113 年 國立中山大學資訊工程學系碩士班乙組《工程數學》

核心觀念

矩陣 $A$ 的特徵值 $\lambda$，是使特徵方程

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

成立的數值。本題的第二列、第二行只與對角元素 $5$ 相連，因此可先看出一個特徵值為 $5$；其餘特徵值由左上與右下構成的 $2\times 2$ 子矩陣求得。

解題方法

將矩陣寫成

$$A= \begin{bmatrix} 1&0&-2\\ 0&5&0\\ -2&0&4 \end{bmatrix}.$$

由於第二列與第二行的非對角元素皆為 $0$，特徵方程的行列式可拆成

$$\det(A-\lambda I) = (5-\lambda) \det \begin{bmatrix} 1-\lambda&-2\\ -2&4-\lambda \end{bmatrix}.$$

計算 $2\times 2$ 行列式：

核心觀念

若方陣 $B$ 的行列式不為零，則 $B$ 可逆，且

$$B^{-1}=\frac{1}{\det(B)}\operatorname{adj}(B)$$

其中 $\operatorname{adj}(B)$ 是餘因子矩陣的轉置。

解題方法

先計算行列式：

$$\det(B) =(-4)\begin{vmatrix}3&5\\2&2\end{vmatrix} +5\begin{vmatrix}-3&3\\-1&2\end{vmatrix} =(-4)(-4)+5(-3)=1$$

因為 $\det(B)=1\ne 0$，所以 $B$ 可逆。計算各位置的餘因子，得到餘因子矩陣：

$$C= \begin{bmatrix} -4&1&-3\\ 10&-3&8\\ -15&5&-12 \end{bmatrix}$$

因此伴隨矩陣為餘因子矩陣的轉置：

核心觀念

本題考查二階常係數線性微分方程的拉普拉斯轉換法。主要公式為

$$\mathcal{L}\{x'(t)\}=sX(s)-x(0),$$ $$\mathcal{L}\{x''(t)\}=s^2X(s)-sx(0)-x'(0),$$

以及

$$\mathcal{L}\{\sin at\}=\frac{a}{s^2+a^2},\qquad \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{s^2+a^2}\right\}=\cos at.$$

初始條件會在微分項的拉普拉斯轉換中直接代入。

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解題方法

題目為

$$x''+x=\sin 2t,$$

且

$$x(0)=2,\qquad x'(0)=1.$$

令

$$X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\}.$$

對方程式兩側取拉普拉斯轉換：

$$\mathcal{L}\{x''\}+\mathcal{L}\{x\} =\mathcal{L}\{\sin 2t\}.$$

代入公式與初始條件：

$$\left(s^2X(s)-sx(0)-x'(0)\right)+X(s) =\frac{2}{s^2+4}.$$

因此

$$s^2X(s)-2s-1+X(s)=\frac{2}{s^2+4},$$

整理得

$$(s^2+1)X(s)=2s+1+\frac{2}{s^2+4}.$$

所以

$$X(s)=\frac{2s+1}{s^2+1} +\frac{2}{(s^2+1)(s^2+4)}.$$

將第二項作部分分式分解：

$$\frac{2}{(s^2+1)(s^2+4)} =\frac{A}{s^2+1}+\frac{B}{s^2+4}.$$

比較係數：

$$2=A(s^2+4)+B(s^2+1),$$

故

$$A+B=0,\qquad 4A+B=2.$$

解得

$$A=\frac{2}{3},\qquad B=-\frac{2}{3}.$$

因此

$$X(s) =\frac{2s}{s^2+1} +\frac{1}{s^2+1} +\frac{2}{3}\frac{1}{s^2+1} -\frac{2}{3}\frac{1}{s^2+4}.$$

逐項取反拉普拉斯轉換：

核心觀念

本題考察一階線性常微分方程

$$x'+p(t)x=q(t)$$

的積分因子法。其積分因子定義為

$$\mu(t)=e^{\int p(t)\,dt}.$$

本題中

$$p(t)=2,\qquad q(t)=e^{-t},$$

因此積分因子為

$$\mu(t)=e^{\int 2\,dt}=e^{2t}.$$

解題方法

原方程為

$$x'+2x=e^{-t}.$$

兩邊同乘積分因子 $e^{2t}$：

$$e^{2t}x'+2e^{2t}x=e^{t}.$$

左側可寫成乘積微分：

$$\frac{d}{dt}\left(e^{2t}x\right)=e^t.$$

由 $0$ 積分至 $t$，並代入初始條件 $x(0)=\frac34$：

$$e^{2t}x(t)-e^0x(0)=\int_0^t e^s\,ds.$$

因此

$$e^{2t}x(t)-\frac34=e^t-1.$$

整理得

$$e^{2t}x(t)=e^t-\frac14,$$

所以解為

核心觀念

本題考查週期訊號的複指數傅立葉級數。週期為 $T=4$，因此基本角頻率為

$$\omega_0=\frac{2\pi}{T}=\frac{\pi}{2}.$$

採用複指數形式

$$x(t)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_k e^{jk\omega_0t},$$

其傅立葉級數係數定義為

$$a_k=\frac{1}{T}\int_{t_0}^{t_0+T}x(t)e^{-jk\omega_0t}\,dt, \qquad k\in\mathbb Z.$$

由於題目要求對任意整數 $k$ 給出公式，$a_k$ 在此指複指數傅立葉級數係數。

5.1 波形示意

在一個週期 $0\leq t<4$ 內，波形為 $e^t$，由 $x(0)=1$ 單調上升，並在 $t\to4^-$ 時趨近 $e^4$。週期延拓後，在每個週期端點跳回 $1$。

對任意整數 $n$，

$$x(t)=e^{t-4n}, \qquad 4n\leq t<4n+4.$$

示意圖如下，其中 $○$ 表示左極限，$●$ 表示函數實際取值：

x(t)
 ↑
e⁴│                 ○                         ○
  │              ／                         ／
  │           ／                         ／
  │        ／                         ／
 1│●──────┘                         ●──────┘
  └────────┬─────────────────────────┬──────→ t
           0                         4       8

因此：

• $x(0)=1$；
• $x(t)$ 在 $0<t<4$ 內為遞增且向上凹的指數曲線；
• $x(4^-)=e^4$；
• 週期延拓後 $x(4)=x(0)=1$，形成跳躍不連續；
• 每隔 $4$ 個時間單位重複一次。

5.2 傅立葉級數係數

取一個週期 $0\leq t<4$，代入係數公式：

核心觀念

這是常係數非齊次線性微分方程組，可寫成

$$\mathbf y'=A\mathbf y+\mathbf f(t), \qquad A=\begin{pmatrix}1&1\\3&-1\end{pmatrix}, \qquad \mathbf f(t)=\begin{pmatrix}5\cos t\\-5\sin t\end{pmatrix}.$$

通解由齊次解與一組特解相加：

$$\mathbf y(t)=\mathbf y_h(t)+\mathbf y_p(t).$$

齊次解由矩陣 $A$ 的特徵值與特徵向量決定；因外力由正弦、餘弦組成，特解可設為同頻率的正弦、餘弦線性組合。

解題方法

先求齊次方程 $\mathbf y'=A\mathbf y$。矩陣 $A$ 的特徵方程為

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 1-\lambda&1\\ 3&-1-\lambda \end{vmatrix} =\lambda^2-4=0,$$

所以特徵值為 $\lambda_1=2$、$\lambda_2=-2$。

當 $\lambda_1=2$ 時，可取特徵向量 $\mathbf v_1=(1,1)^T$；當 $\lambda_2=-2$ 時，可取特徵向量 $\mathbf v_2=(1,-3)^T$。因此

$$\mathbf y_h = C_1e^{2t}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} + C_2e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\-3\end{pmatrix}.$$

接著設特解為

$$\mathbf y_p=\mathbf a\cos t+\mathbf b\sin t, \qquad \mathbf a=\begin{pmatrix}a_1\\a_2\end{pmatrix}, \quad \mathbf b=\begin{pmatrix}b_1\\b_2\end{pmatrix}.$$

則

$$\mathbf y_p'=-\mathbf a\sin t+\mathbf b\cos t.$$

代入方程，分別比較 $\cos t$ 與 $\sin t$ 的係數，得到