112 年 國立中山大學資訊工程學系碩士班乙組《工程數學》

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第 1 題16 分

  1. (16%) The matrix A is shown below.
A=[12345−16789001111200031400005]A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ -1 & 6 & 7 & 8 & 9 \\ 0 & 0 & 1 & 11 & 12 \\ 0 & 0 & 0 & 3 & 14 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 5 \end{bmatrix}

1.1 (8%) Show A is invertible.
1.2 (8%) Find det(A−1)det(A^{-1}).

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核心觀念

方陣可逆的判定條件是行列式不為零。若 AA 可逆，則

det⁡(A−1)=1det⁡(A).\det(A^{-1})=\frac{1}{\det(A)}.

本題的矩陣不是整體上三角矩陣，因為第二列第一行是 −1-1；但它具有分塊上三角結構，可用區塊行列式計算。

解題方法

將 AA 分成 2×22\times2 與 3×33\times3 的對角區塊：

A=[BC0D],B=[12−16],D=[111120314005].A= \begin{bmatrix} B & C\\ 0 & D \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 1&2\\ -1&6 \end{bmatrix}, \qquad D= \begin{bmatrix} 1&11&12\\ 0&3&14\\ 0&0&5 \end{bmatrix}.
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第 2 題16 分

  1. (16%) Let A and b denote the matrix
A=[21−2023],b=[−581]A = \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ -2 & 0 \\ 2 & 3 \end{bmatrix}, \quad b = \begin{bmatrix} -5 \\ 8 \\ 1 \end{bmatrix}

2.1 (10%) Find a least square solution to Ax = b i.e., a vector x∈R2x \in \mathbb{R}^2 minimizing ∣∣Ax−b∣∣||Ax - b||.
2.2 (6%) Using answer in 2.1, or otherwise, find the orthogonal projection b^\hat{b} of b onto the column space of A, i.e., b^=Projcol(A)(b)\hat{b} = Proj_{col(A)}(b).

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核心觀念

最小平方法是找出 x^\hat{x}，使殘差向量 Ax^−bA\hat{x}-b 的長度最小。其幾何條件是殘差垂直於 AA 的每一個欄向量，因此滿足正規方程：

ATAx^=ATbA^{T}A\hat{x}=A^{T}b

若 ATAA^{T}A 可逆，則最小平方法解唯一。投影向量為 b^=Ax^\hat{b}=A\hat{x}。

解題方法

先計算 ATAA^{T}A 與 ATbA^{T}b：

ATA=[2−22103][21−2023]=[128810]A^{T}A= \begin{bmatrix} 2&-2&2\\ 1&0&3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2&1\\ -2&0\\ 2&3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 12&8\\ 8&10 \end{bmatrix} ATb=[2−22103][−581]=[−24−2]A^{T}b= \begin{bmatrix} 2&-2&2\\ 1&0&3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -5\\ 8\\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -24\\ -2 \end{bmatrix}

因此正規方程為

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第 3 題16 分

  1. (16%) Consider the initial value problem.
    4y′′+4y′+y=04y'' + 4y' + y = 0, y(0)=1y(0) = 1, y′(0)=2y'(0) = 2
    3.1 (8%) Solve the initial value problem.
    3.2 (8%) Change the second initial condition to y′(0)=b>0y'(0) = b > 0 and find the solution as a function of b.
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核心觀念

這題考二階常係數齊次微分方程的特徵方程法。若特徵方程有重根 rr，通解為

y(t)=(C1+C2t)ert.y(t)=(C_1+C_2t)e^{rt}.

解題方法

將方程

4y′′+4y′+y=04y''+4y'+y=0

代入 y=erty=e^{rt}，得到特徵方程

4r2+4r+1=0⟹(2r+1)2=0.4r^2+4r+1=0 \quad\Longrightarrow\quad (2r+1)^2=0.

因此有重根 r=−12r=-\frac12，通解為

y(t)=(C1+C2t)e−t/2.y(t)=(C_1+C_2t)e^{-t/2}.

3.1 解初始值問題

由 y(0)=1y(0)=1 得

C1=1.C_1=1.

對通解微分：

y′(t)=[C2−12(C1+C2t)]e−t/2.y'(t)=\left[C_2-\frac12(C_1+C_2t)\right]e^{-t/2}.

代入 t=0t=0 及 y′(0)=2y'(0)=2：

C2−12C1=2.C_2-\frac12C_1=2.

使用 C1=1C_1=1，得 C2=52C_2=\frac52。所以

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第 4 題20 分

4 (20%) Find the general solution of the following differential equation.
y′′+2y′=3+4sin⁡(2t)y'' + 2y' = 3 + 4\sin(2t)

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核心觀念

這是常係數線性非齊次微分方程。通解由齊次解與特解相加：

y=yh+ypy=y_h+y_p

右側包含常數項與正弦項，因此分別求特解，再將結果相加。

解題方法

先解齊次方程：

y′′+2y′=0y''+2y'=0

特徵方程為 r2+2r=0r^2+2r=0，即 r(r+2)=0r(r+2)=0，所以齊次解為

yh=C1+C2e−2ty_h=C_1+C_2e^{-2t}

對常數項 33，令特解為 yp1=aty_{p1}=at，則 yp1′=ay_{p1}'=a、yp1′′=0y_{p1}''=0。代入得 2a=32a=3，因此

yp1=32ty_{p1}=\frac{3}{2}t

對正弦項 4sin⁡(2t)4\sin(2t)，設

yp2=Asin⁡(2t)+Bcos⁡(2t)y_{p2}=A\sin(2t)+B\cos(2t)

則

yp2′=2Acos⁡(2t)−2Bsin⁡(2t)y_{p2}'=2A\cos(2t)-2B\sin(2t)
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第 5 題16 分

5 (16%) Find the inverse Laplace transform of the following function.
f(t)=(t−3)u2(t)−(t−2)u3(t)f(t) = (t − 3)u_2(t) - (t-2)u_3(t)

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核心觀念

單位階躍函數 ua(t)=u(t−a)u_a(t)=u(t-a) 表示訊號從 t=at=a 開始。第二位移定理為

L{g(t−a)u(t−a)}=e−asG(s),G(s)=L{g(t)}.\mathcal{L}\{g(t-a)u(t-a)\}=e^{-as}G(s), \qquad G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}.

題目印出的 f(t)f(t) 已是時間域函數；因此嚴格來說，它不是待求反拉氏變換的 ss 域函數。以下依式子中的單位階躍函數，列出其拉氏變換，並說明對應的反拉氏變換。

解題方法

先把每一項改寫成以階躍起點為基準的形式：

(t−3)u2(t)=[(t−2)−1]u(t−2),(t-3)u_2(t)=\bigl[(t-2)-1\bigr]u(t-2), (t−2)u3(t)=[(t−3)+1]u(t−3).(t-2)u_3(t)=\bigl[(t-3)+1\bigr]u(t-3).

利用線性性質、位移定理，以及 L{t}=1/s2\mathcal{L}\{t\}=1/s^2、L{1}=1/s\mathcal{L}\{1\}=1/s，可得

L{(t−3)u2(t)}=e−2s(1s2−1s),\mathcal{L}\{(t-3)u_2(t)\} =e^{-2s}\left(\frac{1}{s^2}-\frac{1}{s}\right),
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第 6 題16 分

  1. (16%) Write f(x) as a Fourier series over −1≤x≤1-1 \le x \le 1 where
    f(x)={1+2x,if −1≤x<0,1−2x,if 0≤x≤1f(x) = \begin{cases} 1 + 2x, & \text{if } -1 \le x < 0, \\ 1 - 2x, & \text{if } 0 \le x \le 1 \end{cases}
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核心觀念

在區間 [−1,1][-1,1] 上作傅立葉級數，週期為 22，其形式為

f(x)=a02+∑n=1∞[ancos⁡(nπx)+bnsin⁡(nπx)],f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} \left[a_n\cos(n\pi x)+b_n\sin(n\pi x)\right],

其中

a0=∫−11f(x) dx,an=∫−11f(x)cos⁡(nπx) dx,bn=∫−11f(x)sin⁡(nπx) dx.a_0=\int_{-1}^{1}f(x)\,dx,\qquad a_n=\int_{-1}^{1}f(x)\cos(n\pi x)\,dx,\qquad b_n=\int_{-1}^{1}f(x)\sin(n\pi x)\,dx.

題目中的函數可寫成 f(x)=1−2∣x∣f(x)=1-2|x|，是偶函數，因此所有正弦係數 bnb_n 都為 00。

解題方法

先利用偶函數性質計算常數項：

a0=2∫01(1−2x) dx=2[x−x2]01=0.a_0=2\int_0^1(1-2x)\,dx =2\left[x-x^2\right]_0^1=0.

因此 a02=0\frac{a_0}{2}=0。對 n≥1n\ge 1，餘弦係數為

an=2∫01(1−2x)cos⁡(nπx) dx=2(∫01cos⁡(nπx) dx−2∫01xcos⁡(nπx) dx).\begin{aligned} a_n &=2\int_0^1(1-2x)\cos(n\pi x)\,dx\\ &=2\left(\int_0^1\cos(n\pi x)\,dx -2\int_0^1x\cos(n\pi x)\,dx\right). \end{aligned}

第一個積分為 00。令 k=nπk=n\pi，分部積分可得

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