115 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）》

核心觀念

• Logistic 模型 $\displaystyle \frac{dP}{dt}=rP\Bigl(1-\frac{P}{K}\Bigr)$ 描述在有限資源（容納量 $K$）下的族群成長。
• 解此常微分方程常用 變數分離：$\displaystyle \frac{dP}{P(1-P/K)}=r\,dt$。
• 積分後得到 常數 $C$（由初始條件 $P(0)=P_0$ 決定），進一步化簡得到 一般解

$P(t)=\frac{K}{1+Ce^{-rt}} .$

解題方法

1. 變數分離與積分

$\int\frac{dP}{P(1-P/K)} = \int r\,dt$

左側可分解為部分分式

$\frac{1}{P}+\frac{1}{K-P} = \frac{K}{P(K-P)} ,$

積分得到

$\ln\!\Bigl(\frac{P}{K-P}\Bigr)=rt+C_1 .$

指數化後得到

$\frac{P}{K-P}=C\,e^{rt},\qquad C=e^{-C_1}.$

代入 $t=0$、$P(0)=P_0$ 可求得

$C=\frac{K-P_0}{P_0}.$

2. 代入參數
   $r=0.3\;\text{yr}^{-1}$、$K=100$、$P_0=10$。將 $C$、$r$、$K$ 帶入一般解即可求得各題所需要的數值。

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A. 計算常數 $C$

$C=\frac{K-P_0}{P_0}= \frac{100-10}{10}= \frac{90}{10}=9.$

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B. 計算 $P(5)$

$$P(5)=\frac{K}{1+Ce^{-rt}} =\frac{100}{1+9\,e^{-0.3\times5}} =\frac{100}{1+9\,e^{-1.5}}.$$

已知 $e^{-1.5}\approx0.2231$，故

$$1+9\cdot0.2231=1+2.0079=3.0079, \qquad P(5)=\frac{100}{3.0079}\approx 33.2\;( \text{個} ).$$

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C. 求 $P(t)=50$ 時的 $t$

$$50=\frac{100}{1+9e^{-0.3t}} \ \Longrightarrow\ 1+9e^{-0.3t}=2 \ \Longrightarrow\ 9e^{-0.3t}=1 \ \Longrightarrow\ e^{-0.3t}= \frac{1}{9}.$$

兩端取自然對數：

$$-0.3t=\ln\!\Bigl(\frac{1}{9}\Bigr)=-\ln 9 \;\Longrightarrow\; t=\frac{\ln 9}{0.3}.$$

核心觀念

• LC 串聯電路的微分方程：對於理想（無電阻）LC 電路，電荷 $Q(t)$ 滿足

$L\,Q''(t)+\frac{1}{C}Q(t)=E(t)$

其中 $L$ 為電感、$C$ 為電容、$E(t)$ 為外加電壓。

• 齊次解與特解：將方程式寫成

$$Q''+ \omega_0^{\,2}Q = f(t),\qquad \omega_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}$$

齊次部 $\;Q''+\omega_0^{\,2}Q=0$ 的解由特徵根決定；常係數非齊次項 $f(t)$ 為常數時，特解可取常數。

• 初始條件：利用 $Q(0)$ 與 $Q'(0)$ 決定齊次解的線性組合係數。

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解題方法

1. 寫出標準形式：題目已給

$Q''+4Q=20$

其中 $\omega_0^{\,2}=4\Rightarrow \omega_0=2$ rad/s。

2. 求齊次解

   • 特徵方程 $r^{2}+4=0$ → $r=\pm 2i$。
   • 齊次解為 $\displaystyle Q_h(t)=C_1\cos(2t)+C_2\sin(2t)$。

3. 求常數特解

   • 假設 $Q_p=A$（常數），代入方程得 $4A=20$ → $A=5$。

4. 組合通解

$Q(t)=Q_h(t)+Q_p=C_1\cos(2t)+C_2\sin(2t)+5$

5. 套用初始條件

   • $Q(0)=0$ ⇒ $C_1+5=0$ → $C_1=-5$.
   • $Q'(t)=-2C_1\sin(2t)+2C_2\cos(2t)$，故 $Q'(0)=2C_2=0$ → $C_2=0$.

   最終解

$\boxed{\,Q(t)=5\bigl[1-\cos(2t)\bigr]\,}$

6. 計算指定時刻的電荷
   • $t=\frac{\pi}{4}$ → $2t=\frac{\pi}{2}$，$\cos\frac{\pi}{2}=0$

核心觀念

本題屬於非線性微分方程系統中的經典 掠食者－獵物模型（Lotka-Volterra Predator-Prey Model），主要測驗以下四個核心觀念：

1. 自主系統之平衡點（Equilibrium Points / Critical Points）：
   在二維自主微分配系統 $\frac{dx}{dt} = f(x, y)$、$\frac{dy}{dt} = g(x, y)$ 中，平衡點為兩狀態變數之變化率皆為零的點，即聯立方程式：
   $\begin{cases} f(x, y) = 0 \\ g(x, y) = 0 \end{cases}$
   其幾何意義為相平面（Phase Plane）上速度向量為零的定常狀態。

2. 相平面之方向場斜率（Direction Field Slope）：
   利用微分連鎖律消去時間參數 $t$，軌跡在相平面上的切線斜率為：
   $\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}} = \frac{g(x, y)}{f(x, y)} \quad \left(\text{當 } f(x, y) \neq 0\right)$

3. 第一積分（First Integral / 守恆量）之計算：
   若系統之軌跡滿足 $H(x, y) = C$（常數），則純量函數 $H(x, y)$ 稱為該系統的第一積分。求特定狀態下的常數值，只需將該點座標 $(x_0, y_0)$ 代入 $H(x, y)$ 計算。

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解題方法與詳細推導

給定獵物族群 $x(t)$ 與掠食者族群 $y(t)$ 之動態方程式為：
$\frac{dx}{dt} = 4x - xy = x(4 - y)$
$\frac{dy}{dt} = -2y + xy = y(x - 2)$

A. 求解所有平衡點（Equilibrium Points）

令 $\frac{dx}{dt} = 0$ 且 $\frac{dy}{dt} = 0$，得聯立方程組：
$\begin{cases} x(4 - y) = 0 & \cdots\text{(1)} \\ y(x - 2) = 0 & \cdots\text{(2)} \end{cases}$

• 由式 (1) 可知：$x = 0$ 或 $y = 4$。
  • 若 $x = 0$：代入式 (2) 得 $y(0 - 2) = -2y = 0 \implies y = 0$。因此得到第一個平衡點 $(0, 0)$。
  • 若 $y = 4$：代入式 (2) 得 $4(x - 2) = 0 \implies x = 2$。因此得到第二個平衡點 $(2, 4)$。

故系統之所有平衡點為 $(0, 0)$ 與 $(2, 4)$。

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B. 計算點 $(1, 3)$ 處之方向場斜率

相平面上的方向場斜率公式為：
$\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}} = \frac{-2y + xy}{4x - xy} = \frac{y(x - 2)}{x(4 - y)}$

核心觀念

可逆矩陣 $A$ 的逆矩陣 $A^{-1}$ 滿足 $AA^{-1}=A^{-1}A=I$。本題可利用矩陣第 2 欄只有一個非零元素的結構，將第 2 個指標移到最後，再使用分塊矩陣的逆矩陣公式。

解題方法

將列與欄依序重排為 $1,3,4,2$，得到

$$M= \begin{bmatrix} 1&1&1&0\\ 1&2&2&0\\ -3&0&-1&0\\ 2&-3&2&1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} C&0\\ d&1 \end{bmatrix},$$

其中

$$C= \begin{bmatrix} 1&1&1\\ 1&2&2\\ -3&0&-1 \end{bmatrix}, \qquad d= \begin{bmatrix} 2&-3&2 \end{bmatrix}.$$

分塊矩陣
$\begin{bmatrix}C&0\\d&1\end{bmatrix}$
的逆矩陣為
$\begin{bmatrix}C^{-1}&0\\-dC^{-1}&1\end{bmatrix}$，因此先求 $C^{-1}$。

$$\det(C) =1(-2)-1(5)+1(6) =-1.$$

因為 $\det(C)\ne 0$，$C$ 可逆。由餘因子矩陣可得

$$C^{-1} = \begin{bmatrix} 2&-1&0\\ 5&-2&1\\ -6&3&-1 \end{bmatrix}.$$

核心觀念

矩陣 $B\in\mathbb{R}^{3\times 2}$ 的奇異值分解為

$$B=U\Sigma V^{T},$$

其中：

• $V$ 的欄向量是 $B^{T}B$ 的單位特徵向量；
• 奇異值 $\sigma_i$ 滿足 $\sigma_i^2=\lambda_i$，其中 $\lambda_i$ 是 $B^{T}B$ 的特徵值；
• $U$ 的欄向量由
  $u_i=\frac{Bv_i}{\sigma_i}$
  求得。

解題方法

先計算

$$B^{T}B = \begin{bmatrix} 3&2&0\\ 3&0&2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3&3\\ 2&0\\ 0&2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 13&9\\ 9&13 \end{bmatrix}.$$

求其特徵值：

$$\det(B^{T}B-\lambda I) = \begin{vmatrix} 13-\lambda&9\\ 9&13-\lambda \end{vmatrix} =(13-\lambda)^2-81.$$

因此

$$(13-\lambda)^2=81,$$

得到

$$\lambda_1=22,\qquad \lambda_2=4.$$

所以奇異值為

$$\sigma_1=\sqrt{22},\qquad \sigma_2=2.$$

求 $V$

當 $\lambda_1=22$ 時，

$$\left( \begin{bmatrix} 13&9\\ 9&13 \end{bmatrix} -22I \right)v_1=0,$$

即

$$\begin{bmatrix} -9&9\\ 9&-9 \end{bmatrix}v_1=0.$$

可取單位特徵向量

$$v_1=\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix}.$$

當 $\lambda_2=4$ 時，可取

$$v_2=\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1\\ -1 \end{bmatrix}.$$

因此

$$V= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&-1 \end{bmatrix}.$$

求 $U$

先求第一個左奇異向量：

$$Bv_1 = \begin{bmatrix} 3&3\\ 2&0\\ 0&2 \end{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 6\\ 2\\ 2 \end{bmatrix}.$$

所以

$$u_1=\frac{Bv_1}{\sigma_1} = \frac{1}{\sqrt{22}}\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 6\\ 2\\ 2 \end{bmatrix} = \frac{1}{\sqrt{11}} \begin{bmatrix} 3\\ 1\\ 1 \end{bmatrix}.$$

再求第二個左奇異向量：

$$Bv_2 = \begin{bmatrix} 3&3\\ 2&0\\ 0&2 \end{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1\\ -1 \end{bmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 0\\ 2\\ -2 \end{bmatrix}.$$

因此

$$u_2=\frac{Bv_2}{\sigma_2} = \frac{1}{2\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 0\\ 2\\ -2 \end{bmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ -1 \end{bmatrix}.$$

由於 $B$ 是 $3\times 2$ 矩陣，完整的 $U$ 還需要一個與 $u_1,u_2$ 正交的單位向量。令

核心觀念

採用角頻率形式的傅立葉轉換定義：

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

題目中的 $U(t-1)$ 表示訊號從 $t=1$ 才開始，因此可用時間位移定理。此外，因為訊號在 $t\ge 1$ 持續振盪、不衰減，其傅立葉轉換須以廣義函數（分布）表示，包含狄拉克 delta 項與柯西主值項。

解題方法

先令 $\tau=t-1$，則

$$F(t)=\bigl[\sin(3\tau)+\cos(3\tau)\bigr]U(\tau), \qquad \tau=t-1$$

設

$$g(t)=\bigl[\sin(3t)+\cos(3t)\bigr]U(t)$$

則 $F(t)=g(t-1)$。依時間位移定理，

$$\mathcal{F}\{g(t-1)\}(\omega) =e^{-j\omega}\mathcal{F}\{g(t)\}(\omega)$$

接著將正弦與餘弦改寫成複指數：

$$\sin(3t)+\cos(3t) =\frac{1-j}{2}e^{j3t}+\frac{1+j}{2}e^{-j3t}$$

使用因果複指數的傅立葉轉換公式

$$\mathcal{F}\{e^{j\omega_0t}U(t)\} =\pi\delta(\omega-\omega_0) +\operatorname{PV}\frac{1}{j(\omega-\omega_0)}$$

可得