108 年 國立中央大學電機工程學系碩士班乙：固態組《工程數學》

核心觀念

1. 特徵值與特徵向量（Eigenvalues and Eigenvectors）：
   對於 $n \times n$ 方陣 $A$，求解特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$ 可得特徵值 $\lambda$；再由聯立方程 $(A - \lambda I)v = 0$ 求得對應的特徵向量 $v$。
2. 矩陣對角化（Matrix Diagonalization）：
   若 $n \times n$ 矩陣 $A$ 具有 $n$ 個線性獨立的特徵向量，則 $A$ 可對角化，即存在可逆矩陣 $P$ 與對角矩陣 $D$ 滿足： $$A = P D P^{-1}$$ 此時矩陣的高次方可透過對角矩陣大幅簡化計算： $$A^k = P D^k P^{-1}$$
3. 譜映射定理（Spectral Mapping Theorem）：
   若 $\lambda$ 為矩陣 $A$ 的特徵值，且對應特徵向量為 $v$（即 $Av = \lambda v$），則對任意正整數 $k$，有 $A^k v = \lambda^k v$。因此，$B = A^{10}$ 的特徵值即為 $A$ 的特徵值的 $10$ 次方。

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解題方法

步驟一：求矩陣 $A$ 的特徵值

矩陣 $A = \begin{bmatrix} 0 & 0 & -2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 3 \end{bmatrix}$。計算其特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$：

$$\det(A - \lambda I) = \det \begin{bmatrix} -\lambda & 0 & -2 \\ 1 & 2-\lambda & 1 \\ 1 & 0 & 3-\lambda \end{bmatrix} = 0$$

對第二行（第 2 欄）進行降階展開：

$$\det(A - \lambda I) = (2 - \lambda) \cdot \det \begin{bmatrix} -\lambda & -2 \\ 1 & 3-\lambda \end{bmatrix}$$ $$= (2 - \lambda) \left[ -\lambda(3 - \lambda) - (-2) \right] = (2 - \lambda)(\lambda^2 - 3\lambda + 2)$$

因式分解得：

$$-( \lambda - 1 )(\lambda - 2)^2 = 0$$

解得特徵值為：

$$\lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = \lambda_3 = 2 \text{（重數為 2）}$$

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步驟二：求各特徵值對應的特徵向量

1. 當 $\lambda_1 = 1$ 時：
   解 $(A - I)v_1 = 0$：

   $$\begin{bmatrix} -1 & 0 & -2 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

   由第一列與第三列得 $-x_1 - 2x_3 = 0 \implies x_1 = -2x_3$。
   代入第二列得 $x_1 + x_2 + x_3 = -2x_3 + x_2 + x_3 = 0 \implies x_2 = x_3$。
   取 $x_3 = 1$，得特徵向量：

   $$v_1 = \begin{bmatrix} -2 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$$

2. 當 $\lambda = 2$ 時：
   解 $(A - 2I)v = 0$：

   $$\begin{bmatrix} -2 & 0 & -2 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

   化簡後僅有一獨立方程式 $x_1 + x_3 = 0 \implies x_1 = -x_3$，且 $x_2$ 為自由變數。
   因此存在兩個線性獨立的特徵向量：

   • 令 $x_2 = 1, x_3 = 0$，得 $v_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$
   • 令 $x_2 = 0, x_3 = 1$，得 $v_3 = \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$

幾何重數等於代數重數（均為 2），故 $A$ 可對角化。

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步驟三：對角化並計算 $B = A^{10}$（回答小題 (a)）

定義變換矩陣 $P$ 與對角矩陣 $D$：

$$P = \begin{bmatrix} v_1 & v_2 & v_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -2 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix}, \quad D = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{bmatrix}$$

計算 $\det(P)$（依第 2 欄展開）：

$$\det(P) = 1 \cdot \det \begin{bmatrix} -2 & -1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} = -2 - (-1) = -1$$

利用伴隨矩陣法求 $P^{-1} = \frac{1}{\det(P)} \text{adj}(P)$：

核心觀念

1. 子空間的和（Sum of Subspaces）與生成集合：
   若 $W_1 = \text{span}\{u_1, u_2, \dots, u_p\}$ 且 $W_2 = \text{span}\{v_1, v_2, \dots, v_q\}$，則和空間 $W_1 + W_2$ 的生成集合為兩子空間生成向量之聯集：

   $$W_1 + W_2 = \text{span}\{u_1, \dots, u_p, v_1, \dots, v_q\}$$

   和空間的維度 $\dim(W_1 + W_2)$ 即為以此組向量作為行向量（或列向量）所構成矩陣的秩（Rank）。

2. 維度定理（Dimension Theorem for Subspaces）：
   對任意兩有限維子空間 $W_1$ 與 $W_2$，維度滿足以下恆等式：

   $$\dim(W_1 + W_2) = \dim(W_1) + \dim(W_2) - \dim(W_1 \cap W_2)$$

3. 子空間交集（Intersection of Subspaces）之求法：
   若向量 $x \in W_1 \cap W_2$，則 $x$ 必須同時滿足屬於 $W_1$ 與 $W_2$。求交集基底通常有兩種策略：

   • 聯合法：設 $x \in W_1$ 且 $x \in W_2$，令兩者的線性組合相等，解聯立齊次方程組。
   • 隱式齊次方程式法（Implicit form / Null space 法）：分別求出 $W_1$ 與 $W_2$ 向量所滿足的齊次約束方程式，將方程式聯立後求其解空間（Null space）之基底。

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解題方法

(a) 求 $\dim(W_1 + W_2)$

已知：

$$W_1 = \text{span}\{(-1, 1, -3, 2), (1, 2, 3, 4), (1, 0, 0, 0)\}$$ $$W_2 = \text{span}\{(1, 1, 3, 2), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)\}$$

因此，$W_1 + W_2$ 由這 6 個向量所張成：

$$W_1 + W_2 = \text{span}\{(-1, 1, -3, 2), (1, 2, 3, 4), (1, 0, 0, 0), (1, 1, 3, 2), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)\}$$

將這 6 個向量作為列向量構造矩陣 $A$，利用高斯消去法化簡為列梯形形式（Row Echelon Form）以求其秩（Rank）：

$$A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ -1 & 1 & -3 & 2 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 1 & 3 & 2 \end{bmatrix}$$

顯然，矩陣的前三列包含標準基底向量 $e_1 = (1, 0, 0, 0)$、$e_2 = (0, 1, 0, 0)$、$e_3 = (0, 0, 1, 0)$。進行基礎列運算：

1. 第四列加第一列、減第二列、加 3 倍第三列： $$(-1, 1, -3, 2) + (1, 0, 0, 0) - (0, 1, 0, 0) + 3(0, 0, 1, 0) = (0, 0, 0, 2)$$
2. 將此列同除以 2，即可得到第四個標準基底向量： $$e_4 = (0, 0, 0, 1)$$

由於 $W_1 + W_2$ 包含四個標準基底向量 $e_1, e_2, e_3, e_4$，故 $W_1 + W_2 = \mathbb{R}^4$。
因此：

$$\dim(W_1 + W_2) = 4$$

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(b) 求 $W_1 \cap W_2$ 的一組基底（Basis）

步驟一：先求 $\dim(W_1)$ 與 $\dim(W_2)$

1. 計算 $\dim(W_1)$：
   將 $W_1$ 的生成向量置於矩陣列中化簡：

   $$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & -3 & 2 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \end{bmatrix} \xrightarrow{\substack{R_2 + R_1 \\ R_3 - R_1}} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 2 \\ 0 & 2 & 3 & 4 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_3 - 2R_2} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 2 \\ 0 & 0 & 9 & 0 \end{bmatrix}$$

   非零列共有 3 列，故 $\dim(W_1) = 3$。

2. 計算 $\dim(W_2)$：
   將 $W_2$ 的生成向量置於矩陣列中化簡：

   $$\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 3 & 2 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_3 - R_1 - 3R_2} \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 2 \end{bmatrix}$$

   三個向量彼此線性獨立，故 $\dim(W_2) = 3$。

核心觀念

本題評量拉普拉斯轉換（Laplace Transform）的基本定義、常用函數轉換對以及重要的運算性質。解題涉及的核心公式與定理包含：

1. 雙曲函數定義（Hyperbolic Functions）： $$\cosh(bt) = \frac{e^{bt} + e^{-bt}}{2}, \quad \sinh(at) = \frac{e^{at} - e^{-at}}{2}$$
2. 第一位移定理（$s$-軸位移性質，First Shifting Theorem）：
   若 $\mathcal{L}\{f(t)\} = F(s)$，則： $$\mathcal{L}\{e^{ct} f(t)\} = F(s-c)$$
3. 頻域微分性質（$t$-乘冪性質，Differentiation in Frequency Domain）： $$\mathcal{L}\{t^n f(t)\} = (-1)^n \frac{d^n}{ds^n} F(s)$$
4. 基本轉換對： $$\mathcal{L}\{t\} = \frac{1}{s^2}, \quad \mathcal{L}\{\sin(at)\} = \frac{a}{s^2+a^2}, \quad \mathcal{L}\{\cosh(bt)\} = \frac{s}{s^2-b^2}$$

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解題方法

(a) 求 $\mathcal{L}\{t e^{-t}\cosh(2t)\}$

本小題有兩種標準解法：

法一：利用雙曲餘弦的指數定義展開（最不易出錯，推薦）

1. 將 $\cosh(2t)$ 寫為指數形式： $$\cosh(2t) = \frac{e^{2t} + e^{-2t}}{2}$$
2. 代入原式展開整理： $$f(t) = t e^{-t}\cosh(2t) = t e^{-t} \left(\frac{e^{2t} + e^{-2t}}{2}\right) = \frac{1}{2} t e^{t} + \frac{1}{2} t e^{-3t}$$
3. 利用已知轉換公式 $\mathcal{L}\{t\} = \frac{1}{s^2}$ 及第一位移定理 $\mathcal{L}\{t e^{ct}\} = \frac{1}{(s-c)^2}$： $$\mathcal{L}\{t e^{t}\} = \frac{1}{(s-1)^2}, \quad \mathcal{L}\{t e^{-3t}\} = \frac{1}{(s+3)^2}$$
4. 由線性性質相加並通分化簡： $$\mathcal{L}\{t e^{-t}\cosh(2t)\} = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{(s-1)^2} + \frac{1}{(s+3)^2} \right]$$ $$= \frac{1}{2} \cdot \frac{(s+3)^2 + (s-1)^2}{(s-1)^2(s+3)^2}$$ $$= \frac{1}{2} \cdot \frac{(s^2 + 6s + 9) + (s^2 - 2s + 1)}{(s-1)^2(s+3)^2}$$ $$= \frac{1}{2} \cdot \frac{2s^2 + 4s + 10}{(s-1)^2(s+3)^2}$$ $$= \frac{s^2 + 2s + 5}{(s-1)^2(s+3)^2} \quad (\text{其中 } \text{Re}(s) > 1)$$

法二：依序使用頻域微分性質與第一位移定理

1. 已知： $$\mathcal{L}\{\cosh(2t)\} = \frac{s}{s^2 - 4}$$
2. 乘上 $t$ 套用頻域微分性質：

核心觀念

本題屬於一階非線性常微分方程式（First-Order Non-linear ODE）。
解題的核心關鍵在於：

1. 結構觀察與變數代換（Substitution Method）：觀察項 $(xy' - y)$，此結構與微積分中的商法則微商公式 $\frac{d}{dx}\left(\frac{y}{x}\right) = \frac{xy' - y}{x^2}$ 極度相似。
2. 可分離變數型 ODE（Separable ODE）：透過令 $u = \frac{y}{x}$ 或令 $v = y^2$ 等代換技巧，將原非線性方程式化簡為可直接分離變數並積分的一階 ODE。
3. 部分分式積分法（Integration by Partial Fractions）：在積分過程中處理有理分式函數的標準不定積分技巧。

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解題方法

步驟一：化簡與變數代換

原微分方程式為：

$$(x^2+1)y(xy'-y) = x^3$$

觀察等號左側的括號項 $(xy'-y)$，若兩邊同除以 $x^3$（假設 $x \neq 0$），可重新分組為：

$$(x^2+1) \cdot \left(\frac{y}{x}\right) \cdot \left(\frac{xy'-y}{x^2}\right) = 1$$

令新變數：

$$u = \frac{y}{x}$$

對 $x$ 微分得：

$$u' = \frac{du}{dx} = \frac{xy'-y}{x^2}$$

將 $u$ 與 $u'$ 代回原式，方程式立即化為關於 $u$ 與 $x$ 的一階可分離變數方程式：

$$(x^2+1) \cdot u \cdot \frac{du}{dx} = 1$$

步驟二：分離變數並兩邊積分

將變數 $u$ 與 $x$ 分離至等號兩側：

$$u \, du = \frac{1}{x^2+1} \, dx$$

兩邊取不定積分：

$$\int u \, du = \int \frac{1}{x^2+1} \, dx$$

由基本積分公式：

$$\int u \, du = \frac{1}{2}u^2$$ $$\int \frac{1}{x^2+1} \, dx = \arctan(x) + C_1$$

其中 $C_1$ 為任意常數。

因此：

$$\frac{1}{2}u^2 = \arctan(x) + C_1$$

兩邊同乘以 $2$，令 $C = 2C_1$：

$$u^2 = 2\arctan(x) + C$$

步驟三：代回原變數求通解

核心觀念

題目給定的傅立葉轉換採用定義

$$F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-j\omega t}\,dt$$

由圖可讀出 $F(\omega)$ 是三角形：在 $\omega=0$ 時為 $0$，在 $\omega=1$ 時達到 $3$，在 $\omega=2$ 時回到 $0$，其餘頻率為 $0$。因此

$$F(\omega)= \begin{cases} 3\omega, & 0\leq \omega\leq 1,\\ 3(2-\omega), & 1\leq \omega\leq 2,\\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

本題使用傅立葉轉換的時間反轉、時間縮放、調變、卷積與微分性質。

解題方法與各小題分析

(a) $f(-t)$

時間反轉性質為

$$f(-t)\ \longleftrightarrow\ F(-\omega).$$

所以原圖形以 $\omega=0$ 為軸左右翻轉，支撐範圍由 $[0,2]$ 移至 $[-2,0]$，峰值仍為 $3$，位於 $\omega=-1$：

$$F(-\omega)= \begin{cases} 3(\omega+2), & -2\leq \omega\leq -1,\\ -3\omega, & -1\leq \omega\leq 0,\\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

(b) $f(2t)$

時間縮放性質為

$$f(at)\ \longleftrightarrow\ \frac{1}{|a|}F\left(\frac{\omega}{a}\right).$$

令 $a=2$，得到

$$f(2t)\ \longleftrightarrow\ \frac{1}{2}F\left(\frac{\omega}{2}\right).$$

支撐範圍由 $[0,2]$ 擴展為 $[0,4]$，振幅縮為一半。因此峰值位於 $\omega=2$，高度為 $\frac{3}{2}$：

$$\frac{1}{2}F\left(\frac{\omega}{2}\right)= \begin{cases} \frac{3\omega}{4}, & 0\leq \omega\leq 2,\\ \frac{3}{4}(4-\omega), & 2\leq \omega\leq 4,\\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

(c) $e^{j4t}$

由傅立葉轉換定義可得複指數的轉換對：