108 年 國立中山大學電機工程學系碩士班己組《工程數學甲》

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第 1 題

請問函數 f(t)=e−∣t∣f(t) = e^{-|t|}, t∈(−∞,∞)t \in (-\infty, \infty) 的 Fourier transform 為何?
(A) 21+ω2\frac{2}{1 + \omega^2}
(B) 11+jω\frac{1}{1 + j\omega}
(C) 2cos⁡(ω)2\cos(\omega)
(D) 11+jω\frac{1}{1 + j\omega}
(E) 11−jω\frac{1}{1 - j\omega}

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觀念與推導

根據傅立葉轉換(Fourier Transform)定義:
F(ω)=F{f(t)}=∫−∞∞f(t)e−jωt dtF(\omega) = \mathcal{F}\{f(t)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(t) e^{-j\omega t} \, dt

將 f(t)=e−∣t∣f(t) = e^{-|t|} 依據絕對值拆解成區段積分:
F(ω)=∫−∞0ete−jωt dt+∫0∞e−te−jωt dtF(\omega) = \int_{-\infty}^{0} e^{t} e^{-j\omega t} \, dt + \int_{0}^{\infty} e^{-t} e^{-j\omega t} \, dt

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第 2 題

已知 f(t)={1t∈[−1,1]0t∈(−∞,−1)∪(1,∞)f(t) = \begin{cases} 1 & t \in [-1,1] \\ 0 & t \in (-\infty, -1) \cup (1, \infty) \end{cases} 的 Fourier transform 為 2sin⁡(ω)ω\frac{2\sin(\omega)}{\omega}。
請問函數 y(t)=∫−∞∞f(τ)f(t−τ)dτy(t) = \int_{-\infty}^{\infty} f(\tau) f(t-\tau) d\tau 的 Fourier transform 為何?
(A) 2sin⁡(2ω)ω\frac{2\sin(2\omega)}{\omega}
(B) 4sin⁡(ω)ω2\frac{4\sin(\omega)}{\omega^2}
(C) 2sin⁡(ω)ω\frac{2\sin(\omega)}{\omega}
(D) e−∣ω∣2e^{-| \omega |^2}
(E) e−∣ω∣1+ω2\frac{e^{-| \omega |}}{1 + \omega^2}

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觀念重點

本題考查 傅立葉轉換的時域卷積定理(Convolution Theorem)。


詳細推導

  1. 判斷時域關係:
    函數 y(t)y(t) 為 f(t)f(t) 與自身的卷積:
    y(t)=∫−∞∞f(τ)f(t−τ)dτ=(f∗f)(t)y(t) = \int_{-\infty}^{\infty} f(\tau) f(t-\tau) d\tau = (f * f)(t)

  2. 套用卷積定理:
    根據時域卷積定理,時域相卷積等於頻域相乘:

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第 3 題

定義 Del 操作子為 ∇:=i∂∂x+j∂∂y+k∂∂z\nabla := i \frac{\partial}{\partial x} + j \frac{\partial}{\partial y} + k \frac{\partial}{\partial z}。請問以下敘述何者為錯誤。
(A) ∇×(∇ϕ)=0\nabla \times (\nabla \phi) = 0, 其中 ϕ\phi 為具有連續一二階偏導函數的純量場。
(B) ∇⋅(∇×F)=0\nabla \cdot (\nabla \times \mathbf{F}) = 0, 其中 F\mathbf{F} 為具有連續一二階偏導函數的向量場。
(C) ∇⋅(F×G)=G⋅(∇×F)−F⋅(∇×G)\nabla \cdot (\mathbf{F} \times \mathbf{G}) = \mathbf{G} \cdot (\nabla \times \mathbf{F}) - \mathbf{F} \cdot (\nabla \times \mathbf{G}), 其中 F\mathbf{F} 與 G\mathbf{G} 為兩個連續平滑的向量場。
(D) ∇⋅(ϕF)=(∇ϕ)⋅F+ϕ(∇⋅F)\nabla \cdot (\phi \mathbf{F}) = (\nabla \phi) \cdot \mathbf{F} + \phi (\nabla \cdot \mathbf{F}), 其中 ϕ\phi 為一連續平滑的純量場而 F\mathbf{F} 為一連續平滑的向量場。
(E) 以上(a), (b), (c), (d)敘述皆錯誤。

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選項分析

(A) 正確
純量場 ϕ\phi 具有連續二階偏導函數時,根據 Clairaut 定理(混合偏導函數相等),梯度的旋度恆為零向量:
∇×(∇ϕ)=0\nabla \times (\nabla \phi) = \mathbf{0}

(B) 正確
向量場 F\mathbf{F} 具有連續二階偏導函數時,混合偏微分互相抵消,旋度的散度恆為零:
∇⋅(∇×F)=0\nabla \cdot (\nabla \times \mathbf{F}) = 0

(C) 正確
根據向量微分乘積法則,兩向量場外積之散度展開式為:

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第 4 題

請問閉環積分 ∮Cx2y dx−xy2 dy\oint_C x^2 y \, dx - xy^2 \, dy 之值為何, 其中 CC 為一沿著以下區域邊界之逆時針路徑: x2+y2≤4,x≥0,y≥0x^2 + y^2 \le 4, x \ge 0, y \ge 0。
(A) −π-\pi
(B) 2π\sqrt{2}\pi
(C) −2π-2\pi
(D) 3π3\pi
(E) −23π-2\sqrt{3}\pi

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核心觀念

本題考查格林定理。對逆時針方向的閉合曲線 CC,若

∮CP dx+Q dy\oint_C P\,dx+Q\,dy

則

∮CP dx+Q dy=∬D(∂Q∂x−∂P∂y)dA,\oint_C P\,dx+Q\,dy = \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right)dA,

其中 DD 為曲線 CC 所圍成的區域。

本題中

P=x2y,Q=−xy2.P=x^2y,\qquad Q=-xy^2.

區域 DD 是半徑 22 的第一象限四分之一圓。

解題方法

由格林定理,

∮Cx2y dx−xy2 dy=∬D[∂∂x(−xy2)−∂∂y(x2y)]dA.\oint_C x^2y\,dx-xy^2\,dy = \iint_D \left[ \frac{\partial}{\partial x}(-xy^2) - \frac{\partial}{\partial y}(x^2y) \right]dA.

計算偏導數:

∂∂x(−xy2)=−y2,∂∂y(x2y)=x2.\frac{\partial}{\partial x}(-xy^2)=-y^2, \qquad \frac{\partial}{\partial y}(x^2y)=x^2.

因此

∮Cx2y dx−xy2 dy=∬D−(x2+y2) dA.\oint_C x^2y\,dx-xy^2\,dy = \iint_D -(x^2+y^2)\,dA.

使用極座標

x=rcos⁡θ,y=rsin⁡θ,dA=r dr dθ.x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,\qquad dA=r\,dr\,d\theta.

因為 DD 為第一象限、半徑為 22 的四分之一圓,所以

0≤r≤2,0≤θ≤π2.0\le r\le 2,\qquad 0\le \theta\le \frac{\pi}{2}.

故

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第 5 題

考慮微分方程式 x¨(t)+x˙(t)+(1−x(t)2)x˙(t)=0\ddot{x}(t) + \dot{x}(t) + (1 - x(t)^2)\dot{x}(t) = 0。請問以下敘述何者為正確。
(A) (x,x˙)=(0,0)(x, \dot{x}) = (0,0) 為一區域穩定平衡點。
(B) 該微分方程式有兩個平衡點。
(C) 無論 (x,x˙)(x, \dot{x}) 之初值為何, 方程式的解皆不發散。
(D) 若把方程式的初值乘以 2, 所得之新解為初值未放大前之解乘以 2。
(E) 以上(a), (b), (c), (d)敘述皆錯誤。

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將原非線性二階微分方程式簡化:
x¨(t)+(2−x(t)2)x˙(t)=0\ddot{x}(t) + (2 - x(t)^2)\dot{x}(t) = 0

一、 狀態方程式與平衡點分析(選項 B)

定義狀態變數 x1=xx_1 = x、x2=x˙x_2 = \dot{x},原式可化為一階微分系統:
{x˙1=x2x˙2=(x12−2)x2\begin{cases} \dot{x}_1 = x_2 \\ \dot{x}_2 = (x_1^2 - 2)x_2 \end{cases}

平衡點(Equilibrium Points)需滿足 x˙1=0\dot{x}_1 = 0 且 x˙2=0\dot{x}_2 = 0:

  1. 由 x˙1=0\dot{x}_1 = 0 可得 x2=0x_2 = 0。
  2. 將 x2=0x_2 = 0 代入 x˙2=(x12−2)⋅0=0\dot{x}_2 = (x_1^2 - 2) \cdot 0 = 0,對任意 x1=c∈Rx_1 = c \in \mathbb{R} 皆恆成立。

相平面上所有位於 x1x_1 軸上的點 (c,0)(c, 0) 皆為平衡點,即本系統有無窮多個平衡點。故敘述 (B) 錯誤。


二、 相軌跡與穩定性分析(選項 A 與 C)

當 x˙≠0\dot{x} \neq 0 時,由鏈鎖律求相軌跡微分方程式:
dx˙dx=x¨x˙=x2−2\frac{d\dot{x}}{dx} = \frac{\ddot{x}}{\dot{x}} = x^2 - 2
對 xx 積分得相軌跡曲線:
x˙=13x3−2x+C\dot{x} = \frac{1}{3}x^3 - 2x + C

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第 6 題

以下關於 Laplace transform (記為: L{⋅}L\{\cdot\}) 的敘述, 何者為錯誤。
(A) 滿足 L{f}+L{g}=L{f+g}L\{f\} + L\{g\} = L\{f + g\}。
(B) 其逆轉換 L−1{⋅}L^{-1}\{\cdot\} 亦滿足 L−1{F}+L−1{G}=L−1{F+G}L^{-1}\{F\} + L^{-1}\{G\} = L^{-1}\{F + G\}。
(C) 若 f,gf, g 為連續函數, 且 L{f}=L{g}L\{f\} = L\{g\}, 則 f=gf = g。
(D) 以上(a), (b), (c)敘述皆正確。
(E) 以上(a), (b), (c)敘述皆錯誤。

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各選項分析與判斷:

  1. 選項 (A) 正確:
    Laplace 轉換定義為積分運算子 L{f(t)}=∫0∞e−stf(t) dtL\{f(t)\} = \int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t) \, dt,具有線性(Linearity),故滿足加性:
    L{f+g}=L{f}+L{g}L\{f + g\} = L\{f\} + L\{g\}

  2. 選項 (B) 正確:
    逆 Laplace 轉換 L−1{⋅}L^{-1}\{\cdot\} 同樣為線性算子,亦滿足加性:
    L−1{F+G}=L−1{F}+L−1{G}L^{-1}\{F + G\} = L^{-1}\{F\} + L^{-1}\{G\}

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第 7 題

以下關於 Laplace transform (記為: L{⋅}L\{\cdot\}) 的敘述, 何者為正確。
(A) L{t3}=1s3L\{t^3\} = \frac{1}{s^3}。
(B) 若 α>0\alpha > 0 且 L−1{F(s)}=f(t)L^{-1}\{F(s)\} = f(t), 則 L−1{e−αsF(s)}=f(t−α)u(t−α)L^{-1}\{e^{-\alpha s} F(s)\} = f(t - \alpha) u(t - \alpha), 其中 u(t)u(t) 滿足 u(t)=1,∀t≥0u(t) = 1, \forall t \ge 0, u(t)=0,∀t<0u(t) = 0, \forall t < 0。
(C) 若 f(0)=0f(0)=0, 則 L{f′(t)}=s2L{f(t)}L\{f'(t)\} = s^2 L\{f(t)\}。
(D) L−1{F(s−a)}=eatL−1{F(s)}L^{-1}\{F(s - a)\} = e^{at} L^{-1}\{F(s)\}。
(E) 以上(a), (b), (c), (d)敘述皆正確。

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【選項解析】

(A) 錯誤
由冪函數的拉氏轉換公式 L{tn}=n!sn+1L\{t^n\} = \frac{n!}{s^{n+1}} 可得:
L{t3}=3!s3+1=6s4≠1s3L\{t^3\} = \frac{3!}{s^{3+1}} = \frac{6}{s^4} \neq \frac{1}{s^3}

(B) 正確
此為**第二移位定理(時間平移定理)**的基本定義:
若 α>0\alpha > 0 且 L−1{F(s)}=f(t)L^{-1}\{F(s)\} = f(t),則 L−1{e−αsF(s)}=f(t−α)u(t−α)L^{-1}\{e^{-\alpha s} F(s)\} = f(t - \alpha) u(t - \alpha)。

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📄 以下 5 題共用同一段題幹

下面第 8 至 12 題所考慮的微分方程式為
z¨(t)+a1z˙(t)+a0z(t)+αz(t)3=u(t)。\ddot{z}(t)+a_1\dot{z}(t)+a_0z(t)+\alpha z(t)^3=u(t)。

第 8 題3 分

假設 a1=a0=α=1a_1=a_0=\alpha=1,且 u(t)≡0u(t)\equiv 0,∀t\forall t。請問以下敘述何者正確?

(A) 令 z(t)z(t) 的 Laplace transform 為 Z(s)Z(s),則 Z(s)Z(s) 滿足 s2Z(s)+sZ(s)+Z(s)+Z(s)3=0s^2Z(s)+sZ(s)+Z(s)+Z(s)^3=0。

(B) 該微分方程式有三個平衡點。

(C) 對於某些非零的 (z˙,z)(\dot{z},z) 初值,方程式的解會發散。

(D) 該方程式任何組初值的解都會滿足疊加原理。

(E) 以上 (A)、(B)、(C)、(D) 敘述皆錯誤。

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核心觀念

本題考查非線性微分方程的拉普拉斯轉換、平衡點、解的有界性,以及疊加原理。令 v(t)=z˙(t)v(t)=\dot z(t),題目中的方程可寫成

z˙=v,v˙=−v−z−z3。\dot z=v,\qquad \dot v=-v-z-z^3。

其中 z3z^3 項使方程成為非線性方程,因此不能直接套用線性系統的疊加原理,也不能把 L{z3(t)}\mathcal{L}\{z^3(t)\} 寫成 Z(s)3Z(s)^3。

解題方法

判斷選項 (A):直接使用拉普拉斯轉換公式

設 z(0)=z0z(0)=z_0、z˙(0)=v0\dot z(0)=v_0,則

L{z¨}=s2Z(s)−sz0−v0,L{z˙}=sZ(s)−z0。\mathcal{L}\{\ddot z\}=s^2Z(s)-sz_0-v_0,\qquad \mathcal{L}\{\dot z\}=sZ(s)-z_0。

因此微分方程轉換後應為

s2Z(s)−sz0−v0+sZ(s)−z0+Z(s)+L{z3(t)}=0。s^2Z(s)-sz_0-v_0+sZ(s)-z_0+Z(s)+\mathcal{L}\{z^3(t)\}=0。

一般而言,L{z3(t)}≠Z(s)3\mathcal{L}\{z^3(t)\}\neq Z(s)^3,且轉換結果也含有初始條件,所以 (A) 錯誤。

判斷選項 (B):由平衡點定義求解

平衡點須滿足 z˙=0\dot z=0 且 z¨=0\ddot z=0。代入方程得

z+z3=0⟹z(1+z2)=0。z+z^3=0 \quad\Longrightarrow\quad z(1+z^2)=0。

在實數狀態下,唯一解為 z=0z=0,因此只有一個平衡點 (z˙,z)=(0,0)(\dot z,z)=(0,0),不是三個,(B) 錯誤。方程代數上雖有 z=±iz=\pm i,但它們不是實數狀態空間中的平衡點。

判斷選項 (C):用能量函數判斷解是否發散

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第 9 題3 分

假設 a1>0a_1>0、a0<0a_0<0、α=0\alpha=0,且 u(t)≡0u(t)\equiv 0,∀t\forall t。請問以下敘述何者錯誤?

(A) 該方程式為線性化方程式。

(B) 對於某些非零的 (z˙,z)(\dot{z},z) 初值,方程式的解會發散。

(C) 其特徵方程式的解都是負實數。

(D) 對於某些非零的 (z˙,z)(\dot{z},z) 初值,方程式的解會收斂到零。

(E) 若初值為零,則 z(t)≡0z(t)\equiv 0,∀t\forall t。

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核心觀念

令 α=0\alpha=0、u(t)≡0u(t)\equiv 0,原方程式化為

z¨(t)+a1z˙(t)+a0z(t)=0.\ddot z(t)+a_1\dot z(t)+a_0z(t)=0.

這是二階常係數線性齊次微分方程式。其解的長期行為由特徵方程式的根決定;其中正實根會帶來指數發散,負實根則對應指數衰減。

解題方法

設解為 z(t)=ertz(t)=e^{rt},代入微分方程式,得到特徵方程式

r2+a1r+a0=0.r^2+a_1r+a_0=0.

兩根為

r±=−a1±a12−4a02.r_{\pm}=\frac{-a_1\pm\sqrt{a_1^2-4a_0}}{2}.

由於 a0<0a_0<0,

a12−4a0>a12.a_1^2-4a_0>a_1^2.

又因 a1>0a_1>0,所以 a12−4a0>a1\sqrt{a_1^2-4a_0}>a_1,因此

r+>0,r−<0.r_+>0,\qquad r_-<0.

方程式的通解為

z(t)=C+er+t+C−er−t.z(t)=C_+e^{r_+t}+C_-e^{r_-t}.
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第 10 題3 分

假設 a1=0a_1=0、a0>0a_0>0、α=0\alpha=0,且 u(t)≡0u(t)\equiv 0,∀t\forall t。請問以下敘述何者正確?

(A) 對於任何 (z˙,z)(\dot{z},z) 初值,方程式的解都會收斂到零。

(B) 對於任何 (z˙,z)(\dot{z},z) 初值,方程式的解都會發散。

(C) 對於某些非零的 (z˙,z)(\dot{z},z) 初值,方程式的解會收斂到零。

(D) 對於任何 (z˙,z)(\dot{z},z) 初值,方程式的解都不會發散。

(E) 對於某些非零的 (z˙,z)(\dot{z},z) 初值,方程式的解會發散。

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核心觀念

代入題目條件 a1=0a_1=0、α=0\alpha=0、u(t)≡0u(t)\equiv 0,原方程化為

z¨(t)+a0z(t)=0,a0>0。\ddot z(t)+a_0z(t)=0,\qquad a_0>0。

這是無阻尼簡諧振子的自由振動方程。由於沒有阻尼項,系統的能量不會隨時間減少,非零初值的解不會衰減至零;但解保持有界,不會發散。

解題方法

令 ω=a0>0\omega=\sqrt{a_0}>0,方程可寫成 z¨+ω2z=0\ddot z+\omega^2z=0。給定初始位移 z(0)=z0z(0)=z_0 與初始速度 z˙(0)=v0\dot z(0)=v_0,其解為

z(t)=z0cos⁡(ωt)+v0ωsin⁡(ωt)。z(t)=z_0\cos(\omega t)+\frac{v_0}{\omega}\sin(\omega t)。

速度為

z˙(t)=−ωz0sin⁡(ωt)+v0cos⁡(ωt)。\dot z(t)=-\omega z_0\sin(\omega t)+v_0\cos(\omega t)。

正弦與餘弦函數皆有界,因此任意有限初值所對應的 z(t)z(t) 與 z˙(t)\dot z(t) 都有界。

也可由能量守恆判斷。定義

E(t)=12z˙(t)2+a02z(t)2。E(t)=\frac{1}{2}\dot z(t)^2+\frac{a_0}{2}z(t)^2。
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第 11 題3 分

假設 a1>0a_1>0、a0>0a_0>0、α=0\alpha=0,且 u(t)≡0u(t)\equiv 0,∀t\forall t。請問以下敘述何者錯誤?

(A) 對於任何 (z˙,z)(\dot{z},z) 初值,方程式的解都會收斂到零。

(B) 對於某些非零的 (z˙,z)(\dot{z},z) 初值,方程式的解會發散。

(C) 若 a12−4a0>0a_1^2-4a_0>0,則所有方程式的解都沒有震盪現象。

(D) 若 a12−4a0<0a_1^2-4a_0<0,則所有方程式的解都會有震盪現象。

(E) 若 a12−4a0=0a_1^2-4a_0=0,則方程式的解之收斂速度會隨 ∣a1∣|a_1| 增大而變快。

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核心觀念

令 α=0\alpha=0、u(t)≡0u(t)\equiv 0,原方程式化為二階常係數齊次微分方程:

z¨+a1z˙+a0z=0,a1>0,a0>0.\ddot z+a_1\dot z+a_0z=0, \qquad a_1>0,\quad a_0>0.

其特徵方程為

r2+a1r+a0=0,r^2+a_1r+a_0=0,

特徵根為

r1,2=−a1±a12−4a02.r_{1,2}=\frac{-a_1\pm\sqrt{a_1^2-4a_0}}{2}.

判斷解的穩定性與是否振盪,可分別看特徵根的實部與判別式 a12−4a0a_1^2-4a_0。

解題方法

由韋達定理,兩根之和為 −a1<0-a_1<0、乘積為 a0>0a_0>0。因此,若根為實數,兩根皆為負數;若根為共軛複數,其實部皆為 −a1/2<0-a_1/2<0。所以不論判別式為正、零或負,所有解都會趨近零。

接著依判別式分類:

  • a12−4a0>0a_1^2-4a_0>0:兩個相異負實根,解是兩個衰減指數項的線性組合,沒有振盪。
  • a12−4a0=0a_1^2-4a_0=0:重根 r=−a1/2r=-a_1/2,解為 (C1+C2t)e−a1t/2(C_1+C_2t)e^{-a_1t/2}。
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第 12 題3 分

假設 a1>0a_1>0、a0>0a_0>0、α=0\alpha=0、u(t)=sin⁡(ωt)u(t)=\sin(\omega t),且 (z˙,z)(\dot{z},z) 初值為零。請問以下敘述何者正確?

(A) 方程式的解會收斂到零。

(B) 方程式的解會發散。

(C) 方程式之解的振幅大小不會隨 ω\omega 而變化。

(D) 方程式的解會趨近一頻率為 ω\omega 的波。

(E) 以上 (A)、(B)、(C)、(D) 敘述都錯誤。

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核心觀念

這是受迫阻尼線性振動。因為 α=0\alpha=0,方程式化為

z¨+a1z˙+a0z=sin⁡(ωt),a1>0,a0>0.\ddot z+a_1\dot z+a_0z=\sin(\omega t), \qquad a_1>0,\quad a_0>0.

解由暫態解與穩態受迫解組成。正阻尼 a1>0a_1>0 使暫態解衰減;長時間後,系統留下與外力同頻率的穩態振動。

解題方法

先看齊次方程式的特徵方程:

r2+a1r+a0=0.r^2+a_1r+a_0=0.

由 a1,a0>0a_1,a_0>0,特徵根的實部皆為負。若根為共軛複數,其實部為 −a1/2<0-a_1/2<0;若根為實數,兩根皆為負。因此齊次解隨時間衰減至零。

再求穩態受迫解。令

zp(t)=Asin⁡(ωt)+Bcos⁡(ωt).z_p(t)=A\sin(\omega t)+B\cos(\omega t).

代入微分方程,分別比較 sin⁡(ωt)\sin(\omega t) 與 cos⁡(ωt)\cos(\omega t) 係數,可得

(a0−ω2)A−a1ωB=1,a1ωA+(a0−ω2)B=0.(a_0-\omega^2)A-a_1\omega B=1, \qquad a_1\omega A+(a_0-\omega^2)B=0.

因此穩態振幅為

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第 13 題14 分

考慮微分方程式
y¨(t)+2y˙(t)+sin⁡(y(t))=u(t)。\ddot{y}(t)+2\dot{y}(t)+\sin(y(t))=u(t)。

(a)(2 分)令 u(t)=0u(t)=0,找出所有讓該方程式之解為零的 (y˙,y)(\dot{y},y) 初值。

(b)(4 分)將上述方程式就 (y˙(0),y(0))=(0,0)(\dot{y}(0),y(0))=(0,0) 與 (y˙(0),y(0))=(0,π)(\dot{y}(0),y(0))=(0,\pi) 這兩組初值線性化,找出線性化後的微分方程式,並討論這兩組方程式之解的收斂性。

(c)(8 分)考慮上題中初值 (y˙(0),y(0))=(0,0)(\dot{y}(0),y(0))=(0,0) 之線性化微分方程式。若該方程式的輸入項為

1, & t\in[1,2],\\ 0, & t\in(-\infty,1)\cup(2,\infty), \end{cases}$$ 且初值為零,請問方程式之解為何?需詳列計算過程。

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第 14 題15 分

Let matrix A∈R3×4A\in\mathbb{R}^{3\times4} have its ArefA_{\mathrm{ref}}:

1&1&2&0\\ 0&1&-2&-1\\ 0&0&0&0 \end{bmatrix}。$$ (a)(4%)If $a_1=[1\ 0\ 1]^T$ and $a_3=[0\ -4\ 4]^T$, find $a_2$ and $a_4$. (b)(6%)Let $z=[1\ 2\ \gamma]^T\notin R(A)$. Find all possible values of $\gamma$ such that the distance (in 2-norm) between $z$ and $N(A^T)$ is $\sqrt{6}$. (c)(5%)If $\hat{x}=[3\ 2\ -1\ 1]^T$ solves $Ax=b$, find the solution to $Ax=b$ that has the smallest 2-norm.

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第 15 題15 分

Consider the vector space P3P_3, the set of all real coefficient polynomials of degree less than 33, with the inner product
⟨f,g⟩:=∫01f(t)g(t) dt\langle f,g\rangle:=\int_0^1 f(t)g(t)\,dt
for any f,g∈P3f,g\in P_3. Denote
S:={p∈P3∣p(t)=t+c, −1≤c≤1}。S:=\{p\in P_3\mid p(t)=t+c,\ -1\leq c\leq1\}。

(a)(5%)Describe S⊥S^\perp as the span of a set of its basis composed of some monic polynomials, i.e. polynomials with 11 as the coefficient of their highest degrees.

(b)(5%)Describe (S⊥)⊥(S^\perp)^\perp.

(c)(5%)What is the orthogonal projection of p(t):=t2−t+1p(t):=t^2-t+1 onto the subspace (S⊥)⊥(S^\perp)^\perp?

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核心觀念

P3P_3 是所有次數小於 33 的實係數多項式所成的內積空間,因此 dim⁡P3=3\dim P_3=3,可用 {1,t,t2}\{1,t,t^2\} 作為基底。

本題的 SS 不是子空間,但正交補仍可定義為

S⊥={q∈P3:⟨q,s⟩=0,對所有 s∈S}.S^\perp=\{q\in P_3:\langle q,s\rangle=0\text{,對所有 }s\in S\}.

由於 SS 中的多項式是 t+ct+c,條件必須對所有 −1≤c≤1-1\le c\le 1 成立。有限維內積空間也滿足雙重正交補定理:S⊥⊥=span⁡(S)S^{\perp\perp}=\operatorname{span}(S)。

(a) 求 S⊥S^\perp

令 q∈S⊥q\in S^\perp。對每個 c∈[−1,1]c\in[-1,1],有

0=⟨q,t+c⟩=⟨q,t⟩+c⟨q,1⟩.0=\langle q,t+c\rangle =\langle q,t\rangle+c\langle q,1\rangle.

此式對區間內所有 cc 都成立,因此

⟨q,1⟩=0,⟨q,t⟩=0.\langle q,1\rangle=0,\qquad \langle q,t\rangle=0.

設 q(t)=a+bt+dt2q(t)=a+bt+dt^2。利用內積定義,兩個正交條件分別為

a+b2+d3=0,a2+b3+d4=0.a+\frac b2+\frac d3=0,\qquad \frac a2+\frac b3+\frac d4=0.

取最高次項係數 d=1d=1,解得 b=−1, a=16b=-1,\ a=\frac16。因此,一個首一多項式解為

r(t)=t2−t+16.r(t)=t^2-t+\frac16.
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第 16 題10 分

Let f(z)=z(−1+i)if(z)=z^{(-1+i)^i} and CC be the positively oriented unit circle ∣z∣=1|z|=1, and we’d like to compute the contour integral
∫Cf(z) dz。\int_C f(z)\,dz。

(a)(4%)Let’s denote the complex number (−1+i)i(-1+i)^i as exp⁡(a+ib)\exp(a+ib) with a,b∈Ra,b\in\mathbb{R}. What are aa and bb?

(b)(6%)Since f(z)f(z) is a multiple-valued function, let’s consider the branch ∣z∣>0|z|>0 and 0<arg⁡z<2π0<\arg z<2\pi. When denoting M:=(−1+i)iM:=(-1+i)^i, please use MM to express ∫Cf(z) dz\int_C f(z)\,dz.

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核心觀念

複數冪以對數定義:

wα=exp⁡ ⁣(α\Logw).w^\alpha=\exp\!\bigl(\alpha\Log w\bigr).

複對數具有多值性;採用主值時,\Logw=ln⁡∣w∣+i\Argw\Log w=\ln|w|+i\Arg w,其中主幅角通常取 −π<\Argw≤π-\pi<\Arg w\le\pi。

本題沿用主值計算 (−1+i)i(-1+i)^i,並以 MM 表示該值。對分支 0<arg⁡z<2π0<\arg z<2\pi,有

zM=exp⁡ ⁣(M(ln⁡∣z∣+iarg⁡z)).z^M=\exp\!\bigl(M(\ln|z|+i\arg z)\bigr).

解題方法

(a) 求 a,ba,b

先寫出 −1+i-1+i 的極式。其模長與主幅角分別為

∣−1+i∣=2,\Arg(−1+i)=3π4.|-1+i|=\sqrt2,\qquad \Arg(-1+i)=\frac{3\pi}{4}.

因此

\Log(−1+i)=ln⁡2+i3π4=12ln⁡2+i3π4.\Log(-1+i)=\ln\sqrt2+i\frac{3\pi}{4} =\frac12\ln2+i\frac{3\pi}{4}.

乘上指數 ii:

(−1+i)i=exp⁡ ⁣(i(12ln⁡2+i3π4))=exp⁡ ⁣(−3π4+i12ln⁡2).(-1+i)^i =\exp\!\left(i\left(\frac12\ln2+i\frac{3\pi}{4}\right)\right) =\exp\!\left(-\frac{3\pi}{4}+i\frac12\ln2\right).

與 exp⁡(a+ib)\exp(a+ib) 比較可得

a=−3π4,b=12ln⁡2.a=-\frac{3\pi}{4},\qquad b=\frac12\ln2.

若採用複數冪的全多值定義,arg⁡(−1+i)=3π4+2πk\arg(-1+i)=\frac{3\pi}{4}+2\pi k,其中 k∈Zk\in\mathbb Z,則所得值為

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第 17 題10 分

Use residues to compute the following improper integrals.

(a)(5%)Compute
∫0∞1(x2+1)2 dx。\int_0^\infty\frac{1}{(x^2+1)^2}\,dx。

(b)(5%)Compute
∫0∞ln⁡x(x2+1)2 dx。\int_0^\infty\frac{\ln x}{(x^2+1)^2}\,dx。

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核心觀念

本題利用留數定理計算實軸上的廣義積分。

  • 上半平面半圓積分:若被積函數在實軸上為偶函數,可先計算整條實軸的積分,再除以 22。
  • 鑰匙孔積分路徑:對數函數在正實軸有分支切線。取 \Logz=ln⁡∣z∣+iarg⁡z\Log z=\ln|z|+i\arg z,其中 0<arg⁡z<2π0<\arg z<2\pi,便能沿正實軸上下兩側建立鑰匙孔路徑。
  • 留數定理:若閉合路徑內的極點為 zkz_k,則 ∮Cf(z) dz=2πi∑kRes⁡(f;zk).\oint_C f(z)\,dz=2\pi i\sum_k\operatorname{Res}(f;z_k). 二階極點 z0z_0 的留數可用 Res⁡(f;z0)=ddz[(z−z0)2f(z)]∣z=z0.\operatorname{Res}(f;z_0) =\left.\frac{d}{dz}\big[(z-z_0)^2f(z)\big]\right|_{z=z_0}.

(a)半圓路徑計算

令

f(z)=1(z2+1)2.f(z)=\frac{1}{(z^2+1)^2}.

取上半平面的半徑 RR 半圓路徑。唯一位於路徑內的極點是 z=iz=i,且為二階極點。其留數為

Res⁡(f;i)=ddz(1(z+i)2)∣z=i=−2(2i)3=−i4.\operatorname{Res}(f;i) =\left.\frac{d}{dz}\left(\frac{1}{(z+i)^2}\right)\right|_{z=i} =-\frac{2}{(2i)^3} =-\frac{i}{4}.

當 R→∞R\to\infty,半圓弧上的積分趨近於 00,因為 f(z)=O(R−4)f(z)=O(R^{-4}),而弧長為 O(R)O(R)。留數定理給出

∫−∞∞dx(x2+1)2=2πi(−i4)=π2.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{(x^2+1)^2} =2\pi i\left(-\frac{i}{4}\right) =\frac{\pi}{2}.

被積函數為偶函數,因此

∫0∞dx(x2+1)2=12∫−∞∞dx(x2+1)2=π4.\int_0^\infty\frac{dx}{(x^2+1)^2} =\frac12\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{(x^2+1)^2} =\boxed{\frac{\pi}{4}}.

(b)鑰匙孔路徑計算

令

F(z)=(\Logz)2(z2+1)2,0<arg⁡z<2π.F(z)=\frac{(\Log z)^2}{(z^2+1)^2}, \qquad 0<\arg z<2\pi.

使用 (\Logz)2(\Log z)^2,是因為它沿正實軸上下兩側的差包含 ln⁡x\ln x,能直接求出題目所需的積分。

鑰匙孔路徑內有兩個二階極點 z=iz=i 與 z=−iz=-i。在此分支下,

\Logi=πi2,\Log(−i)=3πi2.\Log i=\frac{\pi i}{2}, \qquad \Log(-i)=\frac{3\pi i}{2}.

對 z=iz=i,計算留數:

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