111 年 國立中山大學資訊工程學系碩士班乙組《工程數學（含常微分方程、傅立葉級數與積分、拉氏變換、線性代數）》

核心觀念

矩陣 $A$ 可逆的充要條件為

$$\det(A)\neq 0.$$

求反矩陣常用高斯－喬登消去法，將增廣矩陣

$$[A\mid I]$$

經由初等列運算化為

$$[I\mid A^{-1}].$$

本題矩陣為

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

先計算行列式：

$$\begin{aligned} \det(A) &=1 \begin{vmatrix} 1&3\\ 2&1 \end{vmatrix} -(-1) \begin{vmatrix} 2&3\\ 0&1 \end{vmatrix} \\ &=(1-6)+(2-0)\\ &=-3\neq 0. \end{aligned}$$

因此 $A$ 可逆。

解題方法：高斯－喬登消去法

建立增廣矩陣：

$$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1&-1&0&1&0&0\\ 2&1&3&0&1&0\\ 0&2&1&0&0&1 \end{array} \right].$$

先消去第一欄第二列的元素：

$$R_2\leftarrow R_2-2R_1,$$

得到

$$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1&-1&0&1&0&0\\ 0&3&3&-2&1&0\\ 0&2&1&0&0&1 \end{array} \right].$$

將第二列除以 $3$：

$$R_2\leftarrow \frac13R_2,$$ $$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1&-1&0&1&0&0\\ 0&1&1&-\frac23&\frac13&0\\ 0&2&1&0&0&1 \end{array} \right].$$

消去第三列第二欄的元素：

$$R_3\leftarrow R_3-2R_2,$$ $$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1&-1&0&1&0&0\\ 0&1&1&-\frac23&\frac13&0\\ 0&0&-1&\frac43&-\frac23&1 \end{array} \right].$$

將第三列乘以 $-1$：

$$R_3\leftarrow -R_3,$$

核心觀念

本題考查二維旋轉矩陣及矩陣冪：

$$R_\theta= \begin{bmatrix} \cos\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta \end{bmatrix}$$

表示以原點為中心，逆時針旋轉 $\theta$。旋轉矩陣具有

$$R_{\alpha}R_{\beta}=R_{\alpha+\beta}, \qquad R_{\theta+2\pi}=R_{\theta}.$$

題目中的矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} \frac{\sqrt3}{2}&-\frac12\\ \frac12&\frac{\sqrt3}{2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos\frac{\pi}{6}&-\sin\frac{\pi}{6}\\ \sin\frac{\pi}{6}&\cos\frac{\pi}{6} \end{bmatrix} =R_{\pi/6}.$$

因此，$A$ 表示逆時針旋轉 $30^\circ$。

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2.1 幾何描述

對任意向量 $(x,y)^T$，

$$T(x,y) = A \begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{\sqrt3}{2}x-\frac12y\\[2mm] \frac12x+\frac{\sqrt3}{2}y \end{bmatrix}.$$

取標準基底向量 $e_1=(1,0)^T$，有

$$T(e_1) = \begin{bmatrix} \frac{\sqrt3}{2}\\ \frac12 \end{bmatrix},$$

此向量與 $x$ 軸正向夾角為 $\pi/6$。此外，

$$A^TA=I,\qquad \det A=1,$$

所以 $T$ 保持長度與角度，也保持方向，且因為是線性變換，原點固定不動。

因此，$T$ 的幾何意義是：

$$\boxed{\text{以原點為中心，逆時針旋轉 }\frac{\pi}{6}=30^\circ}$$

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2.2 計算 $A^{2011}$

由於

$$A=R_{\pi/6},$$

連續旋轉六次後，旋轉角度為

$$6\cdot\frac{\pi}{6}=\pi.$$

因此

第 3 題

核心觀念

本題考查一階微分方程的兩種基本解法：

1. 可分離變數方程：若可整理成
   $\frac{dy}{dx}=f(x)g(y),$
   即可將 $x$ 與 $y$ 分離後積分。

2. 一階線性微分方程：標準形式為
   $y'+P(t)y=Q(t),$
   積分因子為
   $\mu(t)=e^{\int P(t)\,dt}.$

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3.1

題目為

$$y'=ye^x-2e^x+y-2.$$

解題方法

先將右側因式分解：

$$\begin{aligned} y' &=e^x(y-2)+(y-2)\\ &=(e^x+1)(y-2). \end{aligned}$$

令

$$u=y-2,$$

則 $u'=y'$，方程化為

$$u'=(e^x+1)u.$$

這是一階可分離變數方程。分離變數得

$$\frac{du}{u}=(e^x+1)\,dx.$$

兩側積分：

$$\int \frac{1}{u}\,du = \int (e^x+1)\,dx,$$

因此

$$\ln|u|=e^x+x+C.$$

將常數吸收到指數項中：

$$u=Ce^{e^x+x}.$$

代回 $u=y-2$，得到

$$\boxed{y=2+Ce^{x+e^x}}.$$

其中 $C$ 為任意常數。當 $C=0$ 時，包含特殊解 $y=2$。

快速驗算

由

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

可得

$$y'=Ce^{x+e^x}(1+e^x) =(e^x+1)(y-2),$$

恰與原方程相同。

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3.2

題目為

$$ty'=t^4-2y,\qquad y(1)=0.$$

核心判斷

將方程移項：

$$ty'+2y=t^4.$$

左側乘上 $t$ 後為

$$t^2y'+2ty=t^5.$$

利用乘積微分公式：

$$(t^2y)'=t^2y'+2ty,$$

所以原方程可直接改寫為

$$(t^2y)'=t^5.$$

解題方法

兩側對 $t$ 積分：

核心觀念

函數可寫成

$$f(x)=|x|,\qquad -\pi\le x\le \pi,$$

因此是偶函數，滿足 $f(-x)=f(x)$。

傅立葉係數定義為

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

由於 $f(x)$ 是偶函數，且 $\cos(nx)$ 也是偶函數，因此 $f(x)\cos(nx)$ 為偶函數，可化為

$$a_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi f(x)\cos(nx)\,dx.$$

在 $0<x\le\pi$ 時，$f(x)=x$。

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解題方法

先計算 $a_0$：

$$\begin{aligned} a_0 &=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi x\,dx\\ &=\frac{2}{\pi}\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^\pi\\ &=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi^2}{2}\\ &=\pi. \end{aligned}$$

再計算 $a_1$：

$$a_1=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi x\cos x\,dx.$$

對積分使用分部積分，取

核心觀念

本題考查零初始狀態下，利用拉氏變換求含單位脈衝 $\delta(t)$ 的微分方程。

使用公式：

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

以及單位脈衝的拉氏變換：

$$\mathcal{L}\{\delta(t)\}=1.$$

脈衝 $\delta(t)$ 的作用是使 $y'(t)$ 在 $t=0$ 發生跳躍，而 $y(t)$ 保持連續。題目未指定 $t<0$ 的預先狀態，以下採標準因果零狀態假設，即 $t<0$ 時 $y(t)=0$。

解題方法：拉氏變換

令

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$$

對原方程

$$y''-4y'=\delta(t)$$

取拉氏變換，並代入 $y(0)=y'(0)=0$：

$$\mathcal{L}\{y''\}-4\mathcal{L}\{y'\} =\mathcal{L}\{\delta(t)\},$$ $$\left(s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)\right) -4\left(sY(s)-y(0)\right)=1.$$

因此

$$s^2Y(s)-4sY(s)=1,$$ $$Y(s)=\frac{1}{s(s-4)}.$$

作部分分式分解：

$$\frac{1}{s(s-4)} =\frac{A}{s}+\frac{B}{s-4}.$$

比較係數得

$$1=A(s-4)+Bs,$$

所以

$$A=-\frac14,\qquad B=\frac14.$$

故

$$Y(s) =-\frac{1}{4s}+\frac{1}{4(s-4)}.$$

反拉氏變換：

$$y(t) =-\frac14+\frac14e^{4t} =\frac{e^{4t}-1}{4}, \qquad t\ge 0.$$

在因果零狀態假設下，$t<0$ 時解為 $0$，因此全時域解為

核心觀念

本題要求使用「參數變異法」求非齊次方程

$$y''-2y'+y=e^t$$

的特解。

先求對應齊次方程

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

其特徵方程為

$$r^2-2r+1=(r-1)^2=0.$$

因此有重根 $r=1$，兩個線性獨立解為

$$y_1=e^t,\qquad y_2=te^t.$$

對標準形式

$$y''+p(t)y'+q(t)y=g(t),$$

參數變異法設

$$y_p=u_1(t)y_1(t)+u_2(t)y_2(t),$$

其中

$$u_1'=-\frac{y_2g}{W},\qquad u_2'=\frac{y_1g}{W},$$

而 $W$ 為 $y_1,y_2$ 的 Wronskian。

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解題方法：參數變異法

先計算導數：

$$y_1'=e^t,$$ $$y_2'=(te^t)'=e^t+te^t=(1+t)e^t.$$

因此 Wronskian 為

$$\begin{aligned} W &= \begin{vmatrix} y_1 & y_2\\ y_1' & y_2' \end{vmatrix} \\ &=y_1y_2'-y_1'y_2\\ &=e^t(1+t)e^t-e^t(te^t)\\ &=e^{2t}. \end{aligned}$$

本題右側函數為

$$g(t)=e^t.$$

代入參數變異公式：

$$\begin{aligned} u_1' &=-\frac{y_2g}{W}\\ &=-\frac{(te^t)(e^t)}{e^{2t}}\\ &=-t. \end{aligned}$$

積分得

$$u_1=-\frac{t^2}{2}.$$

同理，