113 年 國立中山大學電機工程學系碩士班庚組《工程數學甲》

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第 1 題

Use the Fourier series analysis equation to calculate the coefficients aka_k (when k≠0k \neq 0) for the continuous-time periodic signal
x(t)={1.5,0≤t<1−1.5,1≤t<2x(t) = \begin{cases} 1.5, & 0 \le t < 1 \\ -1.5, & 1 \le t < 2 \end{cases}
with fundamental frequency ω0=π\omega_0 = \pi.
(A) ak=3jkπsin⁡(kπ2)a_k = \frac{3}{j k \pi} \sin\left(\frac{k\pi}{2}\right)
(B) ak=3kπe−jkπsin⁡(kπ)a_k = \frac{3}{k\pi} e^{-jk\pi} \sin(k\pi)
(C) ak=e−jkπsin⁡(kπ)a_k = e^{-jk\pi} \sin(k\pi)
(D) ak=3jkπe−jkπ/2sin⁡(kπ2)a_k = \frac{3}{j k \pi} e^{-jk\pi/2} \sin\left(\frac{k\pi}{2}\right)

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使用複數傅立葉級數係數的定義

ak=1T∫0Tx(t) e−jkω0t dt,T=2, ω0=π.a_k=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}x(t)\,e^{-jk\omega_0 t}\,dt , \qquad T=2,\ \omega_0=\pi . ak=12[∫011.5 e−jkπt dt  +  ∫12(−1.5) e−jkπt dt]=0.75(I1−I2)a_k=\frac{1}{2}\Bigl[ \int_{0}^{1}1.5\,e^{-jk\pi t}\,dt \;+\;\int_{1}^{2}(-1.5)\,e^{-jk\pi t}\,dt\Bigr] =0.75\bigl(I_1-I_2\bigr) I1=∫01e−jkπt dt=e−jkπ−1−jkπ,I2=∫12e−jkπt dt=e−jk2π−e−jkπ−jkπ=1−e−jkπ−jkπ.I_1=\int_{0}^{1}e^{-jk\pi t}\,dt =\frac{e^{-jk\pi}-1}{-jk\pi},\qquad I_2=\int_{1}^{2}e^{-jk\pi t}\,dt =\frac{e^{-jk2\pi}-e^{-jk\pi}}{-jk\pi}= \frac{1-e^{-jk\pi}}{-jk\pi}.
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第 2 題

Let x1(t)x_1(t) be a continuous-time periodic signal with fundamental frequency ω1\omega_1 and Fourier coefficients aka_k. Given that x2(t)=x1(1−t)+x1(t−1)x_2(t) = x_1(1-t) + x_1(t-1). Find a relationship between the Fourier series coefficients bkb_k of x2(t)x_2(t) and the coefficients aka_k.
(A) bk=e−jkω1(ak+a−k)b_k = e^{-jk\omega_1} (a_k + a_{-k})
(B) bk=e−jkω1(ak−a−k)b_k = e^{-jk\omega_1} (a_k - a_{-k})
(C) bk=jkω1(ak+a−k)b_k = j k \omega_1 (a_k + a_{-k})
(D) bk=jkω1(ak−a−k)b_k = j k \omega_1 (a_k - a_{-k})

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核心觀念

採用複指數型傅立葉級數:

x1(t)=∑k=−∞∞akejkω1t.x_1(t)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_k e^{jk\omega_1 t}.

本題使用兩個性質:

  1. 時間平移

    x1(t−t0)⟷e−jkω1t0ak.x_1(t-t_0) \longleftrightarrow e^{-jk\omega_1t_0}a_k.
  2. 時間反轉

    x1(−t)⟷a−k.x_1(-t) \longleftrightarrow a_{-k}.

解題方法

先處理 x1(t−1)x_1(t-1):

x1(t−1)=∑k=−∞∞akejkω1(t−1)=∑k=−∞∞ake−jkω1ejkω1t.x_1(t-1) =\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_k e^{jk\omega_1(t-1)} =\sum_{k=-\infty}^{\infty} a_k e^{-jk\omega_1}e^{jk\omega_1t}.

因此,其傅立葉係數為

e−jkω1ak.e^{-jk\omega_1}a_k.

再處理 x1(1−t)x_1(1-t):

x1(1−t)=∑m=−∞∞amejmω1(1−t)=∑m=−∞∞amejmω1e−jmω1t.\begin{aligned} x_1(1-t) &=\sum_{m=-\infty}^{\infty}a_m e^{jm\omega_1(1-t)}\\ &=\sum_{m=-\infty}^{\infty} a_m e^{jm\omega_1}e^{-jm\omega_1t}. \end{aligned}

令 k=−mk=-m,則

x1(1−t)=∑k=−∞∞a−ke−jkω1ejkω1t.x_1(1-t) =\sum_{k=-\infty}^{\infty} a_{-k}e^{-jk\omega_1}e^{jk\omega_1t}.

因此,其傅立葉係數為

e−jkω1a−k.e^{-jk\omega_1}a_{-k}.

由於

x2(t)=x1(1−t)+x1(t−1),x_2(t)=x_1(1-t)+x_1(t-1),

兩者相加後得到

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第 3 題

What is the Fourier transform of e−2∣t−1∣e^{-2|t-1|}?
(A) 2e−jω4+ω2\frac{2e^{-j\omega}}{4 + \omega^2}
(B) 4e−jω4+ω2\frac{4e^{-j\omega}}{4 + \omega^2}
(C) 4e−jω2+jω\frac{4e^{-j\omega}}{2 + j\omega}
(D) 2e−jω2+jω\frac{2e^{-j\omega}}{2 + j\omega}

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核心觀念

採用工程數學常用的傅立葉轉換定義:

X(ω)=∫−∞∞x(t)e−jωt dtX(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j\omega t}\,dt

本題使用兩個重要公式:

  1. 基本轉換對:
e−a∣t∣ ↔F 2aa2+ω2,a>0e^{-a|t|} \ \xleftrightarrow{\mathcal{F}}\ \frac{2a}{a^2+\omega^2},\qquad a>0
  1. 時間平移性質:
x(t−t0) ↔F e−jωt0X(ω)x(t-t_0) \ \xleftrightarrow{\mathcal{F}}\ e^{-j\omega t_0}X(\omega)

題目中的 e−2∣t−1∣e^{-2|t-1|} 是以 e−2∣t∣e^{-2|t|} 為基準,向右平移 11 單位。

解題方法

先令

g(t)=e−2∣t∣g(t)=e^{-2|t|}

由於

∣t∣={−t,t<0,t,t≥0,|t|= \begin{cases} -t,&t<0,\\ t,&t\geq 0, \end{cases}

因此

g(t)={e2t,t<0,e−2t,t≥0.g(t)= \begin{cases} e^{2t},&t<0,\\ e^{-2t},&t\geq 0. \end{cases}

其傅立葉轉換為

G(ω)=∫−∞0e2te−jωt dt+∫0∞e−2te−jωt dt.G(\omega) = \int_{-\infty}^{0}e^{2t}e^{-j\omega t}\,dt + \int_{0}^{\infty}e^{-2t}e^{-j\omega t}\,dt.

分別計算:

∫−∞0e(2−jω)t dt=12−jω,\int_{-\infty}^{0}e^{(2-j\omega)t}\,dt = \frac{1}{2-j\omega},

以及

∫0∞e−(2+jω)t dt=12+jω.\int_{0}^{\infty}e^{-(2+j\omega)t}\,dt = \frac{1}{2+j\omega}.

所以

G(ω)=12−jω+12+jω=(2+jω)+(2−jω)(2−jω)(2+jω)=44+ω2.\begin{aligned} G(\omega) &= \frac{1}{2-j\omega}+\frac{1}{2+j\omega}\\ &= \frac{(2+j\omega)+(2-j\omega)} {(2-j\omega)(2+j\omega)}\\ &= \frac{4}{4+\omega^2}. \end{aligned}

原函數可寫成

e−2∣t−1∣=g(t−1).e^{-2|t-1|}=g(t-1).

根據時間平移性質,

F{g(t−1)}=e−jωG(ω).\mathcal{F}\{g(t-1)\} = e^{-j\omega}G(\omega).

因此

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第 4 題

Use the Fourier transform synthesis equation to determine the inverse Fourier transforms of X(jω)=2πδ(ω)+πδ(ω−4π)+πδ(ω+4π)X(j\omega) = 2\pi\delta(\omega) + \pi\delta(\omega - 4\pi) + \pi\delta(\omega + 4\pi).
(A) 1+πcos⁡(4πt)1 + \pi\cos(4\pi t)
(B) 1+sin⁡(4πt)1 + \sin(4\pi t)
(C) 1+cos⁡(4πt)1 + \cos(4\pi t)
(D) 1+sin⁡(4πt)1 + \sin(4\pi t)

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核心觀念

採用連續時間傅立葉轉換的合成公式:

x(t)=12π∫−∞∞X(jω)ejωt dωx(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}X(j\omega)e^{j\omega t}\,d\omega

並使用 Dirac delta 函數的取樣性質:

∫−∞∞δ(ω−ω0)f(ω) dω=f(ω0)\int_{-\infty}^{\infty}\delta(\omega-\omega_0)f(\omega)\,d\omega=f(\omega_0)

題目中的三個脈衝分別代表:

  • ω=0\omega=0 的直流成分;
  • ω=4π\omega=4\pi 與 ω=−4π\omega=-4\pi 的正、負角頻率成分。

正負頻率脈衝係數相同,會合成餘弦波。

解題方法

代入傅立葉合成公式:

x(t)=12π∫−∞∞[2πδ(ω)+πδ(ω−4π)+πδ(ω+4π)]ejωt dω\begin{aligned} x(t) &=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \left[ 2\pi\delta(\omega) +\pi\delta(\omega-4\pi) +\pi\delta(\omega+4\pi) \right]e^{j\omega t}\,d\omega \end{aligned}

利用 delta 函數的取樣性質,分別計算三項:

12π∫2πδ(ω)ejωt dω=1\frac{1}{2\pi}\int 2\pi\delta(\omega)e^{j\omega t}\,d\omega =1 12π∫πδ(ω−4π)ejωt dω=12ej4πt\frac{1}{2\pi}\int \pi\delta(\omega-4\pi)e^{j\omega t}\,d\omega =\frac{1}{2}e^{j4\pi t} 12π∫πδ(ω+4π)ejωt dω=12e−j4πt\frac{1}{2\pi}\int \pi\delta(\omega+4\pi)e^{j\omega t}\,d\omega =\frac{1}{2}e^{-j4\pi t}

因此:

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第 5 題

Use the Fourier transform synthesis equation to determine the inverse Fourier transforms of
X(jω)={2,0≤ω≤2−2,−2≤ω<00,∣ω∣>2X(j\omega) = \begin{cases} 2, & 0 \le \omega \le 2 \\ -2, & -2 \le \omega < 0 \\ 0, & |\omega| > 2 \end{cases}
(A) 4jcos⁡2tπt\frac{4j\cos^2 t}{\pi t}
(B) 4sin⁡2tπt\frac{4\sin^2 t}{\pi t}
(C) 4jsin⁡2tπt\frac{4j\sin^2 t}{\pi t}
(D) 4cos⁡2tπt\frac{4\cos^2 t}{\pi t}

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核心觀念

採用連續時間 Fourier transform 的反變換公式:

x(t)=12π∫−∞∞X(jω)ejωt dωx(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}X(j\omega)e^{j\omega t}\,d\omega

本題的頻譜在正、負頻率區間大小相等但符號相反。除去 ω=0\omega=0 的單一端點外,可視為實數奇函數,因此反變換結果應為「純虛數、奇函數」,可作為驗算依據。

解題方法

將正、負頻率部分配對:

x(t)=12π[∫022ejωt dω+∫−20(−2)ejωt dω]=12π∫02(2ejωt−2e−jωt)dω\begin{aligned} x(t) &=\frac{1}{2\pi} \left[ \int_0^2 2e^{j\omega t}\,d\omega +\int_{-2}^0(-2)e^{j\omega t}\,d\omega \right]\\ &=\frac{1}{2\pi}\int_0^2 \left(2e^{j\omega t}-2e^{-j\omega t}\right)d\omega \end{aligned}

利用

ejωt−e−jωt=2jsin⁡(ωt)e^{j\omega t}-e^{-j\omega t}=2j\sin(\omega t)

得

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第 6 題

What is the Laplace transform of e−5tu(t−1)e^{-5t}u(t-1)?
(A) e−(s+5)(s+5)\frac{e^{-(s+5)}}{(s+5)}
(B) e−(s+5)(s+5)\frac{e^{-(s+5)}}{(s+5)}
(C) e−(s+5)(s−5)\frac{e^{-(s+5)}}{(s-5)}
(D) e(s+5)(s−5)\frac{e^{(s+5)}}{(s-5)}

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核心觀念

本題考查單位階躍函數與拉普拉斯轉換定義:

u(t−1)={0,t<1,1,t≥1.u(t-1)= \begin{cases} 0, & t<1,\\ 1, & t\ge 1. \end{cases}

因此,e−5tu(t−1)e^{-5t}u(t-1) 只在 t≥1t\ge 1 時有值。拉普拉斯轉換定義為

L{f(t)}=∫0∞f(t)e−st dt.\mathcal{L}\{f(t)\} =\int_0^\infty f(t)e^{-st}\,dt.

此外,

L{e−at}=1s+a,\mathcal{L}\{e^{-at}\}=\frac{1}{s+a},

所以本題分母應出現 s+5s+5。

解題方法

由於 u(t−1)u(t-1) 使函數從 t=1t=1 才開始,因此

L{e−5tu(t−1)}=∫1∞e−5te−st dt.\mathcal{L}\{e^{-5t}u(t-1)\} =\int_1^\infty e^{-5t}e^{-st}\,dt.

合併指數:

∫1∞e−(s+5)t dt.\int_1^\infty e^{-(s+5)t}\,dt.

在收斂條件 Re⁡(s)>−5\operatorname{Re}(s)>-5 下,

∫1∞e−(s+5)t dt=[−1s+5e−(s+5)t]1∞=0−(−e−(s+5)s+5)=e−(s+5)s+5.\begin{aligned} \int_1^\infty e^{-(s+5)t}\,dt &=\left[-\frac{1}{s+5}e^{-(s+5)t}\right]_1^\infty\\ &=0-\left(-\frac{e^{-(s+5)}}{s+5}\right)\\ &=\frac{e^{-(s+5)}}{s+5}. \end{aligned}

因此

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第 7 題

Determine the inverse Laplace transform of
X(s)=2(s+2)s2+7s+12,Re{s}>−3X(s) = \frac{2(s + 2)}{s^2 + 7s + 12}, \quad \text{Re}\{s\} > -3
(A) 4e−4tu(−t)−2e−3tu(−t)4e^{-4t}u(-t) - 2e^{-3t}u(-t)
(B) 4e4tu(t)−2e3tu(t)4e^{4t}u(t) - 2e^{3t}u(t)
(C) 4e4tu(−t)−2e3tu(−t)4e^{4t}u(-t) - 2e^{3t}u(-t)
(D) 4e−4tu(t)−2e−3tu(t)4e^{-4t}u(t) - 2e^{-3t}u(t)

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核心觀念

本題明確給出收斂域 Re⁡{s}>−3\operatorname{Re}\{s\}>-3,因此採用雙邊拉普拉斯轉換。雙邊拉普拉斯轉換中,收斂域會決定時域訊號是右側訊號 u(t)u(t) 或左側訊號 u(−t)u(-t)。

常用公式為

e−atu(t) ↔L 1s+a,ROC⁡:Re⁡{s}>−ae^{-at}u(t)\ \xleftrightarrow{\mathcal L}\ \frac{1}{s+a}, \qquad \operatorname{ROC}:\operatorname{Re}\{s\}>-a

以及

−e−atu(−t) ↔L 1s+a,ROC⁡:Re⁡{s}<−a.-e^{-at}u(-t)\ \xleftrightarrow{\mathcal L}\ \frac{1}{s+a}, \qquad \operatorname{ROC}:\operatorname{Re}\{s\}<-a.

因此,同一個代數形式的 X(s)X(s),因收斂域不同,可能對應不同的時域訊號。


解題方法

先將分母因式分解:

s2+7s+12=(s+3)(s+4)s^2+7s+12=(s+3)(s+4)

故

X(s)=2(s+2)(s+3)(s+4).X(s)=\frac{2(s+2)}{(s+3)(s+4)}.

作部分分式分解:

2(s+2)(s+3)(s+4)=As+3+Bs+4.\frac{2(s+2)}{(s+3)(s+4)} =\frac{A}{s+3}+\frac{B}{s+4}.

比較係數得

2(s+2)=A(s+4)+B(s+3),2(s+2)=A(s+4)+B(s+3),

因此

A+B=2,4A+3B=4.A+B=2,\qquad 4A+3B=4.

解得

A=−2,B=4.A=-2,\qquad B=4.

所以

X(s)=−2s+3+4s+4.X(s)=-\frac{2}{s+3}+\frac{4}{s+4}.

接著利用收斂域判斷時域方向。兩個極點為 s=−3s=-3 與 s=−4s=-4,題目給定

Re⁡{s}>−3.\operatorname{Re}\{s\}>-3.

此收斂域位於最右側極點 −3-3 的右方,表示兩個部分分式都必須採用右側訊號:

−2s+3⟷−2e−3tu(t),-\frac{2}{s+3} \longleftrightarrow -2e^{-3t}u(t), 4s+4⟷4e−4tu(t).\frac{4}{s+4} \longleftrightarrow 4e^{-4t}u(t).

因此

x(t)=4e−4tu(t)−2e−3tu(t).x(t)=4e^{-4t}u(t)-2e^{-3t}u(t).

選項分析

(A)

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第 8 題

One corner of a rectangular parallelepiped is at (1, 1, 1), and three incident sides extend from this point to (-2, 1, 6), (3, 5, 7) and (0, 1, 6). Please identify the volume of this solid.
(A) 20
(B) 40
(C) 18
(D) 42

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核心觀念

由同一頂點伸出的三條邊向量,可用純量三重積求出所張成立體的體積:

V=∣u⋅(v×w)∣=∣det⁡[u v w]∣.V=\left|\mathbf{u}\cdot(\mathbf{v}\times\mathbf{w})\right| =\left|\det[\mathbf{u}\ \mathbf{v}\ \mathbf{w}]\right|.

其中絕對值是因為體積必須為正值。

解題方法

設共同頂點為

P=(1,1,1).P=(1,1,1).

三條邊的終點分別為

A=(−2,1,6),B=(3,5,7),C=(0,1,6).A=(-2,1,6),\qquad B=(3,5,7),\qquad C=(0,1,6).

因此三條邊向量為

u=A−P=(−3,0,5),\mathbf{u}=A-P=(-3,0,5), v=B−P=(2,4,6),\mathbf{v}=B-P=(2,4,6), w=C−P=(−1,0,5).\mathbf{w}=C-P=(-1,0,5).

利用行列式:

V=∣∣−32−1040565∣∣.V= \left| \begin{vmatrix} -3 & 2 & -1\\ 0 & 4 & 0\\ 5 & 6 & 5 \end{vmatrix} \right|.

第二列只有中間元素非零,沿第二列展開:

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第 9 題

Consider the wave equation ∂2u∂t2=a2∂2u∂x2\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = a^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} for a string tied to the x-axis at x=0x = 0 and at x=πx = \pi. When the string starts to vibrate, the motion takes place in the xuxu-plane. Let u(x,t)u(x, t) denote the vertical displacement from the x-axis for t>0t > 0 and a2a^2 be a real constant. The initial displacement is f(x)f(x), 0<x<π0 < x < \pi and the string is released from rest. Given the product solution u(x,t)=X(x)T(t)u(x, t) = X(x)T(t), which of the following is/are correct?
(A) The wave equation of this string is elliptic.
(B) All the boundary conditions belong to Dirichlet conditions.
(C) The initial condition yields T′(0)=0T'(0) = 0.
(D) This is referred to as a boundary-value problem.
(E) One of the boundary conditions yields X(0)=πX(0) = \pi.

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核心觀念

本題考查:

  • 二階偏微分方程的分類。
  • 固定端點所對應的 Dirichlet 邊界條件。
  • 「釋放自靜止」所代表的初始速度條件。
  • 邊界值問題與初始—邊界值問題的區別。
  • 分離變數法中空間函數與時間函數的條件。

題目稱為波動方程,故 a2a^2 代表波速平方,取 a2>0a^2>0。


解題方法

弦的兩端固定在 xx 軸上,因此端點的垂直位移永遠為零:

u(0,t)=0,u(π,t)=0.u(0,t)=0,\qquad u(\pi,t)=0.

初始位移為 f(x)f(x),且弦「釋放自靜止」,表示初始速度為零:

u(x,0)=f(x),ut(x,0)=0.u(x,0)=f(x),\qquad u_t(x,0)=0.

給定分離形式

u(x,t)=X(x)T(t),u(x,t)=X(x)T(t),

代入波動方程:

utt=X(x)T′′(t),uxx=X′′(x)T(t).u_{tt}=X(x)T''(t),\qquad u_{xx}=X''(x)T(t).

因此

XT′′=a2X′′T.X T''=a^2X''T.

分離變數後可寫成

T′′a2T=X′′X=−λ,\frac{T''}{a^2T} = \frac{X''}{X} = -\lambda,

得到

X′′+λX=0,T′′+a2λT=0.X''+\lambda X=0,\qquad T''+a^2\lambda T=0.

端點條件則變成

X(0)T(t)=0,X(π)T(t)=0.X(0)T(t)=0,\qquad X(\pi)T(t)=0.

對非零解而言,必須有

X(0)=0,X(π)=0.X(0)=0,\qquad X(\pi)=0.

這是空間函數的齊次 Dirichlet 邊界條件。

此外,

ut(x,t)=X(x)T′(t),u_t(x,t)=X(x)T'(t),

故初始靜止條件給出

ut(x,0)=X(x)T′(0)=0.u_t(x,0)=X(x)T'(0)=0.

對非平凡分離解而言,得到

T′(0)=0.T'(0)=0.

選項分析

(A) 錯誤。

將方程改寫為

a2uxx−utt=0.a^2u_{xx}-u_{tt}=0.

對一般二階方程

Auxx+Buxt+Cutt=0,Au_{xx}+Bu_{xt}+Cu_{tt}=0,

其分類判別式為

Δ=B2−4AC.\Delta=B^2-4AC.

本題中

A=a2,B=0,C=−1,A=a^2,\qquad B=0,\qquad C=-1,

所以

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第 10 題

Assume the product solution to the wave equation in Question 9 is found as u(x,t)=Acos⁡(βat)sin⁡(Cx)u(x, t) = A \cos(\beta a t) \sin(Cx). If the initial displacement f(x)f(x) is a sinusoidal wave with the amplitude of 1/1001/100 and the frequency of 3/2π3/2\pi, which of the following is/are correct?
(A) There exists a trivial solution.
(B) B=B= arbitrary integer.
(C) C=3C = 3.
(D) There is no motion at x=2π/3x = 2\pi/3 and all other xx points vibrate vertically over time.
(E) The vertical displacement is reversed (−f(x)-f(x)) when t=kπ/αt = k\pi/\alpha, k=1,2,3...k = 1,2,3...

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已知乘積解

u(x,t)=Acos⁡(βat)sin⁡(Cx),u(x,0)=Asin⁡(Cx)=f(x)u(x,t)=A\cos (\beta a t)\sin (Cx),\qquad u(x,0)=A\sin (Cx)=f(x)

初始位移 f(x)f(x) 為振幅 1100\displaystyle \frac1{100} 、頻率 32π\displaystyle \frac{3}{2\pi} 的正弦波,可寫成

f(x)=1100sin⁡ ⁣(2π⋅32π x)=1100sin⁡(3x)f(x)=\frac1{100}\sin\!\left(2\pi\cdot\frac{3}{2\pi}\,x\right)=\frac1{100}\sin(3x)

與 u(x,0)u(x,0) 比對得

A=1100,C=3.A=\frac1{100},\qquad C=3 .


(A) 存在平凡解:u≡0u\equiv0 總是波動方程的解,故正確。

(B) BB 為任意整數:根據前題 (Question 9) 的本徵值條件,波數只能是整數倍的基模,故 BB 可任取整数,正確。

(C) C=3C=3:如上推導,得到 C=3C=3,正確。

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第 11 題

Consider the differential equation P′(t)=aP(t)−bP(t)2P'(t) = aP(t) - bP(t)^2 with the initial condition of P(0)=p0P(0) = p_0, where aa and bb are positive real constants. Which of the following is INCORRECT?
(A) This is a linear differential equation.
(B) This is a Bernoulli's equation.
(C) None of the critical points are attractors.
(D) When t→∞t \to \infty, P(t)=a/bP(t) = a/b.
(E) The solution interval is (−∞,∞)(-\infty, \infty).

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核心觀念

令

f(P)=aP−bP2=P(a−bP),a,b>0.f(P)=aP-bP^2=P(a-bP),\qquad a,b>0.

本題考查:

  1. 線性與非線性微分方程的判別。
  2. Bernoulli 方程的形式。
  3. 自治方程臨界點的穩定性。
  4. Logistic 方程的通解、極限與解的存在區間。

解題方法:求出通解

當 p0≠0p_0\neq 0 時,令

u(t)=1P(t).u(t)=\frac{1}{P(t)}.

由

u′(t)=−P′(t)P(t)2u'(t)=-\frac{P'(t)}{P(t)^2}

以及 P′=aP−bP2P'=aP-bP^2,得到

u′=−aP−bP2P2=−aP+b=−au+b.u'=-\frac{aP-bP^2}{P^2} =-\frac{a}{P}+b =-au+b.

因此 uu 滿足線性方程

u′+au=b.u'+au=b.

利用 u(0)=1/p0u(0)=1/p_0,解為

u(t)=ba+(1p0−ba)e−at.u(t)=\frac{b}{a} +\left(\frac{1}{p_0}-\frac{b}{a}\right)e^{-at}.

故

P(t)=1ba+(1p0−ba)e−at.P(t)= \frac{1}{ \dfrac{b}{a} +\left(\dfrac{1}{p_0}-\dfrac{b}{a}\right)e^{-at} }.

令 K=a/bK=a/b,可寫成較熟悉的 Logistic 形式:

P(t)=K1+(Kp0−1)e−at=a/b1+(abp0−1)e−at.\boxed{ P(t)=\frac{K}{ 1+\left(\dfrac{K}{p_0}-1\right)e^{-at} } } = \frac{a/b}{ 1+\left(\dfrac{a}{bp_0}-1\right)e^{-at} }.

若 p0=0p_0=0,則原方程給出平衡解

P(t)≡0.P(t)\equiv 0.

臨界點與穩定性

臨界點(平衡解)由 f(P)=0f(P)=0 決定:

P(a−bP)=0.P(a-bP)=0.

因此

P1=0,P2=ab=K.P_1=0,\qquad P_2=\frac{a}{b}=K.

由

f′(P)=a−2bPf'(P)=a-2bP

可得

f′(0)=a>0,f'(0)=a>0,

所以 P=0P=0 為不穩定的排斥點;而

f′(ab)=a−2bab=−a<0,f'\left(\frac{a}{b}\right) =a-2b\frac{a}{b} =-a<0,

所以 P=a/bP=a/b 為穩定吸引子。

也可由方向判斷:

  • 0<P<a/b0<P<a/b 時,P′>0P'>0,解向上增加;
  • P>a/bP>a/b 時,P′<0P'<0,解向下減少。

兩種情況皆趨近 a/ba/b。


各選項分析

(A) This is a linear differential equation.

錯誤。

線性一階微分方程只能含有 PP 與 P′P' 的一次項,例如

P′+q(t)P=g(t).P'+q(t)P=g(t).

本題含有 P(t)2P(t)^2,因此原方程是非線性微分方程。雖然利用 u=1/Pu=1/P 可以將其轉換成線性方程,但原方程本身仍然是非線性的。


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第 12 題

Given X′=AXX' = AX, where A=(2−112)A = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}, which of the following is correct?
(A) There are two distinct eigenvalues.
(B) The stationary point is a repeller.
(C) All solutions will converge onto the origin.
(D) One of the eigenvalues is λ2=−1\lambda_2 = -1.
(E) One of the solution vectors is K1=(1i)e−4tK_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix} e^{-4t}.

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核心觀念

對線性系統

X′=AX,X'=AX,

平衡點由 AX=0AX=0 決定。若矩陣 AA 的所有特徵值實部皆為正,則原點為不穩定螺旋點,亦稱為排斥點(repeller)。

特徵值由

det⁡(A−λI)=0\det(A-\lambda I)=0

求得;若 λ\lambda 為特徵值、KK 為對應特徵向量,則

X(t)=KeλtX(t)=Ke^{\lambda t}

為一組解。

解題方法

矩陣為

A=(2−112).A=\begin{pmatrix}2&-1\\1&2\end{pmatrix}.

計算特徵方程:

det⁡(A−λI)=det⁡(2−λ−112−λ)=(2−λ)2+1.\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=\det\begin{pmatrix}2-\lambda&-1\\1&2-\lambda\end{pmatrix}\\ &=(2-\lambda)^2+1. \end{aligned}

因此

(2−λ)2+1=0(2-\lambda)^2+1=0

得

λ1=2+i,λ2=2−i.\lambda_1=2+i,\qquad \lambda_2=2-i.

兩個特徵值互異,且實部皆為 2>02>0。

此外,

A=2I+(0−110),A=2I+\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix},

所以矩陣指數為

eAt=e2t(cos⁡t−sin⁡tsin⁡tcos⁡t).e^{At} =e^{2t} \begin{pmatrix} \cos t&-\sin t\\ \sin t&\cos t \end{pmatrix}.

任意實解可表示為

X(t)=e2t(cos⁡t−sin⁡tsin⁡tcos⁡t)(c1c2).X(t)=e^{2t} \begin{pmatrix} \cos t&-\sin t\\ \sin t&\cos t \end{pmatrix} \begin{pmatrix}c_1\\c_2\end{pmatrix}.

其中旋轉矩陣只改變方向,e2te^{2t} 使非零解的大小隨時間增長,因此軌跡是向外旋轉的螺旋線。

選項分析

(A) There are two distinct eigenvalues.

正確。特徵值為

λ1=2+i,λ2=2−i,\lambda_1=2+i,\qquad \lambda_2=2-i,

兩者不相等,因此有兩個相異特徵值。

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第 13 題

Define the matrix AA as pqTpq^T, where pp and qq are nonzero vectors in Rn×1\mathbb{R}^{n \times 1}. Which of the following statements are true?
(A) rank(A) may be 2.
(B) qq is an eigenvector of AA.
(C) qTpq^T p is an eigenvalue of AA.
(D) The linear equation Ax=0Ax = 0 has infinitely many solutions.
(E) The linear equation Ax=bAx = b with b=qb = q has infinitely many solutions.

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矩陣 A=pqTA=pq^{T} 為外積形式,故

  • AA 的秩 rank⁡(A)=1\operatorname{rank}(A)=1(因 p,q≠0p,q\neq0)

  • 任何向量 x∈Rnx\in\mathbb R^{n} 有
    Ax=p (qTx)Ax=p\,(q^{T}x)
    其結果皆為 pp 的比例向量,故 Im⁡(A)=span⁡{p}\operatorname{Im}(A)=\operatorname{span}\{p\}。


(A) rank⁡(A)\operatorname{rank}(A) 只能是 11,不可能為 22。 錯

(B) Aq=p (qTq)Aq=p\,(q^{T}q) 為 pp 的比例向量,除非 p∥qp\parallel q 否則不等於 λq\lambda q。一般情形下 qq 不是特徵向量。 錯

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第 14 題

Define the matrix MM as I−2uuTI - 2uu^T, where uu is a unit vector in Rn×1\mathbb{R}^{n \times 1}, meaning uTu=1u^T u = 1. Which of the following statements are true?
(A) M=M2M = M^2.
(B) MTM=IM^T M = I.
(C) M=M−1M = M^{-1}.
(D) det⁡(M)=1\det(M) = 1.
(E) MM has eigenvalues that are complex with non-zero real components.

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核心觀念

矩陣

M=I−2uuT,uTu=1M=I-2uu^T,\qquad u^Tu=1

稱為 Householder 反射矩陣。本題主要考查:

  • 投影矩陣 uuTuu^T 的性質;
  • 正交矩陣的判定;
  • 反射矩陣的逆矩陣與特徵值;
  • 行列式的計算。

令

P=uuT.P=uu^T.

由 uTu=1u^Tu=1 可得

P2=(uuT)(uuT)=u(uTu)uT=uuT=P.P^2=(uu^T)(uu^T) =u(u^Tu)u^T =uu^T=P.

因此 PP 是投影到 uu 所張成方向的投影矩陣。

解題方法

先計算 M2M^2:

M2=(I−2P)2=I−4P+4P2=I−4P+4P=I.\begin{aligned} M^2 &=(I-2P)^2\\ &=I-4P+4P^2\\ &=I-4P+4P\\ &=I. \end{aligned}

所以

M2=I.M^2=I.

另外,因為 PT=PP^T=P,所以

MT=(I−2uuT)T=I−2uuT=M.M^T=(I-2uu^T)^T=I-2uu^T=M.

因此 MM 是對稱矩陣,且滿足

MTM=M2=I.M^TM=M^2=I.

選項分析

(A) M=M2M=M^2

由前述計算,

M2=I.M^2=I.

若 M=M2M=M^2,則必須有 M=IM=I。但

M=I−2uuT≠I,M=I-2uu^T\neq I,

因為 uu 是單位向量,必定為非零向量,所以 uuT≠0uu^T\neq 0。

故 (A) 錯誤。


(B) MTM=IM^TM=I

因為 MT=MM^T=M,且 M2=IM^2=I,所以

MTM=M2=I.M^TM=M^2=I.

因此 MM 是正交矩陣,(B) 正確。


(C) M=M−1M=M^{-1}

由

M2=IM^2=I

可知 MM 的逆矩陣就是自身:

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第 15 題

Let N(A)N(A) denote the null space of AA, and R(A)R(A) denote the range space of AA. Suppose u∈R(A)u \in R(A), v∈N(AT)v \in N(A^T), and both uu and vv are non-zero. Define ∥x∥=xTx\|x\| = \sqrt{x^T x}. Suppose
x1=u+2vx_1 = u + 2v
x2=2u−vx_2 = 2u - v
∥x1∥2=29\|x_1\|^2 = 29
∥x2∥2=41\|x_2\|^2 = 41
Which of the following statements are true?
(A) ∥u∥=5\|u\| = \sqrt{5}.
(B) ∥u∥=3\|u\| = 3.
(C) ∥v∥=7\|v\| = 7.
(D) ∥v∥=5\|v\| = \sqrt{5}.
(E) ∥u∥+∥v∥=8\|u\| + \|v\| = 8.

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核心觀念

本題考查矩陣四大基本子空間的正交關係:

R(A)⊥N(AT)R(A)\perp N(A^T)

因為 u∈R(A)u\in R(A)、v∈N(AT)v\in N(A^T),所以

uTv=0.u^Tv=0.

也就是 uu 與 vv 互相垂直。利用

∥x∥2=xTx\|x\|^2=x^Tx

以及正交向量的平方和關係,即可將題目給出的兩個向量長度轉換成聯立方程式。


解題方法

由 u∈R(A)u\in R(A),可設 u=Awu=Aw;又因為 v∈N(AT)v\in N(A^T),所以 ATv=0A^Tv=0。因此

uTv=(Aw)Tv=wTATv=0.u^Tv=(Aw)^Tv=w^TA^Tv=0.

令

a=∥u∥2,b=∥v∥2.a=\|u\|^2,\qquad b=\|v\|^2.

由於 uTv=0u^Tv=0,

∥x1∥2=∥u+2v∥2=(u+2v)T(u+2v)=uTu+4uTv+4vTv=∥u∥2+4∥v∥2.\begin{aligned} \|x_1\|^2 &=\|u+2v\|^2\\ &=(u+2v)^T(u+2v)\\ &=u^Tu+4u^Tv+4v^Tv\\ &=\|u\|^2+4\|v\|^2. \end{aligned}

代入 ∥x1∥2=29\|x_1\|^2=29,得到

a+4b=29.(1)a+4b=29. \tag{1}

同理,

∥x2∥2=∥2u−v∥2=(2u−v)T(2u−v)=4uTu−4uTv+vTv=4∥u∥2+∥v∥2.\begin{aligned} \|x_2\|^2 &=\|2u-v\|^2\\ &=(2u-v)^T(2u-v)\\ &=4u^Tu-4u^Tv+v^Tv\\ &=4\|u\|^2+\|v\|^2. \end{aligned}

代入 ∥x2∥2=41\|x_2\|^2=41,得到

4a+b=41.(2)4a+b=41. \tag{2}

解聯立方程式:

由 (1)(1) 式,

a=29−4b.a=29-4b.
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第 16 題

Let {u1,u2,u3}\{u_1, u_2, u_3\} be an orthogonal basis for an inner product space. Suppose ∥u1∥=2\|u_1\| = 2, ∥u2∥=3\|u_2\| = 3, ∥u3∥=5\|u_3\| = 5. If x=c1u1+c2u2+c3u3x = c_1u_1 + c_2u_2 + c_3u_3 is a vector with the properties (x,u1)=12(x, u_1) = 12, ∥x∥2=145\|x\|^2 = 145, and the orthogonal projection of xx onto u3u_3 is −2u3-2u_3, then which of the following statements are true?
(A) c1=12c_1 = 12.
(B) c2=2c_2 = 2.
(C) c3=−2c_3 = -2.
(D) (x,u2)=18(x, u_2) = 18.
(E) (x,u3)=50(x, u_3) = 50.

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核心觀念

本題考查正交基底下的:

  • 內積計算:(x,ui)=ci(ui,ui)=ci∥ui∥2(x,u_i)=c_i(u_i,u_i)=c_i\|u_i\|^2。
  • 正交投影公式:
    proj⁡uix=(x,ui)∥ui∥2ui.\operatorname{proj}_{u_i}x=\frac{(x,u_i)}{\|u_i\|^2}u_i.
  • 正交分解的範數公式:
    ∥x∥2=∑i=13ci2∥ui∥2.\|x\|^2=\sum_{i=1}^3 c_i^2\|u_i\|^2.

已知
∥u1∥2=4,∥u2∥2=9,∥u3∥2=25.\|u_1\|^2=4,\qquad \|u_2\|^2=9,\qquad \|u_3\|^2=25.

解題方法

由
x=c1u1+c2u2+c3u3x=c_1u_1+c_2u_2+c_3u_3
及基底彼此正交,有

(x,u1)=c1(u1,u1)=4c1.(x,u_1)=c_1(u_1,u_1)=4c_1.

題目給定 (x,u1)=12(x,u_1)=12,因此
4c1=12⟹c1=3.4c_1=12\quad\Longrightarrow\quad c_1=3.

又因為

proj⁡u3x=(x,u3)∥u3∥2u3=c3u3,\operatorname{proj}_{u_3}x =\frac{(x,u_3)}{\|u_3\|^2}u_3 =c_3u_3,

題目給定投影為 −2u3-2u_3,所以
c3=−2.c_3=-2.

利用正交分解的範數公式:

∥x∥2=4c12+9c22+25c32.\|x\|^2 =4c_1^2+9c_2^2+25c_3^2.

代入 ∥x∥2=145\|x\|^2=145、c1=3c_1=3、c3=−2c_3=-2:

145=4(3)2+9c22+25(−2)2,145=4(3)^2+9c_2^2+25(-2)^2,

145=36+9c22+100,145=36+9c_2^2+100,

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第 17 題

Let L:V→WL: V \to W be a linear transformation, and E={v1,v2,v3}E = \{v_1, v_2, v_3\} and F={w1,w2,w3}F = \{w_1, w_2, w_3\} be ordered bases for VV and WW, respectively. Suppose AA is the matrix representing LL relative to EE and FF, and
A=(127348569)A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 7 \\ 3 & 4 & 8 \\ 5 & 6 & 9 \end{pmatrix}
If L(v1+2v2)=c1w1+c2w2+c3w3L(v_1 + 2v_2) = c_1w_1 + c_2w_2 + c_3w_3, then which of the following statements are true?
(A) c1=7c_1 = 7.
(B) c2=11c_2 = 11.
(C) c3=17c_3 = 17.
(D) c1+c2+c3=34c_1 + c_2 + c_3 = 34.
(E) c1+c2+c3=40c_1 + c_2 + c_3 = 40.

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核心觀念

矩陣 AA 表示線性轉換 LL 在定義域基底 EE 與對應域基底 FF 下的表示,滿足

[L(v)]F=A[v]E.[L(v)]_F=A[v]_E.

矩陣的第 jj 欄即為 L(vj)L(v_j) 在基底 FF 下的座標。

解題方法

先求向量 v1+2v2v_1+2v_2 在基底 EE 下的座標:

[v1+2v2]E=(120).[v_1+2v_2]_E= \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 0 \end{pmatrix}.

因此

[L(v1+2v2)]F=A(120)=(127348569)(120)=(1+43+85+12)=(51117).\begin{aligned} [L(v_1+2v_2)]_F &= A \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 0 \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} 1&2&7\\ 3&4&8\\ 5&6&9 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 0 \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} 1+4\\ 3+8\\ 5+12 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5\\ 11\\ 17 \end{pmatrix}. \end{aligned}

題目給定

L(v1+2v2)=c1w1+c2w2+c3w3,L(v_1+2v_2)=c_1w_1+c_2w_2+c_3w_3,

所以

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第 18 題

Let
A=(1−20011−132203)A = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 & 3 & 2 \\ 2 & 0 & 3 \end{pmatrix}
Which of the following vectors are in the column space of AATA A^T?
(A) [0,2,3,7]T[0, 2, 3, 7]^T
(B) [3,0,2,4]T[3, 0, 2, 4]^T
(C) [3,1,0,4]T[3, 1, 0, 4]^T
(D) [5,4,−1,2]T[5, 4, -1, 2]^T
(E) [−1,2,4,5]T[-1, 2, 4, 5]^T

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核心觀念

對實矩陣 AA,有重要關係:

Col⁡(AAT)=Col⁡(A).\operatorname{Col}(AA^T)=\operatorname{Col}(A).

理由是 Col⁡(AAT)⊆Col⁡(A)\operatorname{Col}(AA^T)\subseteq \operatorname{Col}(A),且

xTAATx=∥ATx∥2x^TAA^Tx=\|A^Tx\|^2

因此

Null⁡(AAT)=Null⁡(AT),\operatorname{Null}(AA^T)=\operatorname{Null}(A^T),

兩者秩相同,故其 column space 相同。

所以本題只需判斷各向量是否屬於 Col⁡(A)\operatorname{Col}(A)。

又因為

Col⁡(A)=Null⁡(AT)⊥,\operatorname{Col}(A)=\operatorname{Null}(A^T)^\perp,

可先求 ATA^T 的零空間。


解題方法

令

y=(y1y2y3y4).y= \begin{pmatrix} y_1\\y_2\\y_3\\y_4 \end{pmatrix}.

由 ATy=0A^Ty=0 得

AT=(10−12−21300123),A^T= \begin{pmatrix} 1&0&-1&2\\ -2&1&3&0\\ 0&1&2&3 \end{pmatrix},

因此

{y1−y3+2y4=0,−2y1+y2+3y3=0,y2+2y3+3y4=0.\begin{cases} y_1-y_3+2y_4=0,\\ -2y_1+y_2+3y_3=0,\\ y_2+2y_3+3y_4=0. \end{cases}

由前兩式可得

y1=y3−2y4,y_1=y_3-2y_4,

以及

y2=2y1−3y3=−y3−4y4.y_2=2y_1-3y_3 =-y_3-4y_4.

代入第三式:

(−y3−4y4)+2y3+3y4=0(-y_3-4y_4)+2y_3+3y_4=0

所以

y3−y4=0,y3=y4.y_3-y_4=0, \qquad y_3=y_4.

令 y3=y4=ty_3=y_4=t,則

y1=−t,y2=−5t.y_1=-t,\qquad y_2=-5t.

因此

Null⁡(AT)=span⁡{(−1−511)}.\operatorname{Null}(A^T) =\operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix} -1\\-5\\1\\1 \end{pmatrix} \right\}.

故向量

b=(b1b2b3b4)b= \begin{pmatrix} b_1\\b_2\\b_3\\b_4 \end{pmatrix}

屬於 Col⁡(AAT)\operatorname{Col}(AA^T) 的充要條件為

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第 19 題

Define i=−1i = \sqrt{-1}. Suppose ∮Cf(z)dz=a+bi\oint_C f(z)dz = a + bi, where f(z)=z+2zf(z) = \frac{z+2}{z} and CC is the semicircle z=2eiθz = 2e^{i\theta} (0≤θ≤π0 \le \theta \le \pi). Which of the following statements are true?
(A) a=−4a = -4.
(B) a=2a = 2.
(C) b=−2πb = -2\pi.
(D) b=0b = 0.
(E) b=2πb = 2\pi.

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核心觀念

本題考查複變函數的路徑積分:

∫Cf(z) dz=∫0πf(z(θ))z′(θ) dθ,\int_C f(z)\,dz = \int_0^\pi f\bigl(z(\theta)\bigr)z'(\theta)\,d\theta,

其中

z(θ)=2eiθ,0≤θ≤π.z(\theta)=2e^{i\theta},\qquad 0\le \theta\le \pi.

此路徑是上半圓,方向由 z=2z=2 走至 z=−2z=-2。雖然題目使用 ∮\oint 符號,但給定的參數範圍代表一段開放的半圓弧,應依參數直接計算。

解題方法

先將函數拆開:

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

因此

∫Cf(z) dz=∫Cdz+2∫Cdzz.\int_C f(z)\,dz = \int_C dz+2\int_C\frac{dz}{z}.

第一項為端點差:

∫Cdz=z(π)−z(0)=2eiπ−2ei0=−2−2=−4.\int_C dz=z(\pi)-z(0) =2e^{i\pi}-2e^{i0} =-2-2=-4.

第二項利用參數式:

z=2eiθ,dz=2ieiθ dθ.z=2e^{i\theta},\qquad dz=2ie^{i\theta}\,d\theta.

所以

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第 20 題

Define i=−1i = \sqrt{-1}. Suppose ∮Cf(z)dz=a+bi\oint_C f(z)dz = a + bi, where f(z)=1z2+4f(z) = \frac{1}{z^2 + 4} and CC is the positively oriented circle ∣z−i∣=2|z - i| = 2. Which of the following statements are true?
(A) a=π/8a = \pi/8.
(B) a=π/4a = \pi/4.
(C) a=π/2a = \pi/2.
(D) b=π/8b = \pi/8.
(E) b=π/4b = \pi/4.

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核心觀念

本題考查:

  • 複數函數的極點位置判斷
  • 留數定理
  • 正向(逆時針)閉合曲線的積分公式
  • 複數實部與虛部的辨認

留數定理為

∮Cf(z) dz=2πi∑Res⁡(f;zk),\oint_C f(z)\,dz = 2\pi i\sum \operatorname{Res}(f;z_k),

其中 zkz_k 為曲線 CC 內部的所有孤立奇點。


解題方法

先將函數分解:

f(z)=1z2+4=1(z−2i)(z+2i).f(z)=\frac{1}{z^2+4} =\frac{1}{(z-2i)(z+2i)}.

因此 f(z)f(z) 的兩個極點為

z=2i,z=−2i.z=2i,\qquad z=-2i.

圓 CC 的圓心為 ii、半徑為 22。

對 z=2iz=2i:

∣2i−i∣=∣i∣=1<2,|2i-i|=|i|=1<2,

所以 z=2iz=2i 位於圓內。

對 z=−2iz=-2i:

∣−2i−i∣=∣−3i∣=3>2,|-2i-i|=|-3i|=3>2,

所以 z=−2iz=-2i 位於圓外。

故圓內只有極點 z=2iz=2i。

在 z=2iz=2i 的留數為

Res⁡(f;2i)=lim⁡z→2iz−2i(z−2i)(z+2i)=14i.\operatorname{Res}(f;2i) = \lim_{z\to 2i}\frac{z-2i}{(z-2i)(z+2i)} = \frac{1}{4i}.

由於 CC 為正向圓周,套用留數定理:

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