114 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

本題考查高斯消去法。將聯立方程組寫成增廣矩陣後，利用以下初等列運算：

1. 交換兩列；
2. 某列乘以非零常數；
3. 某列加上另一列的倍數。

這些運算不會改變方程組的解集合。

消去完成後，主元所在變數為基本變數，沒有主元的變數為自由變數。本題有 $4$ 個未知數，但只有 $3$ 個主元，因此會有 $1$ 個自由變數。

解題方法

原方程組為

$$\begin{cases} 2x_2+3x_3+4x_4=1,\\ x_1-3x_2+4x_3+5x_4=2,\\ -3x_1+10x_2-6x_3-7x_4=-4. \end{cases}$$

寫成增廣矩陣：

$$\left[ \begin{array}{cccc|c} 0&2&3&4&1\\ 1&-3&4&5&2\\ -3&10&-6&-7&-4 \end{array} \right].$$

先交換第一、第二列：

$$R_1\leftrightarrow R_2$$

得到

$$\left[ \begin{array}{cccc|c} 1&-3&4&5&2\\ 0&2&3&4&1\\ -3&10&-6&-7&-4 \end{array} \right].$$

以第一列消去第三列的 $x_1$：

$$R_3\leftarrow R_3+3R_1$$ $$\left[ \begin{array}{cccc|c} 1&-3&4&5&2\\ 0&2&3&4&1\\ 0&1&6&8&2 \end{array} \right].$$

交換第二、第三列，使第二列的主元變成 $1$：

$$R_2\leftrightarrow R_3$$ $$\left[ \begin{array}{cccc|c} 1&-3&4&5&2\\ 0&1&6&8&2\\ 0&2&3&4&1 \end{array} \right].$$

以第二列消去第三列的 $x_2$：

$$R_3\leftarrow R_3-2R_2$$ $$\left[ \begin{array}{cccc|c} 1&-3&4&5&2\\ 0&1&6&8&2\\ 0&0&-9&-12&-3 \end{array} \right].$$

第三列除以 $-3$：

$$R_3\leftarrow-\frac13R_3$$ $$\left[ \begin{array}{cccc|c} 1&-3&4&5&2\\ 0&1&6&8&2\\ 0&0&3&4&1 \end{array} \right].$$

再將第三列除以 $3$：

$$R_3\leftarrow\frac13R_3$$ $$\left[ \begin{array}{cccc|c} 1&-3&4&5&2\\ 0&1&6&8&2\\ 0&0&1&\frac43&\frac13 \end{array} \right].$$

2.1 詳解

使用方法：拉普拉斯餘因子降階展開法（Laplace Expansion）

計算步驟：

1. 對原矩陣第二列展開（該列僅有非零元素 $a_{2,5} = 7$）：
   $\det(A) = 7 \cdot (-1)^{2+5} \begin{vmatrix} 2 & 0 & 0 & -3 \\ -3 & 2 & 0 & -1 \\ 2 & -2 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \end{vmatrix} = -7 \begin{vmatrix} 2 & 0 & 0 & -3 \\ -3 & 2 & 0 & -1 \\ 2 & -2 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \end{vmatrix}$

2. 對 $4 \times 4$ 子矩陣第四列展開（該列僅有非零元素 $a_{4,3} = 4$）：
   $\begin{vmatrix} 2 & 0 & 0 & -3 \\ -3 & 2 & 0 & -1 \\ 2 & -2 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \end{vmatrix} = 4 \cdot (-1)^{4+3} \begin{vmatrix} 2 & 0 & -3 \\ -3 & 2 & -1 \\ 2 & -2 & 1 \end{vmatrix} = -4 \begin{vmatrix} 2 & 0 & -3 \\ -3 & 2 & -1 \\ 2 & -2 & 1 \end{vmatrix}$

3. 計算 $3 \times 3$ 行列式：
   執行列運算 $R_3 \leftarrow R_3 + R_2$：

核心觀念

本題是二階、常係數、齊次線性微分方程：

$$x''+5x'+6x=0.$$

解法使用特徵方程。求得 $x(t)$ 後，再利用初始條件決定常數；最後透過 $x'(t)$ 的正負判斷函數的極大值。

---

解題方法

3.1 求解初值問題

設解形為 $x=e^{rt}$，代入原方程：

$$r^2e^{rt}+5re^{rt}+6e^{rt}=0.$$

因為 $e^{rt}\neq 0$，得到特徵方程：

$$r^2+5r+6=0.$$

因式分解：

$$(r+2)(r+3)=0,$$

因此兩個相異實根為

$$r=-2,\qquad r=-3.$$

故通解為

$$x(t)=C_1e^{-2t}+C_2e^{-3t}.$$

微分得

$$x'(t)=-2C_1e^{-2t}-3C_2e^{-3t}.$$

代入初始條件 $x(0)=2$：

$$C_1+C_2=2.$$

代入 $x'(0)=3$：

$$-2C_1-3C_2=3.$$

由 $C_1=2-C_2$，代入第二式：

$$-2(2-C_2)-3C_2=3,$$ $$-4-C_2=3,$$ $$C_2=-7,\qquad C_1=9.$$

因此

$$\boxed{x(t)=9e^{-2t}-7e^{-3t}}.$$

---

3.2 求 $x$ 的最大值

先求導：

$$x'(t)=-18e^{-2t}+21e^{-3t}.$$

提出正因子 $3e^{-3t}$：

$$x'(t)=3e^{-3t}(7-6e^t).$$

因為 $3e^{-3t}>0$，所以 $x'(t)$ 的正負完全由 $7-6e^t$ 決定。令 $x'(t)=0$：

$$7-6e^t=0,$$

核心觀念

本題為二階常係數非齊次微分方程：

$$x''-3x'-4x=2\sin t.$$

要求「一個特解」$x_p$，不需要求完整通解，也不需要加入任意常數。

右側為正弦函數，因此採用待定係數法。先檢查齊次方程的特徵根：

$$r^2-3r-4=0$$ $$(r-4)(r+1)=0,$$

所以特徵根為 $r=4,-1$。由於 $\pm i$ 不是特徵根，$2\sin t$ 不會與齊次解共振，因此特解可設為

$$x_p=A\sin t+B\cos t.$$

解題方法

設

$$x_p=A\sin t+B\cos t.$$

則

$$x_p'=A\cos t-B\sin t,$$ $$x_p''=-A\sin t-B\cos t.$$

代入原方程左側：

\begin{align*}
x_p''-3x_p'-4x_p
&=(-A\sin t-B\cos t) \
&\quad -3(A\cos t-B\sin t) \
&\quad -4(A\sin t+B\cos t).
\end{align*}

整理 $\sin t$ 與 $\cos t$ 的係數：

$$x_p''-3x_p'-4x_p =(-5A+3B)\sin t+(-3A-5B)\cos t.$$

要使其等於

$$2\sin t+0\cos t,$$

比較係數得到聯立方程：

$$\begin{cases} -5A+3B=2,\\ -3A-5B=0. \end{cases}$$

由第二式：

$$3A+5B=0 \quad\Longrightarrow\quad A=-\frac{5}{3}B.$$

代入第一式：

題意釐清

題式寫成 $2x+x'+2x$ 時，合併後為一階方程，與同時給定 $x(0)$、$x'(0)$ 的二階初始條件不相稱；依本題標準題意，以下解讀為

$$2x''+x'+2x=\delta(t-5),\qquad x(0)=x'(0)=0.$$

核心觀念

本題考查：

• 拉普拉斯轉換處理常係數微分方程。
• 初始值定理：
  $\mathcal{L}\{x''(t)\}=s^2X(s)-sx(0)-x'(0),$
  $\mathcal{L}\{x'(t)\}=sX(s)-x(0).$
• 單位脈衝函數：
  $\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as}.$
• 第二平移定理：
  $\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=u(t-a)f(t-a),$
  其中 $f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}$。

右側的 $\delta(t-5)$ 表示在 $t=5$ 發生單位瞬間脈衝，因此系統的響應會延遲到 $t=5$ 才開始。

解題方法

令

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

對原方程兩邊取拉普拉斯轉換：

$$2\mathcal{L}\{x''\}+\mathcal{L}\{x'\}+2\mathcal{L}\{x\} =\mathcal{L}\{\delta(t-5)\}.$$

代入初始條件 $x(0)=x'(0)=0$：

$$2s^2X(s)+sX(s)+2X(s)=e^{-5s}.$$

因此

$$(2s^2+s+2)X(s)=e^{-5s},$$ $$X(s)=\frac{e^{-5s}}{2s^2+s+2}.$$

先處理未含延遲因子的部分：

$$2s^2+s+2 =2\left[\left(s+\frac14\right)^2+\frac{15}{16}\right]$$ $$=2\left[\left(s+\frac14\right)^2+ \left(\frac{\sqrt{15}}4\right)^2\right].$$

所以

6.1 週期函數圖形繪製（Sketch of $f(x)$）

1. 函數特性與關鍵點計算

   • 週期：$T = \pi$（半週期 $L = \frac{\pi}{2}$）。
   • 奇偶性：對任意 $x \in (0, \pi/2)$，有 $f(-x) = -2(-x)^2 = -2x^2 = -f(x)$，故 $f(x)$ 為奇函數（關於原點對稱）。
   • 主週期區間 $[-\pi/2, \pi/2)$ 特徵：
     • 當 $0 \le x < \pi/2$ 時，$y = 2x^2$ 為開口向上的拋物線，通過點 $(0,0)$，當 $x \to (\pi/2)^-$ 時 $y \to \frac{\pi^2}{2}$。
     • 當 $-\pi/2 \le x < 0$ 時，$y = -2x^2$ 為開口向下的拋物線，通過點 $(-\pi/2, -\pi^2/2)$，當 $x \to 0^-$ 時 $y \to 0$。
   • 不連續點：在 $x = \pm \frac{\pi}{2}, \pm \frac{3\pi}{2}, \dots$ 處存在跳躍不連續點，左極限為 $\frac{\pi^2}{2}$，右極限為 $-\frac{\pi^2}{2}$。

2. 圖形示意圖

                 y
                 |
     pi^2/2 - - - +               . (pi/2, pi^2/2)
                 |               /
                 |              /
                 |             /  y = 2x^2
                 |            /
  ---+-----------+-----------+-----------+---> x
 -pi |  -pi/2    | (0,0)     |   pi/2    pi
     /           |
    /            |
   /  y = -2x^2  |
  /              |
 . - - - - - - - + -pi^2/2
(-pi/2, -pi^2/2) |

---

6.2 傅立葉全幅展開（Full-Range Fourier Series）

1. 週期與對稱性判定
   • 週期 $T = \pi \implies 2L = \pi \implies L = \frac{\pi}{2}$。
   • 三角函數頻率角 $\frac{n\pi x}{L} = \frac{n\pi x}{\pi/2} = 2nx$。
   • 因為 $f(x)$ 為奇函數，其傅立葉餘弦項係數全為零：
     $a_0 = 0$
     $a_n = 0 \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$