立。

檢查第二個柯西－黎曼方程式：

$$u_y=-2y+1$$

而

$$-v_x=-(2y-1)=-2y+1$$

所以

$$u_y=-v_x$$

也成立。