111 年 國立中山大學電機工程學系碩士班甲組《工程數學甲》

觀念重點

對於一階自主常微分方程式 $y' = f(y)$：

1. 臨界點（Critical Points）：滿足 $f(y) = 0$ 之點 $y_c$。
2. 穩定性判別法：
   • 若 $f'(y_c) < 0$，則 $y_c$ 為穩定（Asymptotically Stable / Sink）。
   • 若 $f'(y_c) > 0$，則 $y_c$ 為不穩定（Unstable / Source）。
   • 若 $f'(y_c) = 0$，則需觀察 $f(y)$ 在 $y_c$ 兩側之正負號變號情形。

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解析與推導

1. 求臨界點
令 $f(y) = \frac{2}{\pi}y - \sin y = 0 \implies \frac{2}{\pi}y = \sin y$。

因為 $|\sin y| \le 1$，當 $|y| > \frac{\pi}{2}$ 時 $|\frac{2}{\pi}y| > 1$，故實數根必落在 $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ 區間內。

比較 $h(y) = \frac{2}{\pi}y$ 與 $g(y) = \sin y$ 的圖形交點：

• $y = 0 \implies \frac{2}{\pi}(0) = \sin(0) = 0$
• $y = \frac{\pi}{2} \implies \frac{2}{\pi}\left(\frac{\pi}{2}\right) = \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1$
• $y = -\frac{\pi}{2} \implies \frac{2}{\pi}\left(-\frac{\pi}{2}\right) = \sin\left(-\frac{\pi}{2}\right) = -1$

核心觀念

本題考查二階常係數齊次微分方程的代入驗證。已知

$$y=e^{3x}\cos x$$

需計算 $y'$、$y''$，代回

$$y''-6y'+ky=0$$

並求出參數 $k$。

解題方法

先求一階導數：

$$y'=\frac{d}{dx}\left(e^{3x}\cos x\right) =e^{3x}(3\cos x-\sin x)$$

再求二階導數：

$$\begin{aligned} y'' &=\frac{d}{dx}\left[e^{3x}(3\cos x-\sin x)\right]\\ &=3e^{3x}(3\cos x-\sin x) +e^{3x}(-3\sin x-\cos x)\\ &=e^{3x}(8\cos x-6\sin x) \end{aligned}$$

代入微分方程：

$$\begin{aligned} y''-6y'+ky &=e^{3x}(8\cos x-6\sin x)\\ &\quad-6e^{3x}(3\cos x-\sin x) +ke^{3x}\cos x\\ &=e^{3x}\left[(8-18+k)\cos x+(-6+6)\sin x\right]\\ &=e^{3x}(k-10)\cos x \end{aligned}$$

核心觀念

一階微分方程若可寫成

$$a_1(x)\frac{dy}{dx}+a_0(x)y=g(x),$$

且 $y$ 與 $\dfrac{dy}{dx}$ 只呈一次方，係數僅為 $x$ 的函數，便稱為一階線性微分方程。注意 $x^2y$ 仍是線性項，因為 $x^2$ 只是 $y$ 的係數。

若能整理成

$$\frac{dy}{dx}=f(x)g(y),$$

再將 $y$ 的部分與 $x$ 的部分分開，即可分離變數。

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解題方法

原式為

$$e^x\frac{dy}{dx}+3y=x^2y.$$

將右側移至左側：

$$e^x\frac{dy}{dx}+(3-x^2)y=0.$$

由於 $e^x\neq 0$，兩邊除以 $e^x$：

$$\frac{dy}{dx}+(3-x^2)e^{-x}y=0.$$

此式符合

$$\frac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x)$$

的形式，其中

$$P(x)=(3-x^2)e^{-x},\qquad Q(x)=0.$$

因此，本方程是一階線性齊次微分方程。

另一方面，將原式直接整理為

$$e^x\frac{dy}{dx}=(x^2-3)y,$$

得到

$$\frac{dy}{dx}=(x^2-3)e^{-x}y.$$

對 $y\neq 0$，可分離變數：

$$\frac{1}{y}\,dy=(x^2-3)e^{-x}\,dx.$$

左側只含 $y$，右側只含 $x$，所以本方程也是可分離變數微分方程。

為確認分類，可繼續求解：

核心觀念

對初值問題

$$y'=f(t,y)$$

Euler 法為

$$y_{n+1}=y_n+h f(t_n,y_n),$$

只使用起點斜率，因此是一階數值法。

改良 Euler 法使用起點與預測終點的斜率平均值，典型的 Heun 形式為

$$k_1=f(t_n,y_n),$$ $$\widetilde y_{n+1}=y_n+h k_1,$$ $$k_2=f(t_n+h,\widetilde y_{n+1}),$$ $$y_{n+1}=y_n+\frac{h}{2}(k_1+k_2).$$

它是一個具有兩個斜率評估值的二階 Runge–Kutta 法。不同教材若採用中點型改良 Euler 法，階數同樣是二階。

解題方法

令 $f_n=f(t_n,y_n)$。沿著精確解 $y(t)$，有

$$y'_n=f_n,$$

且由鏈鎖律

$$y''_n=\frac{d}{dt}f(t,y(t)) =f_t+f_y y' =f_t+f_y f_n.$$

預測終點斜率 $k_2$ 可作 Taylor 展開：

$$\begin{aligned} k_2 &=f(t_n+h,y_n+h f_n)\\ &=f_n+h(f_t+f_yf_n)+O(h^2)\\ &=f_n+h y''_n+O(h^2). \end{aligned}$$

代入改良 Euler 更新式：

觀念重點

1. Cauchy-Euler 方程式通解：設 $y = x^m$，求特徵根以建立通解 $y(x) = C_1 x + C_2 x^2$。
2. 二階 ODE 之歐拉法（Euler's Method）：
   將二階微分方程轉為一階系統：
   $y' = v$
   $v' = y'' = \frac{2xv - 2y}{x^2}$
   步長 $h = 0.1$ 的疊代公式為：
   $y_{n+1} = y_n + h \cdot v_n$
   $v_{n+1} = v_n + h \cdot v'_n$

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詳細推導與選點解析

1. 歐拉法數值計算

• 初始狀態 ($x_0 = 1.0$)：
  $y_0 = 4, \quad v_0 = 9$
  $v'_0 = \frac{2(1)(9) - 2(4)}{1^2} = 10$

• 第一步 ($x_1 = 1.1$)：
  $y_1 = y_0 + h \cdot v_0 = 4 + 0.1 \times 9 = 4.9$

核心觀念

向量組 $\{v_1,v_2,v_3\}$ 線性相依的定義是：存在不全為零的常數 $c_1,c_2,c_3$，使得

$$c_1v_1+c_2v_2+c_3v_3=\mathbf{0}.$$

若唯一解為 $c_1=c_2=c_3=0$，則三個向量線性獨立。

解題方法

令

$$c_1(1,0,3,1)+c_2(0,1,-6,-1)+c_3(0,2,1,0)=(0,0,0,0).$$

比較各座標，得到聯立方程：

$$\begin{cases} c_1=0,\\ c_2+2c_3=0,\\ 3c_1-6c_2+c_3=0,\\ c_1-c_2=0. \end{cases}$$

由第一式得 $c_1=0$。代入第四式：

$$-c_2=0\quad\Rightarrow\quad c_2=0.$$

再代入第二式：

$$2c_3=0\quad\Rightarrow\quad c_3=0.$$

因此齊次方程組只有平凡解

$$c_1=c_2=c_3=0.$$

核心觀念

線性方程組的秩，是其係數矩陣中線性獨立列（或行）的最大數目，也等於列簡化階梯形矩陣中的主元數目。

本題係數矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} 1&0&-1&2&1&6\\ 0&1&2&3&2&4\\ 1&1&3&1&0&2 \end{bmatrix}.$$

秩可透過列運算化為階梯形矩陣後，數非零列或主元數目求得。

解題方法

將增廣矩陣寫出：

$$\left[ \begin{array}{cccccc|c} 1&0&-1&2&1&6&-3\\ 0&1&2&3&2&4&1\\ 1&1&3&1&0&2&0 \end{array} \right].$$

對第三列進行列運算：

$$R_3\leftarrow R_3-R_1-R_2.$$

計算得

$$\left[ \begin{array}{cccccc|c} 1&0&-1&2&1&6&-3\\ 0&1&2&3&2&4&1\\ 0&0&2&-4&-3&-8&2 \end{array} \right].$$

此矩陣共有三個主元：

核心觀念

本題考查三個 Fourier series 基本觀念：

1. 偶函數與奇函數

   • 偶函數：$f(-x)=f(x)$。
   • 奇函數：$f(-x)=-f(x)$，因此奇函數必滿足 $f(0)=0$。

2. Fourier series 的收斂定理

   若函數在一個週期內為分段光滑或分段連續可微，則 Fourier series 在 $x$ 點的和為

   $S_f(x)=\frac{f(x^-)+f(x^+)}{2}.$

   因此：

   • 若 $f$ 在 $x$ 連續，則 $S_f(x)=f(x)$。
   • 若 $f$ 在 $x$ 有跳躍不連續，則 Fourier series 收斂到左右極限的平均值。
   • $f'$ 不必在整個區間連續，只要滿足適當的分段光滑條件即可。

3. 連續函數

   $|x|$ 在 $x=0$ 左右的極限皆為 $0$，且 $|0|=0$，所以 $|x|$ 在 $0$ 連續；其他位置則為一次函數。

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解題方法

逐一檢查各選項：

• 用對稱性判斷 (A)。
• 用 Fourier 收斂定理判斷 (B) 與 (D)。
• 直接檢查絕對值函數的連續性判斷 (C)。

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選項分析

(A) $e^{-|x|}$ is an odd function.

令

$g(x)=e^{-|x|}.$

則

$g(-x)=e^{-|-x|}=e^{-|x|}=g(x).$

所以 $g(x)$ 滿足偶函數條件，是偶函數，不是奇函數。

此外，奇函數必須滿足 $g(0)=0$，但

$g(0)=e^0=1\ne 0.$

因此 (A) 錯誤。

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(B) $f'$ must be continuous on $[a,b]$ to ensure that the Fourier series of $f$ on $[a,b]$ converges to $f$.

此敘述把條件說得過強。Fourier series 收斂到函數本身時，常用的充分條件是：

• $f$ 在區間內分段連續；
• $f$ 在區間內分段連續可微，或分段光滑。

不要求 $f'$ 在整個 $[a,b]$ 上連續。

例如

$f(x)=|x|,\qquad -\pi\le x\le\pi$

在 $x=0$ 連續，但其導數為

$$f'(x)= \begin{cases} -1,&x<0,\\ 1,&x>0, \end{cases}$$

核心觀念

在區間 $-1<x<1$ 上，週期為 $2$ 的傅立葉級數寫成

$$f(x)=\frac{A}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} \left(B_n\cos(n\pi x)+C_n\sin(n\pi x)\right).$$

由三角函數正交性，係數為

$$A=\int_{-1}^{1}f(x)\,dx,$$ $$B_n=\int_{-1}^{1}f(x)\cos(n\pi x)\,dx, \qquad C_n=\int_{-1}^{1}f(x)\sin(n\pi x)\,dx.$$

本題函數

$$f(x)=2x^2-1$$

是偶函數，因此其傅立葉級數只含餘弦項，所有正弦係數皆為 $0$。

解題方法

1. 計算 $A$

$$\begin{aligned} A &=\int_{-1}^{1}(2x^2-1)\,dx \\ &=\left[\frac{2}{3}x^3-x\right]_{-1}^{1} \\ &=\left(\frac23-1\right)-\left(-\frac23+1\right) \\ &=-\frac23. \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{A=-\frac23}.$$

2. 計算 $C_n$

因為 $f(x)$ 是偶函數，而 $\sin(n\pi x)$ 是奇函數，所以乘積為奇函數：

$$f(x)\sin(n\pi x)$$

在對稱區間 $[-1,1]$ 上的積分為 $0$。因此

$$\boxed{C_n=0}.$$

3. 計算 $B_n$

令 $a=n\pi$，利用偶函數性質：

$$B_n=2\int_0^1(2x^2-1)\cos(ax)\,dx.$$

其一個反導函數為

$$\int(2x^2-1)\cos(ax)\,dx = \frac{(2x^2-1)\sin(ax)}{a} +\frac{4x\cos(ax)}{a^2} -\frac{4\sin(ax)}{a^3}.$$

因此

核心觀念

本題考查二階線性齊次微分方程的降階法。將方程寫成標準形式

$$y''+P(x)y'+Q(x)y=0,$$

若已知一個非零解 $y_1(x)$，則另一個線性獨立解可由公式求得：

$$y_2=y_1\int \frac{e^{-\int P(x)\,dx}}{y_1^2}\,dx.$$

兩個解線性獨立的判定方式是朗斯基行列式不為零：

$$W(y_1,y_2)= \begin{vmatrix} y_1&y_2\\ y_1'&y_2' \end{vmatrix} \neq 0.$$

解題方法

題目中的

$$P(x)=-\frac{2x}{1+x^2},\qquad y_1=x.$$

先計算

$$\int P(x)\,dx =\int-\frac{2x}{1+x^2}\,dx =-\ln(1+x^2).$$

因此

$$e^{-\int P(x)\,dx}=e^{\ln(1+x^2)}=1+x^2.$$

代入降階公式：

$$\begin{aligned} y_2 &=x\int\frac{1+x^2}{x^2}\,dx\\ &=x\int\left(1+\frac{1}{x^2}\right)\,dx\\ &=x\left(x-\frac{1}{x}\right)\\ &=x^2-1. \end{aligned}$$

積分常數所產生的項為常數倍的 $x$，只會與已知解 $y_1=x$ 重複，因此不列入第二個線性獨立解。

也可直接驗證：

$$y_2=x^2-1,\qquad y_2'=2x,\qquad y_2''=2.$$

代回原方程：

$$\begin{aligned} y_2''-\frac{2x}{1+x^2}y_2' +\frac{2}{1+x^2}y_2 &=2-\frac{4x^2}{1+x^2} +\frac{2x^2-2}{1+x^2}\\ &=0. \end{aligned}$$

此外，

$$W(y_1,y_2) = \begin{vmatrix} x&x^2-1\\ 1&2x \end{vmatrix} =2x^2-(x^2-1) =x^2+1\neq 0.$$

所以 $x$ 與 $x^2-1$ 確實線性獨立。

核心觀念

本題考查拉普拉斯變換解初值問題，使用公式

$$\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0),$$ $$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0),$$

以及

$$\mathcal{L}\{e^{at}\}=\frac{1}{s-a}.$$

題目給定

$$y=A+Be^t+Ce^{3t}+De^{4t},$$

其中 $1=e^{0t}$，因此 $A$ 與 $D e^{4t}$ 對應齊次解，$Be^t$ 與 $Ce^{3t}$ 對應非齊次項。

解題方法

令

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$$

由 $y(0)=1$、$y'(0)=-1$，

$$\mathcal{L}\{y''-4y'\} =(s^2Y-s+1)-4(sY-1).$$

右側則為

$$\mathcal{L}\{6e^{3t}-3e^t\} =\frac{6}{s-3}-\frac{3}{s-1}.$$

因此

$$(s^2-4s)Y-s+5 =\frac{6}{s-3}-\frac{3}{s-1},$$

所以

$$Y(s) = \frac{s-5+\dfrac{6}{s-3}-\dfrac{3}{s-1}} {s(s-4)}.$$

整理為有理式：

$$Y(s) = \frac{s^3-9s^2+26s-12} {s(s-1)(s-3)(s-4)}.$$

部分分式分解得

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換的「乘積—卷積」關係。若

$$L\{f(t)\}=F(s),\qquad L\{g(t)\}=G(s),$$

則頻域中的乘積 $F(s)G(s)$，在時間域中對應的是卷積，而不是 $f(t)$ 與 $g(t)$ 的逐點相乘：

$$L^{-1}\{F(s)G(s)\} =(f*g)(t) =\int_0^t f(\tau)g(t-\tau)\,d\tau.$$

因此一般而言，

$$L^{-1}\{F(s)G(s)\}\neq f(t)g(t).$$

解題方法

利用拉普拉斯轉換的卷積定理：

$$L\{f*g\}=F(s)G(s),$$

其中

$$(f*g)(t)=\int_0^t f(\tau)g(t-\tau)\,d\tau.$$

所以反變換後應為

$$L^{-1}\{F(s)G(s)\} =\int_0^t f(\tau)g(t-\tau)\,d\tau,$$

而題目所寫的 $f(t)g(t)$ 是兩函數的逐點乘積，兩者並不相同。

亦可用簡單反例驗證。令

$$f(t)=1,\qquad g(t)=1.$$

則

$$F(s)=G(s)=\frac{1}{s},$$

因此

觀念與解題步驟

將分段定義函數利用單位階梯函數（Unit Step Function）$u(t-a)$ 表示，再依據拉氏轉換之第二平移定理（Second Shifting Theorem）求得結果。

Step 1: 將分段函數表為單位階梯函數型式

$f(t) = 3 + [(5 - t) - 3] u(t-2) = 3 - (t - 2) u(t-2)$

Step 2: 取拉氏轉換

對兩邊取拉氏轉換 $\mathcal{L}\{f(t)\}$：
$\mathcal{L}\{f(t)\} = \mathcal{L}\{3\} - \mathcal{L}\{(t-2) u(t-2)\}$

觀念與判斷步驟

已知偏微分方程式（PDE）：
$a \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + b \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0$

1. 階數（Order）：方程式中出現最高階偏導數為 $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$ 與 $\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}$，皆為二次偏導數，故為**二階（second order

選項解析與推導

1. 選項 (C) 之分析（時移性質 Time-Shifting Property）：

根據傅立葉轉換定義：
$I\{f(t-\tau)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(t-\tau) e^{-i\omega t} dt$

變數代換令 $u = t - \tau \Rightarrow t = u + \tau$，$dt = du$：
$I\{f(t-\tau)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(u) e^{-i\omega (u+\tau)} du = e^{-i\omega\tau} \int_{-\infty}^{\infty} f(u) e^{-i\omega u} du = F(\omega)e^{-i\omega\tau}$

故選項 (C) 敘述正確。

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2. 選項 (A) 與 (B) 之分析（摺積定理 Convolution Theorem）：

核心觀念

本題考查行列式、正交矩陣與秩的基本性質：

• 對 $n\times n$ 矩陣，$\det(cA)=c^n\det(A)$。
• $\det(A^T)=\det(A)$。
• 若 $AA^T=I$，則 $A$ 為正交矩陣，且 $\det(A)=\pm1$。
• 矩陣有兩列相同時，行列式為 $0$。
• $\det(A)\neq0$ 只能判斷 $A$ 滿秩；$\det(A)=0$ 無法決定實際秩。

選項分析

（A）$\det(-A)=-\det(A)$

矩陣 $-A$ 的每一列都乘上 $-1$，共有 $n$ 列，因此

$$\det(-A)=(-1)^n\det(A).$$

當 $n$ 為奇數時，才有

$$\det(-A)=-\det(A).$$

當 $n$ 為偶數時，

$$\det(-A)=\det(A).$$

例如 $n=2$ 且 $A=I$：

$$\det(-I)=1,\qquad -\det(I)=-1.$$

所以此敘述不對所有 $n$ 成立，錯誤。

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（B）若 $AA^T=I$，則 $\det(A)=1$

對等式兩邊取行列式：

$$\det(AA^T)=\det(I)=1.$$

利用行列式乘法性與轉置性質：

$$\det(A)\det(A^T)=\det(A)^2=1.$$

因此只能得到

$$\det(A)=\pm1,$$

不一定等於 $1$。

取

$$A= \begin{bmatrix} -1&0&\cdots&0\\ 0&1&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&\cdots&1 \end{bmatrix},$$

則

$$AA^T=I,\qquad \det(A)=-1.$$

所以此敘述錯誤。

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核心觀念

設 $A\in\mathbb{R}^{3\times 3}$，其特徵值依代數重數為

$$\lambda_1,\lambda_1,\lambda_2, \qquad \lambda_1\ne\lambda_2.$$

因此特徵多項式為

$$\chi_A(t)=(t-\lambda_1)^2(t-\lambda_2).$$

本題使用三個觀念：

1. 實矩陣的非實特徵值必須成共軛對出現，且代數重數相同。
2. 特徵值 $\lambda$ 的幾何重數為 $$\dim N(A-\lambda I),$$ 且幾何重數不超過代數重數。
3. 矩陣可對角化，當且僅當每個特徵值的幾何重數等於其代數重數。

題目給出

$$\dim N(A-\lambda_1 I)=1,$$

表示 $\lambda_1$ 的幾何重數為 $1$，而它的代數重數為 $2$。

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解題方法

先處理特徵值是否為實數，再比較各特徵值的代數重數與幾何重數。

由於 $A$ 為實矩陣，$\chi_A(t)$ 是實係數多項式。若 $\lambda_1$ 為非實數，則其共軛 $\overline{\lambda_1}$ 也必須是特徵值，且代數重數同樣為 $2$。這會使三階特徵多項式至少包含

$$(t-\lambda_1)^2(t-\overline{\lambda_1})^2,$$

總代數重數至少為 $4$，與 $A$ 為 $3\times 3$ 矩陣矛盾。因此 $\lambda_1$ 必為實數。

既然 $\lambda_1$ 為實數，若 $\lambda_2$ 為非實數，則 $\overline{\lambda_2}$ 也必須是特徵值。由於 $\lambda_1$ 是實數，$\overline{\lambda_2}$ 不可能等於 $\lambda_1$；若等於 $\lambda_2$，則 $\lambda_2$ 會是實數，也與假設矛盾。因此 $\lambda_2$ 也必為實數。

接著，$\lambda_2$ 的代數重數為 $1$。由於 $\lambda_2$ 是特徵值，其幾何重數至少為 $1$，又幾何重數不超過代數重數，所以

$$1\leq \dim N(A-\lambda_2 I)\leq 1.$$

因此