109 年 國立中山大學電機工程學系碩士班戊組《工程數學甲》

核心觀念

微分方程式若可寫成

$$a_n(t)y^{(n)}+a_{n-1}(t)y^{(n-1)}+\cdots+a_1(t)y'+a_0(t)y=g(t),$$

且各項中的 $y$ 與其導數皆只出現一次方、彼此沒有相乘，則稱為線性微分方程式。係數 $a_i(t)$ 可以是 $t$ 的函數，包含 $|t|$、$\sin t$、$e^t$ 等形式。

本題中的絕對值是 $|t|$，作用在自變數 $t$ 上，不是 $|y(t)|$，因此不會造成非線性。

解題方法

將題式寫成標準形式：

$$\ddot{y}(t)+3t^2\dot{y}(t)+|t|y(t)=0.$$

其中

$$a_2(t)=1,\qquad a_1(t)=3t^2,\qquad a_0(t)=|t|,\qquad g(t)=0.$$

這些係數全部只依賴自變數 $t$，而 $y(t)$、$\dot y(t)$、$\ddot y(t)$ 都是一次方，且沒有出現下列非線性形式：

$$y^2,\quad y\dot y,\quad \sin y,\quad e^y,\quad |y|.$$

核心觀念

微分方程式的平衡點是使解保持固定不變的狀態。令

$$x(t)\equiv x_e,$$

則必須滿足

$$\dot{x}(t)=0.$$

因此，平衡點由代入 $\dot{x}=0$ 後所得的代數方程式決定。

解題方法

原式為

$$\dot{x}(t)+(1+x(t)^2)\dot{x}(t)+(1-x(t)^2)x(t)=0.$$

平衡狀態下 $\dot{x}(t)=0$，前兩項皆為零，故剩下

$$(1-x_e^2)x_e=0.$$

因式分解：

$$x_e(1-x_e^2)=x_e(1-x_e)(1+x_e)=0.$$

所以平衡點為

$$x_e=0,\qquad x_e=1,\qquad x_e=-1.$$

共有三個平衡點。

也可先將微分方程式整理為

核心觀念

本題考查二階常係數齊次微分方程式的特徵根，以及解的穩定性。

對方程式

$$\ddot y(t)+3\dot y(t)-y(t)=0$$

若所有特徵根的實部皆為負，則所有解在 $t\to\infty$ 時才會收斂到 $0$。只要存在實部為正的特徵根，就會有部分解隨時間發散。

解題方法

設解為

$$y(t)=e^{rt}$$

代入原方程式：

$$r^2e^{rt}+3re^{rt}-e^{rt}=0$$

因為 $e^{rt}\neq 0$，得到特徵方程式

$$r^2+3r-1=0$$

解得

$$r=\frac{-3\pm\sqrt{13}}{2}$$

因此兩個特徵根為

$$r_1=\frac{-3+\sqrt{13}}{2}>0,\qquad r_2=\frac{-3-\sqrt{13}}{2}<0$$

通解為

$$y(t)=C_1e^{\frac{-3+\sqrt{13}}{2}t} +C_2e^{\frac{-3-\sqrt{13}}{2}t}$$

其中，因為

$$\frac{-3+\sqrt{13}}{2}>0$$

核心觀念

拉普拉斯轉換定義為

$$\mathcal{L}\{f(t)\} =F(s) =\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt。$$

線性轉換須滿足：

1. 加法性：$\mathcal{L}\{f(t)+g(t)\}=\mathcal{L}\{f(t)\}+\mathcal{L}\{g(t)\}$
2. 齊次性：$\mathcal{L}\{cf(t)\}=c\mathcal{L}\{f(t)\}$

其中 $c$ 為常數，且相關拉普拉斯積分存在。

解題方法

取任意常數 $a,b$，考慮函數 $af(t)+bg(t)$：

核心觀念

拉普拉斯轉換的定義為

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\} =\int_{0}^{\infty}y(t)e^{-st}\,dt。$$

既然題目已定義 $Y(s)$ 為 $y(t)$ 的拉普拉斯轉換，則必有

$$\mathcal{L}\{y(t)\}=Y(s)，$$

不會無故多出 $s^2$。

常見公式

$$\mathcal{L}\{y''(t)\} =s^2Y(s)-sy(0^+)-y'(0^+)。$$

只有在 $y(0^+)=0$ 且 $y'(0^+)=0$ 時，才可簡化為

$$\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)。$$

因此，$s^2Y(s)$ 對應的是二階導數的拉普拉斯轉換，而非一般的 $y(t)$。

解題方法

直接辨認題目中的轉換對象即可：

$$\mathcal{L}\{y(t)\}=Y(s)。$$

題目卻聲稱

$$\mathcal{L}\{y(t)\}=s^2Y(s)，$$

這將 $y(t)$ 的拉普拉斯轉換與 $y''(t)$ 的拉普拉斯轉換混淆，因此敘述錯誤。

亦可用簡單例子驗證。令

函數 $f(t)=e^{-t}\sin t\;(t\ge0)$ 的單邊傅立葉變換定義為

$$F(\omega)=\int_{0}^{\infty}e^{-t}\sin t\,e^{-j\omega t}\,dt =\int_{0}^{\infty}e^{-(1+j\omega)t}\sin t\,dt .$$

將此積分視為拉普拉斯變換，對 $\sin t$ 的拉普拉斯變換為

$\mathcal{L}\{\sin t\}(s)=\frac{1}{s^{2}+1},\qquad \Re(s)>0 .$

把 $s$ 取為 $1+j\omega$，即得

核心觀念

複函數在某區域內解析，表示它在該區域的每一點都具有複數導數。對有理函數而言，只要分母不為 $0$，便可在該點解析。

本題函數為

$$f(z)=\frac{z+1}{z}=1+\frac{1}{z}.$$

其分母在 $z=0$ 時為 $0$，因此函數只在原點沒有定義；在所有 $z\neq 0$ 的位置，函數皆有定義且解析。

解題方法

取任意 $z_0\neq 0$。由於 $z_0$ 不等於原點，可取一個不包含 $0$ 的鄰域。在此鄰域內，

$$f(z)=1+\frac{1}{z}$$

是解析函數，且其導數為

$$f'(z)=0-\frac{1}{z^2} =-\frac{1}{z^2},\qquad z\neq 0.$$

因此，$f(z)$ 在整個去除原點的複平面

$$\mathbb{C}\setminus\{0\}$$

上皆為解析函數。

在 $z=0$ 處，$f(z)$ 沒有定義，且

核心觀念

令

$$z=x+iy,\qquad x=\operatorname{Re}(z),\quad y=\operatorname{Im}(z).$$

複數正弦函數可寫成

$$\sin(x+iy)=\sin x\cosh y+i\cos x\sinh y.$$

因此

$$|\sin(x+iy)|^2 =(\sin x\cosh y)^2+(\cos x\sinh y)^2.$$

利用 $\cosh^2 y=1+\sinh^2 y$，可化為

$$|\sin(x+iy)|^2 =\sin^2x+\sinh^2y.$$

解題方法

當 $z$ 的虛部 $y$ 增大，即 $y\to+\infty$ 時，

$$|\sin z|^2=\sin^2x+\sinh^2y\geq \sinh^2y.$$

而

$$\sinh y=\frac{e^y-e^{-y}}{2}\xrightarrow[y\to+\infty]{}\infty,$$

核心觀念

本題考查向量微積分中的恆等式：

$$\nabla \times (\nabla \phi)=\mathbf{0}$$

只要純量場函數 $\phi$ 的二階偏導數連續，由混合偏導數相等定理可得：

$$\frac{\partial^2\phi}{\partial x\partial y} = \frac{\partial^2\phi}{\partial y\partial x}, \quad \frac{\partial^2\phi}{\partial y\partial z} = \frac{\partial^2\phi}{\partial z\partial y}, \quad \frac{\partial^2\phi}{\partial z\partial x} = \frac{\partial^2\phi}{\partial x\partial z}.$$

因此，任意具有連續二階偏導數的純量場，其梯度場必為無旋場。

解題方法

由定義，

$$\nabla\phi = \frac{\partial\phi}{\partial x}\mathbf{i} + \frac{\partial\phi}{\partial y}\mathbf{j} + \frac{\partial\phi}{\partial z}\mathbf{k}.$$

計算其旋度：

$$\nabla\times(\nabla\phi) = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k}\\ \dfrac{\partial}{\partial x} & \dfrac{\partial}{\partial y} & \dfrac{\partial}{\partial z}\\ \dfrac{\partial\phi}{\partial x} & \dfrac{\partial\phi}{\partial y} & \dfrac{\partial\phi}{\partial z} \end{vmatrix}.$$

展開得

核心觀念

本題考查梯度場的線積分與線積分基本定理。若 $\phi$ 是定義域 $D$ 上的單值且可微純量函數，則其梯度場為

$$\mathbf{F}=\nabla\phi.$$

對任意位於 $D$ 內的分段光滑曲線 $C$，皆有

$$\int_C \nabla\phi\cdot d\mathbf{r} =\phi(\text{終點})-\phi(\text{起點}).$$

因此，當 $C$ 為封閉路徑時，起點與終點相同，線積分必為 $0$。

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解題方法

設封閉路徑以參數表示為

$$\mathbf{r}(t)=(x(t),y(t),z(t)),\qquad a\le t\le b,$$

且

$$\mathbf{r}(a)=\mathbf{r}(b).$$

由鏈鎖律，

$$\frac{d}{dt}\phi(\mathbf{r}(t)) = \nabla\phi(\mathbf{r}(t))\cdot\mathbf{r}'(t).$$

所以

考慮常係數 $b>0$（不影響判斷）且 $u(t)\equiv0$，方程式為

$\ddot z+b\dot z+\sin z=0.$

若 $z(t)\equiv c$ 為常解，則 $\ddot z=0,\ \dot z=0$，代入得 $\sin c=0\;\Rightarrow\;c=k\pi\;(k\in\mathbb Z).$
因此 $z(t)=0,\ \pi,\ -\pi$ …皆為恆解。

對於初值 $(\dot z(0),z(0))$，若 $z(0)=k\pi$ 且 $\dot z(0)=0$，則唯一解必為恆解 $z(t)=k\pi$。
只有當 $\dot z(0)\neq0$ 時，解不可能恆為 $0$（或任何恆解），因為恆解要求 $\dot z\equiv0$。

檢查選項：

核心觀念

令狀態變數為

$$x_1=\dot z,\qquad x_2=z.$$

在 $u(t)=0$ 時，原方程式可寫成

$$\dot x_1=-b x_1-\sin x_2,\qquad \dot x_2=x_1.$$

$(x_1,x_2)=(0,0)$ 是平衡點。由泰勒展開式，

$$\sin z=z+O(z^3),$$

因此在 $(\dot z,z)=(0,0)$ 附近，線性化方程式為

$$\boxed{\ddot z+b\dot z+z=0}.$$

其特徵方程式為

$$\lambda^2+b\lambda+1=0.$$

線性系統的所有解皆收斂至 $0$，必須且只須所有特徵根的實部皆為負。

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解題方法

$b=0$

此時

$$\lambda^2+1=0 \quad\Longrightarrow\quad \lambda=\pm i.$$

通解為

$$z(t)=C_1\cos t+C_2\sin t.$$

非零初值所對應的解為持續振盪，雖然有界，但不會收斂到 $0$。例如

$$z(0)=1,\qquad \dot z(0)=0$$

所對應的解為 $z(t)=\cos t$。

$b=1$

此時

$$\lambda^2+\lambda+1=0$$

故

$$\lambda=\frac{-1\pm i\sqrt{3}}{2}.$$

通解為

$$z(t)=e^{-t/2} \left[ C_1\cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right) +C_2\sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right) \right].$$

由於 $e^{-t/2}\to 0$，對任意初值 $C_1,C_2$，皆有

$$z(t)\to 0,\qquad \dot z(t)\to 0.$$

線性化後的系統為

$$\dot{z}=b\,z , \qquad z(0)=\pi .$$

解為

$z(t)=z(0)\,e^{b t}= \pi e^{b t}.$

核心觀念

本題前述非線性方程式為

$$\ddot z(t)+b\dot z(t)+\sin z(t)=u(t).$$

（共同方程式見原試題 PDF。）

在 $z=0$ 附近利用泰勒展開：

$$\sin z=\sin 0+\cos 0\cdot z+\cdots \approx z.$$

因此，於 $(\dot z,z)=(0,0)$ 線性化後得到

$$\ddot z+b\dot z+z=u(t).$$

當 $b=0$ 時，

$$\ddot z+z=u(t).$$

其齊次方程式的特徵方程為

$$r^2+1=0,$$

故特徵根為 $r=\pm i$。根的實部為 $0$，表示系統沒有阻尼，齊次解的振幅不會衰減，也不會增長，而是持續振盪。

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解題方法：求單位步階響應

單位步階函數在 $t>0$ 時為 $u(t)=1$，故方程式變為

$$\ddot z+z=1,$$

且題目給定

$$z(0)=0,\qquad \dot z(0)=0.$$

齊次解為

$$z_h(t)=C_1\cos t+C_2\sin t.$$

由於右側為常數 $1$，設特解為常數 $z_p=A$，代入得

$$A=1.$$

所以通解為

$$z(t)=C_1\cos t+C_2\sin t+1.$$

代入初始條件：

$$z(0)=C_1+1=0 \quad\Longrightarrow\quad C_1=-1,$$

而

$$\dot z(t)=-C_1\sin t+C_2\cos t,$$

因此

$$\dot z(0)=C_2=0.$$

故線性方程式的解為

$$\boxed{z(t)=1-\cos t}.$$

此解滿足

$$0\leq z(t)\leq 2,$$

並且

$$z(2k\pi)=0,\qquad z((2k+1)\pi)=2.$$

考慮線性化後的系統

$\ddot z+2\dot z+z=\sin t ,\qquad (\dot z(0),z(0))=(0,0)$

1. 齊次解
   特徵方程 $\lambda^{2}+2\lambda+1=0$ ⇒ $\lambda=-1$（重根）。
   齊次解為 $z_h(t)=\left(C_1+C_2 t\right)e^{-t}$，於 $t\to\infty$ 皆衰減至 0。

2. 特解（假設形式 $z_p=A\sin t+B\cos t$）

$$\begin{aligned} \ddot z_p+2\dot z_p+z_p &=(-A\sin t-B\cos t)+2(A\cos t-B\sin t)+(A\sin t+B\cos t)\\ &=2A\cos t-2B\sin t . \end{aligned}$$

令其等於右端 $\sin t$ 得

核心觀念

令

$$\mathbf F=\langle P,Q,R\rangle$$

其中

$$P=y+ay^2z,\qquad Q=bx-z+2xyz,\qquad R=cy+xy^2.$$

在整個 $\mathbb R^3$ 中，若 $\mathbf F$ 為保守向量場，則必須滿足

$$\nabla\times\mathbf F=\mathbf 0,$$

亦即

$$P_y=Q_x,\qquad P_z=R_x,\qquad Q_z=R_y.$$

由於定義域 $\mathbb R^3$ 為單連通區域，這些條件同時也是充分條件。

解題方法

計算各偏導數：

$$P_y=1+2ayz,\qquad Q_x=b+2yz,$$ $$P_z=ay^2,\qquad R_x=y^2,$$ $$Q_z=-1+2xy,\qquad R_y=c+2xy.$$

逐項比較，且必須對所有 $x,y,z$ 成立。

由 $P_y=Q_x$：

$$1+2ayz=b+2yz.$$

因此

$$a=1,\qquad b=1.$$

由 $P_z=R_x$：

$$ay^2=y^2,$$

故

$$a=1.$$

由 $Q_z=R_y$：

$$-1+2xy=c+2xy,$$

故

$$c=-1.$$

所以唯一符合條件的參數為

$$(a,b,c)=(1,1,-1).$$

驗證此時確實存在勢函數。當 $(a,b,c)=(1,1,-1)$ 時，

$$P=y+y^2z.$$

對 $x$ 積分：

$$\phi(x,y,z)=xy+xy^2z+g(y,z).$$

矩陣 $A$ 為上三角矩陣，且可寫成

$$A=D+N,\qquad D=\operatorname{diag}(-1,-1,1),\; N=\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix},$$

且 $DN=ND$。因 $N^2=0$，有

核心觀念

本題為線性代數中探討「線性方程組的解結構」、「向量空間之線性相依性」與「矩陣的秩（Rank）」之經典整合題型，所涉及的核心觀念包括：

1. 線性組合與特解（Linear Combination & Particular Solution）：若矩陣 $A = [a_1, a_2, a_3, a_4]$，則 $Ax = x_1 a_1 + x_2 a_2 + x_3 a_3 + x_4 a_4$。給定條件 $a_1 + a_2 + a_3 + a_4 = b$，即表示 $x = [1, 1, 1, 1]^T$ 為該非齊次方程組之一特解（Particular Solution），故系統必為一致（Consistent，即至少有一解）。
2. 維度定理（Rank-Nullity Theorem）：對於矩陣 $A \in \mathbb{R}^{m \times n}$，滿足：
   $\text{rank}(A) + \text{nullity}(A) = n$
   其中 $n$ 為未知數個數（行數，Columns），$\text{nullity}(A) = \dim(\mathcal{N}(A))$ 為零空間（Null space）之維度。
3. 欠定系統與解的個數（Underdetermined System）：當方程組一致且 $\text{nullity}(A) \ge 1$（存在自由變數）時，系統必具有無限多組解。
4. 線性相依之維度判別（Linear Dependence）：在 $m$ 維向量空間 $\mathbb{R}^m$ 中，任何超過 $m$ 個向量所組成的向量集合必為線性相依（Linearly Dependent）。
5. 增廣矩陣的秩與行空間（Rank of Augmented Matrix）：若向量 $b$ 可由矩陣 $A$ 的行向量線性表出（即 $b \in \mathcal{C}(A)$），則 $\text{Span}\{a_1, a_2, a_3, a_4, b\} = \text{Span}\{a_1, a_2, a_3, a_4\}$，故 $\text{rank}([A, b]) = \text{rank}(A)$。

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解題方法與詳細推導

1. 判定方程組之相容性（Consistency）與特解

由矩陣乘法的行向量線性組合定義：
$Ax = [a_1, a_2, a_3, a_4] \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{bmatrix} = x_1 a_1 + x_2 a_2 + x_3 a_3 + x_4 a_4$
題目給定 $a_1 + a_2 + a_3 + a_4 = b$，對照係數可得：
$x_p = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$
滿足 $Ax_p = b$。這表示線性方程組 $Ax = b$ 至少存在一組實數解 $x_p$，因此系統為相容（Consistent）。

2. 判定零空間維度與通解個數

矩陣 $A \in \mathbb{R}^{3 \times 4}$，列數 $m = 3$，行數 $n = 4$。
矩陣的秩受限於列數與行數的最小值：
$\text{rank}(A) \le \min(m, n) = \min(3, 4) = 3$
根據維度定理（Rank-Nullity Theorem）：
$\text{nullity}(A) = n - \text{rank}(A) = 4 - \text{rank}(A) \ge 4 - 3 = 1$
因為 $\text{nullity}(A) \ge 1$，齊次方程組 $Ax = 0$ 的零空間 $\mathcal{N}(A)$ 中至少包含一個非零向量，即存在非零解。
非齊次系統的通解形式為：

本題的核心觀念在於線性方程組 $Ax = b$ 解的存在性（Existence）與唯一性（Uniqueness），以及矩陣的秩（Rank）、**行空間（Column Space）與零空間（Nullspace）**之間的關係。
當矩陣 $A \in \mathbb{R}^{m \times n}$ 時：

• 存在性由「$b$ 是否落在 $A$ 的行空間 $C(A)$ 中」決定。若 $\text{rank}(A) = m$（滿列秩，Full Row Rank），則 $C(A) = \mathbb{R}^m$，對任意 $b \in \mathbb{R}^m$ 一定有解（至少一解）。
• 唯一性由「零空間的維度（Nullity）」決定。若 $\text{rank}(A) = n$（滿行秩，Full Column Rank），則 $\text{nullity}(A) = n - \text{rank}(A) = 0$，代表零空間僅包含零向量 $\mathbf{0}$，因此若有解則必唯一（最多一解）。

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詳細解題過程與選項分析

針對線性方程組 $Ax = b$，其中 $A \in \mathbb{R}^{m \times n}$，未知數向量 $x \in \mathbb{R}^n$，常數向量 $b \in \mathbb{R}^m$。根據秩—零化度定理（Rank-Nullity Theorem）：
$\text{rank}(A) + \text{nullity}(A) = n$

(A) If $\text{rank}(A) = m$, then there exists at least one solution.

• 分析與說明：
  矩陣 $A$ 有 $m$ 個列（rows）與 $n$ 個行（columns）。當 $\text{rank}(A) = m$ 時，代表 $A$ 為滿列秩（Full Row Rank），其行空間的維度為 $\dim(C(A)) = \text{rank}(A) = m$。
  因為 $C(A) \subseteq \mathbb{R}^m$ 且維度等於 $m$，所以行空間必等於整個 $m$ 維向量空間，即 $C(A) = \mathbb{R}^m$。
  對任意給定的向量 $b \in \mathbb{R}^m$，必然滿足 $b \in C(A)$，這代表 $b$ 可以表示為 $A$ 之行向量的線性組合。因此方程組 $Ax = b$ 對於任意 $b$ 都至少存在一個解。
• 結論：(A) 正確

(B) If $\text{rank}(A) = n$, then there exists exactly one solution.

• 分析與說明：
  當 $\text{rank}(A) = n$ 時，代表 $A$ 為滿行秩（Full Column Rank）。根據秩—零化度定理：
  $\text{nullity}(A) = n - \text{rank}(A) = n - n = 0$
  這表示 $A$ 的零空間 $N(A) = \{\mathbf{0}\}$。
  零空間只有零向量意味著：若方程組存在解，則解必為唯一（Uniqueness）。
  但是，當 $m > n$（方程個數多於未知數個數， overdetermined system）時，行空間 $C(A)$ 只是 $\mathbb{R}^m$ 中的一個 $n$ 維子空間。

核心觀念

本題考驗線性對映（Linear Mapping / Linear Transformation）的核心代數性質，包含單射（One-to-one / Injective）與滿射（Onto / Surjective）的定義、單射與核空間（Kernel / Null space）的充要條件關係、線性獨立（Linear Independence）集在線性對映下的保持條件，以及線性對映保持向量線性組合（Linear Combination）的基本定義與加性、齊次性運算。

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詳細解題過程

針對題目各選項進行詳細分析、邏輯推導與說明：

(A) 選項分析

• 題目敘述：The condition $L(v_1) = L(v_2)$ implies $v_1 = v_2$.
• 觀念說明：此敘述為線性對映具備「單射（One-to-one）」性質的定義。然而，對於一個一般性的線性對映 $L: V \rightarrow W$，題目並未假設 $L$ 為單射，因此該條件並不一定成立。
• 反例：設 $L$ 為零對映（Zero mapping），即對任意 $v \in V$ 皆有 $L(v) = 0_W$。若 $V$ 為非零向量空間，取 $v_1 \neq v_2$，則 $L(v_1) = 0_W = L(v_2)$，但 $v_1 \neq v_2$。
• 結論：選項 (A) 錯誤。

(B) 選項分析

• 題目敘述：For any $w \in W$, there exists $v \in V$ such that $L(v) = w$.
• 觀念說明：此敘述為線性對映具備「滿射（Onto）」性質的定義。但對於一般的線性對映 $L$，其像空間（Image / Range） $\text{Im}(L)$ 僅為 $W$ 的子空間，未必等於全空間 $W$。
• 反例：設 $L$ 為零對映 $L(v) = 0_W$。若 $W$ 為非零向量空間，取非零向量 $w \in W$（即 $w \neq 0_W$），則在 $V$ 中不存在任何向量 $v$ 使得 $L(v) = w$。
• 結論：選項 (B) 錯誤。

(C) 選項分析

• 題目敘述：If $L$ is one-to-one, then $L(v) = 0_W$ implies $v = 0_V$.
• 觀念說明與推導：
  1. 由線性對映的基本性質可知，零向量映射後必為零向量，即 $L(0_V) = 0_W$ 恆成立。
  2. 若已知 $L$ 為單射（One-to-one），根據單射定義：若 $L(u) = L(v)$，則 $u = v$。