115 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20 分

A. Ordinary differential equations

  1. (20%) Find z(x)z(x) to satisfy the following equation and condition
    z′=z2x+xz' = z^2x + x, and z(0)=0z(0) = 0

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核心觀念

本題考查一階非線性可分離變數微分方程。將方程式整理為

z′=x(z2+1)z'=x(z^2+1)

即可將含 zz 的項與含 xx 的項分開。所用公式為

∫11+z2 dz=arctan⁡z.\int \frac{1}{1+z^2}\,dz=\arctan z.

解題方法

由

dzdx=x(z2+1)\frac{dz}{dx}=x(z^2+1)

且因為 z2+1>0z^2+1>0，可直接分離變數：

1z2+1 dz=x dx.\frac{1}{z^2+1}\,dz=x\,dx.

兩邊積分：

∫1z2+1 dz=∫x dx,\int \frac{1}{z^2+1}\,dz=\int x\,dx,

因此

arctan⁡z=x22+C.\arctan z=\frac{x^2}{2}+C.

代入初始條件 z(0)=0z(0)=0：

arctan⁡0=022+C⟹C=0.\arctan 0=\frac{0^2}{2}+C \quad\Longrightarrow\quad C=0.

所以

arctan⁡z=x22.\arctan z=\frac{x^2}{2}.

兩邊取正切，得到

z(x)=tan⁡(x22).z(x)=\tan\left(\frac{x^2}{2}\right).

定義域與驗算

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第 2 題20 分

  1. (20%) Find v1(t)v_1(t) and v2(t)v_2(t) to satisfy the following equations and conditions
    {v1′=v2v2′=2v1+v2\begin{cases} v'_1 = v_2 \\ v'_2 = 2v_1 + v_2 \end{cases}, and v1(0)=1,v2(0)=2v_1(0) = 1, v_2(0) = 2

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核心觀念

本題考查二階常係數齊次微分方程，以及聯立一階微分方程的降階技巧。

由第一式

v1′=v2v_1'=v_2

可得

v1′′=v2′.v_1''=v_2'.

再利用第二式 v2′=2v1+v2v_2'=2v_1+v_2，並代入 v2=v1′v_2=v_1'，即可將聯立系統化為單一的二階微分方程。

解題方法

由

v1′=v2v_1'=v_2

微分一次：

v1′′=v2′.v_1''=v_2'.

根據第二式，

v2′=2v1+v2=2v1+v1′,v_2'=2v_1+v_2=2v_1+v_1',

因此 v1v_1 滿足

v1′′−v1′−2v1=0.v_1''-v_1'-2v_1=0.

其特徵方程為

r2−r−2=0,r^2-r-2=0,

因式分解得

(r−2)(r+1)=0.(r-2)(r+1)=0.

所以兩個特徵根為

r=2,r=−1.r=2,\qquad r=-1.

故二階微分方程的一般解為

v1(t)=C1e2t+C2e−t.v_1(t)=C_1e^{2t}+C_2e^{-t}.

由 v2=v1′v_2=v_1'，得到

v2(t)=2C1e2t−C2e−t.v_2(t)=2C_1e^{2t}-C_2e^{-t}.

代入初始條件 v1(0)=1v_1(0)=1：

C1+C2=1.C_1+C_2=1.

代入 v2(0)=2v_2(0)=2：

2C1−C2=2.2C_1-C_2=2.

聯立兩式：

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第 3 題15 分

B. Linear algebra

  1. (15%) Find matrices B and C of rank 1 to satisfy M=B+CM = B + C where
    M=[1111]M = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}

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核心觀念

矩陣的秩（rank）是其線性獨立列向量或行向量的最大個數。對 2×22\times 2 矩陣而言：

  • 矩陣非零；
  • 行列式為 00；

即可判定其秩為 11。

此外，秩為 11 的矩陣可表示為兩個非零向量的外積：

A=uvT.A=uv^{T}.

題目要求將

M=[1111]M= \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&1 \end{bmatrix}

寫成兩個秩為 11 的矩陣之和。

解題方法

直接將 MM 的兩個非零列向量分別放入兩個矩陣中：

B=[1100],C=[0011].B= \begin{bmatrix} 1&1\\ 0&0 \end{bmatrix}, \qquad C= \begin{bmatrix} 0&0\\ 1&1 \end{bmatrix}.

先驗證兩矩陣的和：

B+C=[1100]+[0011]=[1111]=M.B+C = \begin{bmatrix} 1&1\\ 0&0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0&0\\ 1&1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&1 \end{bmatrix} =M.

再驗證秩：

對 BB 而言，第一列為非零向量 (1,1)(1,1)，第二列為零向量，因此只有一個線性獨立的列向量，故

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第 4 題15 分

  1. (15%) Find matrix A with eigenvalues λ1=−1\lambda_1 = -1, λ2=0\lambda_2 = 0, λ3=1\lambda_3 = 1 with respective eigenvectors
    s1=[110]s_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}, s2=[1−10]s_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{bmatrix}, s3=[001]s_3 = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}

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核心觀念

若矩陣 AA 的特徵值與對應特徵向量滿足

Asi=λisi,A s_i=\lambda_i s_i,

且三個特徵向量線性獨立，令

S=[s1s2s3],Λ=diag⁡(λ1,λ2,λ3),S=\begin{bmatrix}s_1&s_2&s_3\end{bmatrix},\qquad \Lambda=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3),

則有對角化公式

A=SΛS−1.A=S\Lambda S^{-1}.

本題的三個特徵值互異，因此對應的特徵向量必定線性獨立，可以直接使用此公式。

解題方法

由題目給定

s1=[110],s2=[1−10],s3=[001],s_1=\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix},\qquad s_2=\begin{bmatrix}1\\-1\\0\end{bmatrix},\qquad s_3=\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix},

組成特徵向量矩陣

S=[1101−10001].S= \begin{bmatrix} 1&1&0\\ 1&-1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}.

特徵值矩陣為

Λ=[−100000001].\Lambda= \begin{bmatrix} -1&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}.

計算 S−1S^{-1}

左上角的 2×22\times 2 矩陣為

[111−1],\begin{bmatrix} 1&1\\ 1&-1 \end{bmatrix},

其反矩陣為

[111−1]−1=[121212−12].\begin{bmatrix} 1&1\\ 1&-1 \end{bmatrix}^{-1} = \begin{bmatrix} \frac12&\frac12\\ \frac12&-\frac12 \end{bmatrix}.

因此

S−1=[1212012−120001].S^{-1}= \begin{bmatrix} \frac12&\frac12&0\\ \frac12&-\frac12&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}.

計算 A=SΛS−1A=S\Lambda S^{-1}

先算 SΛS\Lambda：

SΛ=[1101−10001][−100000001]=[−100−100001].S\Lambda = \begin{bmatrix} 1&1&0\\ 1&-1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1&0&0\\ -1&0&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}.

接著

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第 5 題15 分

C. Fourier series and Fourier integral

A periodic function f(t)f(t) of period 2π2\pi can be represented by a Fourier series at differentiable points. Specifically
f(t)=a0+∑n=1∞(ancos⁡(nt)+bnsin⁡(nt))f(t) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(nt) + b_n \sin(nt))
where
a0=12π∫−ππf(t)dt,an≥1=1π∫−ππf(t)cos⁡(nt)dt,bn≥1=1π∫−ππf(t)sin⁡(nt)dta_0 = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) dt, \quad a_{n \ge 1} = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \cos(nt) dt, \quad b_{n \ge 1} = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \sin(nt) dt

A piecewise continuous function g(t)g(t) can be represented by a Fourier integral at differentiable points. Specifically
g(t)=∫0∞(A(ω)cos⁡(ωt)+B(ω)sin⁡(ωt))dωg(t) = \int_{0}^{\infty} (A(\omega) \cos(\omega t) + B(\omega) \sin(\omega t)) d\omega
where
A(ω)=1π∫−∞∞g(t)cos⁡(ωt)dt,B(ω)=1π∫−∞∞g(t)sin⁡(ωt)dtA(\omega) = \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} g(t) \cos(\omega t) dt, \quad B(\omega) = \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} g(t) \sin(\omega t) dt

  1. (15%) Define
    α=11+13+15+⋯+12k−1+…\alpha = \frac{1}{1} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2k-1} + \dots
    Find α\alpha with the Fourier series representation of a periodic rectangular wave function f(t)f(t) with ±1\pm 1 as amplitudes and (−π,π)(-\pi, \pi) as a period, or otherwise.

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1. 建立方波函數及其傅立葉級數 (Fourier Series)

設定週期為 2π2\pi、振幅為 ±1\pm 1 的奇函數矩形方波 f(t)f(t)：
f(t)={−1,−π<t<01,0<t<π,f(t+2π)=f(t)f(t) = \begin{cases} -1, & -\pi < t < 0 \\ 1, & 0 < t < \pi \end{cases}, \quad f(t+2\pi) = f(t)

因為 f(t)f(t) 為奇函數，其傅立葉係數為：
a0=0,an=0(n≥1)a_0 = 0, \quad a_n = 0 \quad (n \ge 1)
bn=1π∫−ππf(t)sin⁡(nt)dt=2π∫0πsin⁡(nt)dt=2nπ[1−(−1)n]b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \sin(nt) dt = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sin(nt) dt = \frac{2}{n\pi} [1 - (-1)^n]

當 nn 為偶數時 bn=0b_n = 0；當 n=2k−1n = 2k-1（奇數）時 bn=4(2k−1)πb_n = \frac{4}{(2k-1)\pi}。

故 f(t)f(t) 在連續可微點的傅立葉級數展開式為：
f(t)=4π∑k=1∞sin⁡((2k−1)t)2k−1=4π(sin⁡t+13sin⁡3t+15sin⁡5t+… )f(t) = \frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin((2k-1)t)}{2k-1} = \frac{4}{\pi} \left( \sin t + \frac{1}{3}\sin 3t + \frac{1}{5}\sin 5t + \dots \right)

2. 求解級數和 α\alpha

(1) 標準考題假設（交錯級數 1−13+15−17+…1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \dots）

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第 6 題15 分

  1. (15%) Define
    β=∫0∞sin⁡ωωdω\beta = \int_{0}^{\infty} \frac{\sin \omega}{\omega} d\omega
    Find β\beta with the Fourier integral representation of a unit pulse function g(t)g(t) over support (−1,1)(-1, 1), or otherwise.

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核心觀念

本題考查：

  • 單位脈衝函數的 Fourier integral representation。
  • 偶函數的 Fourier 餘弦積分。
  • Dirichlet 收斂定理在脈衝函數上的應用。

定義單位脈衝函數

g(t)={1,∣t∣<1,0,∣t∣>1.g(t)= \begin{cases} 1, & |t|<1,\\ 0, & |t|>1. \end{cases}

在不連續點 t=±1t=\pm1，依 Fourier 積分定理取左右極限平均值，因此 g(±1)=1/2g(\pm1)=1/2。

解題方法

對函數 g(t)g(t) 使用 Fourier 積分表示式：

g(t)=1π∫0∞[∫−∞∞g(x)cos⁡(ω(x−t)) dx]dω.g(t)=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty} \left[ \int_{-\infty}^{\infty}g(x)\cos\bigl(\omega(x-t)\bigr)\,dx \right]d\omega .

由於 g(x)g(x) 僅在 −1<x<1-1<x<1 時不為零，且 g(x)g(x) 為偶函數，因此

∫−∞∞g(x)cos⁡(ω(x−t)) dx=∫−11cos⁡(ω(x−t)) dx.\int_{-\infty}^{\infty}g(x)\cos\bigl(\omega(x-t)\bigr)\,dx = \int_{-1}^{1}\cos\bigl(\omega(x-t)\bigr)\,dx .

利用

cos⁡(ω(x−t))=cos⁡(ωx)cos⁡(ωt)+sin⁡(ωx)sin⁡(ωt),\cos\bigl(\omega(x-t)\bigr) =\cos(\omega x)\cos(\omega t)+\sin(\omega x)\sin(\omega t),

其中 sin⁡(ωx)\sin(\omega x) 為奇函數，在對稱區間 [−1,1][-1,1] 上積分為零，因此

∫−11cos⁡(ω(x−t)) dx=cos⁡(ωt)∫−11cos⁡(ωx) dx.\int_{-1}^{1}\cos\bigl(\omega(x-t)\bigr)\,dx = \cos(\omega t)\int_{-1}^{1}\cos(\omega x)\,dx .

計算內積分：

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