111 年 國立中央大學電機工程學系碩士班丙：系統與生醫組《工程數學（不含複變）》

觀念分析

矩陣 $A$ 為 $4 \times 4$ 之對角分塊矩陣（Block Diagonal Matrix）：
$A = \begin{bmatrix} A_1 & O \\ O & A_2 \end{bmatrix}$
其中 $A_1 = \begin{bmatrix} 28 & -20 \\ 30 & -21 \end{bmatrix}$， $A_2 = \begin{bmatrix} 22 & -35 \\ 12 & -19 \end{bmatrix}$。

對角分塊矩陣的特徵多項式等於各區塊特徵多項式之乘積，即：
$\det(A - \lambda I) = \det(A_1 - \lambda I) \cdot \det(A_2 - \lambda I) = 0$

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(a) 求 $A$ 的特徵值

1. 求 $A_1$ 之特徵值：
   $\det(A_1 - \lambda I) = \lambda^2 - \text{tr}(A_1)\lambda + \det(A_1) = 0$
   $\text{tr}(A_1) = 28 + (-21) = 7$
   $\det(A_1) = 28(-21) - (-20)(30) = -588 + 600 = 12$
   $\lambda^2 - 7\lambda + 12 = (\lambda - 4)(\lambda - 3) = 0 \implies \lambda_1 = 4, \ \lambda_2 = 3$

2. 求 $A_2$ 之特徵值：
   $\det(A_2 - \lambda I) = \lambda^2 - \text{tr}(A_2)\lambda + \det(A_2) = 0$
   $\text{tr}(A_2) = 22 + (-19) = 3$
   $\det(A_2) = 22(-19) - (-35)(12) = -418 + 420 = 2$
   $\lambda^2 - 3\lambda + 2 = (\lambda - 2)(\lambda - 1) = 0 \implies \lambda_3 = 2, \ \lambda_4 = 1$

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(b) 求使 $A$ 對角化之轉換矩陣 $P$

由於 $A$ 為 $4 \times 4$ 矩陣且擁有 $4$ 個相異特徵值，故 $A$ 必定可對角化。
分別求解相應之特徵向量 $(A - \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$：

1. 對應 $\lambda_1 = 4$ 的特徵向量：

核心觀念

由 $AP=PD$ 可知，$A$ 在 $P$ 的欄向量所組成的基底下是對角矩陣 $D$。因此，若先將向量寫成 $P$ 的欄向量線性組合，作用 $A$ 時只需將各座標乘上對應的對角元素。

題目給定

$$A^{-1} \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1\\2\\3 \end{bmatrix},$$

兩邊左乘 $A$，得

$$\begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = A\begin{bmatrix} 1\\2\\3 \end{bmatrix}.$$

解題方法

令

$$D= \begin{bmatrix} 2&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}, \qquad P= \begin{bmatrix} -1&0&-2\\ 0&1&1\\ 1&0&1 \end{bmatrix}.$$

先將 $\begin{bmatrix}1&2&3\end{bmatrix}^{T}$ 寫成 $P$ 的欄向量線性組合。設

$$\begin{bmatrix} 1\\2\\3 \end{bmatrix} = P \begin{bmatrix} c_1\\c_2\\c_3 \end{bmatrix}.$$

比較各分量可得

$$\begin{cases} -c_1-2c_3=1,\\ c_2+c_3=2,\\ c_1+c_3=3. \end{cases}$$

第 3 題 詳解

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(a) 常微分方程 $2xy\,dx + (4y + 3x^2)\,dy = 0$

核心觀念

• 可積分因子：判斷一階微分方程 $M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0$ 是否為恆等式，若 $\partial M/\partial y\neq\partial N/\partial x$，需尋找只依賴 $x$ 或 $y$ 的積分因子 $\mu(x)$ 或 $\mu(y)$ 使其變為恆等式。
• 恆等式：若 $\mu M\,dx+\mu N\,dy$ 為恆等式，則存在勢函數 $\Phi(x,y)$ 使 $\Phi_x=\mu M,\;\Phi_y=\mu N$，解為 $\Phi(x,y)=C$。

解題方法

1. 檢查恆等式

$M=2xy,\qquad N=4y+3x^2$

$$\frac{\partial M}{\partial y}=2x,\qquad \frac{\partial N}{\partial x}=6x\quad\Rightarrow\quad \frac{\partial M}{\partial y}\neq\frac{\partial N}{\partial x}$$

故非恆等式。

2. 尋找只與 $y$ 有關的積分因子
   計算

$\frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y}=6x-2x=4x.$

若 $\displaystyle \frac{\partial N/\partial x-\partial M/\partial y}{M}$ 僅為 $y$ 的函數，則積分因子 $\mu(y)$ 存在：

$\frac{4x}{2xy}= \frac{2}{y}\quad\text{只依賴 $y$}$

因此

$\mu(y)=\exp\!\left(\int\frac{2}{y}\,dy\right)=\exp(2\ln|y|)=y^{2}.$

3. 乘上 $\mu(y)=y^{2}$ 使方程恆等式

$$y^{2}\bigl(2xy\,dx+(4y+3x^{2})\,dy\bigr)= 2x y^{3}\,dx+(4y^{3}+3x^{2}y^{2})\,dy=0.$$

設

$\tilde M=2x y^{3},\qquad \tilde N=4y^{3}+3x^{2}y^{2}.$

檢查

$$\frac{\partial\tilde M}{\partial y}=6x y^{2},\qquad \frac{\partial\tilde N}{\partial x}=6x y^{2},$$

成為恆等式。

4. 求勢函數 $\Phi(x,y)$

   • 先對 $x$ 積分 $\Phi_x=\tilde M$：

$\Phi=\int 2x y^{3}\,dx = x^{2}y^{3}+h(y).$

• 再對 $y$ 微分並與 $\tilde N$ 比對：

$$\Phi_y=3x^{2}y^{2}+h'(y)=4y^{3}+3x^{2}y^{2} \;\Longrightarrow\; h'(y)=4y^{3}.$$

• 整合得到 $h(y)=y^{4}+C$。

故

$\Phi(x,y)=x^{2}y^{3}+y^{4}=C.$

5. 最終隱式解

$\boxed{x^{2}y^{3}+y^{4}=C}$

解題技巧

• 判斷積分因子時，快速比較 $\displaystyle\frac{\partial N/\partial x-\partial M/\partial y}{M}$ 與 $\displaystyle\frac{\partial M/\partial y-\partial N/\partial x}{N}$，哪一個只含單一變數，即可得到 $\mu$ 的形式。
• 若得到 $\mu(y)=y^{k}$，直接乘上即可檢驗恆等式，省去繁瑣的代數運算。

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(b) 常係數線性非齊次 ODE

$$y''+9y=r(t),\qquad y(0)=0,\;y'(0)=4,\; r(t)=\begin{cases} 8\sin t,&0<t<\pi,\\[2pt] 0,&t>\pi. \end{cases}$$

核心觀念

• 齊次解：$y_{h}=A\cos 3t+B\sin 3t$（特徵方程 $r^{2}+9=0$）。
• 特解（分段迫切項）：對每段 $r(t)$ 採用待定係數法或變參數法。

核心觀念

• Dirichlet 積分：
  $\int_{0}^{\infty}\frac{\sin (a\omega)}{\omega}\,d\omega=\frac{\pi}{2}\,\operatorname{sgn}(a),\qquad a\neq0$
  其中 $\operatorname{sgn}(a)=1$ 當 $a>0$，$-1$ 當 $a<0$。此結果來自於 $\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{\sin t}{t}\,dt=\frac{\pi}{2}$ 的伸縮性質。
• 三角恆等式：
  $\sin\omega\cos(x\omega)=\frac12\Big[\sin\big((1+x)\omega\big)+\sin\big((1-x)\omega\big)\Big].$
• 分段函數的傅立葉變換：右側積分等價於矩形函數的傅立葉餘弦變換，結果自然呈現「在 $|x|<1$ 時為常數 $\frac\pi2$，在 $|x|>1$ 時為 $0$」的特徵。

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解題方法

1. 利用三角恆等式分解積分

$$I(x)=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin\omega\cos(x\omega)}{\omega}\,d\omega =\frac12\int_{0}^{\infty}\frac{\sin\big((1+x)\omega\big)+\sin\big((1-x)\omega\big)}{\omega}\,d\omega.$$

2. 套用 Dirichlet 積分
   設 $a=1+x$、$b=1-x$，則

$$I(x)=\frac12\Big[\,\underbrace{\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(a\omega)}{\omega}\,d\omega}_{J(a)} +\underbrace{\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(b\omega)}{\omega}\,d\omega}_{J(b)}\Big].$$

依 Dirichlet 公式，

$J(k)=\frac{\pi}{2}\operatorname{sgn}(k),\qquad k\neq0.$

3. 依 $x$ 的大小判斷符號

   • 若 $|x|<1$：
     $a=1+x>0$、$b=1-x>0$，故 $\operatorname{sgn}(a)=\operatorname{sgn}(b)=1$。

$I(x)=\frac12\Big[\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\Big]=\frac\pi2.$

• 若 $|x|>1$：
  假設 $x>1$（$x<-1$ 時同理），則 $a=1+x>0$，$b=1-x<0$。

$I(x)=\frac12\Big[\frac{\pi}{2}+ \big(-\frac{\pi}{2}\big)\Big]=0.$

(a)

傅立葉轉換（Fourier Transform）定義為：
$F(\omega) = \mathcal{F}\{f(t)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(t) e^{-j\omega t} dt$

將信號 $f(t)$ 代入計算：
$F(\omega) = \int_{-5}^{5} \frac{1}{2} e^{-j\omega t} dt = \frac{1}{2} \left[ \frac{e^{-j\omega t}}{-j\omega} \right]_{-5}^{5} = \frac{e^{j5\omega} - e^{-j5\omega}}{2j\omega} = \frac{\sin(5\omega)}{\omega}$

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(b)

將 $g(t)$ 的雙重積分分離為對 $\tau$ 與對 $\omega$ 之獨立積分：
$g(t) = \left( \int_{-\infty}^{\infty} f(\tau) d\tau \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(5\omega)\cos(t\omega)}{\omega} d\omega \right)$

1. 計算對 $\tau$ 的積分：
   $\int_{-\infty}^{\infty} f(\tau) d\tau = \int_{-5}^{5} \frac{1}{2} d\tau = 5$