108 年國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所電機類《工程數學》考古題與詳解

Question 1

Let A and B be real-valued matrices. Which of the following statement is/are true?
(A). $(AB)^2 = A^2B^2$ .
(B). If $AB = B$ , then $A = I_n$ .
(C). $A^T$ can be asymmetric if A is symmetric.
(D). If A and B are invertible, then A+B is invertible.
(E). None of the above is true.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查矩陣乘法的結合律與交換性、轉置矩陣、矩陣可逆性，以及反例判斷法。 需掌握： - 矩陣乘法具有結合律，但一般不具有交換律： $$AB
eq BA$$ - 轉置矩陣定義為將矩陣行列互換；若 $A$ 為對稱矩陣，則 $$A^T=A$$ - 若 $B$ 可逆且 $AB=B$，才能右乘 $B^{-1}$ 得到 $A=I$。 - 兩個可逆矩陣的和不一定可逆。 選項分析 (A) $(AB)^2=A^2B^2$ 左側為 $$ (AB)^2=(AB)(AB)=ABAB. $$ 右側為 $$ A^2B^2=(AA)(BB)=AABB. $$ 兩者只有在特定條件下才會相等，例如 $AB=BA$；一般矩陣乘法不具交換性，因此此敘述錯誤。 取反例 $$ A= \begin{bmatrix} 0&1\ 0&0 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 0&0\ 1&0 \end{bmatrix}. $$ 則 $$ AB= \begin{bmatrix} 1&0\ 0&0 \end{bmatrix}, \qquad (AB)^2= \begin{bmatrix} 1&0\ 0&0 \end{bmatrix}. $$ 另一方面， $$ A^2= \begin{bmatrix} 0&0\ 0&0 \end{bmatrix}, \qquad B^2= \begin{bmatrix} 0&0\ 0&0 \end{bmatrix}, $$ 所以 $$ A^2B^2= \begin{bmatrix} 0&0\ 0&0 \end{bmatrix}. $$ 因此 $(AB)^2
eq A^2B^2$，選項 (A) 錯誤。 --- (B) 若 $AB=B$，則 $A=In$ 由 $$ AB=B $$ 只能推出 $$ (A-In)B=0. $$ 若 $B$ 可逆，才能右乘 $B^{-1}$：

Question 2

Consider the vector space S consisting of all degree-2 polynomials with real coefficients, i.e., polynomials in the form of $c_0 + c_1t + c_2t^2$ . Define the inner product between two vectors as $<c_0 + c_1t + c_2t^2, d_0 + d_1t + d_2t^2> = c_0d_0 + c_1d_1 + c_2d_2$ . Which of the following statement is/are true?
(A). The dimension of S is 2.
(B). The polynomials $1+t$ , $t$ and $1+t^2$ are linearly independent.
(C). The set $\{1+t, t, 1+t^2\}$ can be a basis for S.
(D). The two polynomials $1 - 2t + t^2$ , and $-1 + 2t - t^2$ are orthogonal to each other.
(E). None of the above is true.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查以下線性代數概念： 1. 多項式向量空間的維度與基底。 2. 多項式的線性獨立性。 3. 內積與正交的判定。 將多項式 $$ c0+c1t+c2t^2 $$ 對應到係數向量 $$ (c0,c1,c2)\in\mathbb{R}^3. $$ 題目所定義的內積就是係數向量的標準內積： $$ \left\langle c0+c1t+c2t^2,\ d0+d1t+d2t^2ightangle =c0d0+c1d1+c2d2. $$ 兩個向量正交的條件為內積等於 $0$。 --- 解題方法 先以標準多項式基底 $$ \{1,t,t^2\} $$ 表示各多項式。由於任意元素皆可唯一寫成 $$ c0\cdot 1+c1\cdot t+c2\cdot t^2, $$ 因此可直接判斷空間維度、線性獨立性與正交性。 --- 選項分析 (A) The dimension of $S$ is 2. 空間 $S$ 中的任意多項式為 $$ c0+c1t+c2t^2. $$ 其標準基底為 $$ \{1,t,t^2\}, $$ 共有 $3$ 個基底向量，因此 $$ \dim S=3. $$ 所以選項 (A) 錯誤。 --- (B) The polynomials $1+t$, $t$ and $1+t^2$ are linearly independent. 將三個多項式寫成係數向量： $$ 1+t\leftrightarrow (1,1,0), $$ $$ t\leftrightarrow (0,1,0), $$ $$ 1+t^2\leftrightarrow (1,0,1). $$ 檢查線性組合 $$ a(1+t)+bt+c(1+t^2)=0. $$ 整理各次方係數： $$ (a+c)+(a+b)t+ct^2=0. $$ 零多項式的各次方係數皆須為零，因此 $$ \begin{cases} a+c=0,\ a+b=0,\ c=0. \end{cases} $$ 由 $c=0$ 得 $a=0$，再得 $b=0$。只有平凡解 $$ a=b=c=0. $$ 因此三個多項式線性獨立，選項 (B) 正確。 亦可利用係數矩陣判斷： $$ \begin{bmatrix} 1&0&1\ 1&1&0\ 0&0&1 \end{bmatrix}, $$ 其行列式為

Question 3

Let A be an $m 	imes n$ real-valued matrix of rank $r$. and b be an $m 	imes 1$ real-valued vector. Which of the following statement is/are true? (A). The equation $Ax = b$ has non-trivial solutions if $n r 1$ and b is all-zero. (B). The equation $Ax = b$ has solutions if b belongs to the column space of A. (C). The equation $Ax = b$ has only one solution when $r = m$. (D). The dimension of the nullspace of A is 0 if the dimension of the row space of A is r. (E). None of the above is true.

Accepted Answer

核心觀念

本題考查矩陣方程 $Ax=b$ 的解存在性、齊次方程的非零解，以及秩—零度定理。

對 $A\in\mathbb{R}^{m\times n}$ ，有：

欄空間與解的存在性

$Ax=b$ 有解，當且僅當 $b$ 屬於 $A$ 的欄空間：

$b\in\operatorname{Col}(A).$
秩—零度定理

$\dim N(A)+\operatorname{rank}(A)=n,$

因此若 $\operatorname{rank}(A)=r$ ，則

$\dim N(A)=n-r.$
齊次方程的非零解

對 $Ax=0$ 而言，除了零解之外，存在非零解的條件為

\dim N(A)>0 \quad\Longleftrightarrow\quad n-r>0 \quad\Longleftrightarrow\quad n>r.

選項分析

（A）正確

題目給定 $b$ 為全零向量，因此方程為齊次方程：

$Ax=0.$

其解集合就是 $A$ 的零空間 $N(A)$ 。由秩—零度定理：

$\dim N(A)=n-r.$

當 $n>r>1$ 時，必有

$n-r>0.$

因此零空間至少有一個自由變數，除了 $x=0$ 之外，還存在非零解，故方程具有 non-trivial solutions。

所以（A）正確。

（B）正確

矩陣 $A$ 的欄空間定義為

\operatorname{Col}(A) =\{Ax:x\in\mathbb{R}^n\}.

若 $b\in\operatorname{Col}(A)$ ，表示存在某個 $x\in\mathbb{R}^n$ ，使得

$Ax=b.$

因此， $b$ 屬於 $A$ 的欄空間正是方程 $Ax=b$ 有解的充分且必要條件。

Question 4

Let A be a $6 	imes 6$ block-diagonal matrix $$ A = \begin{bmatrix} B & 0 & 0 \ 0 & 2B & 0 \ 0 & 0 & 3B \end{bmatrix} $$ where $B = \begin{bmatrix} 1 & 1 \ 0 & 1 \end{bmatrix}$ and 0's are $2 	imes 2$ zero matrices. Furthermore, the vector $b = [1, 2, 3, 4, 5, 6]^T$. Which of the following statement is/are true? (A). $A^2 = -A$. (B). $A^{-1}$ is also a block-diagonal matrix. (C). The LU factorization of A will produce a diagonal matrix U. (D). Solve the equation $Ax = b$, then the solution's last entry is $11/6$. (E). None of the above is true.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： - 區塊對角矩陣的運算與可逆性。 - 矩陣平方與矩陣多項式。 - $LU$ 分解中 $L$ 為下三角矩陣、$U$ 為上三角矩陣。 - 區塊矩陣方程的解法。 已知 $$ B= \begin{bmatrix} 1&1\ 0&1 \end{bmatrix}, \qquad B^2= \begin{bmatrix} 1&2\ 0&1 \end{bmatrix}. $$ 矩陣 $A$ 的三個對角區塊分別為 $B,2B,3B$。 --- 選項（A）：$A^2=-A$ 區塊對角矩陣平方後，各區塊分別平方，因此 $$ A^2= \begin{bmatrix} B^2&0&0\ 0&(2B)^2&0\ 0&0&(3B)^2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} B^2&0&0\ 0&4B^2&0\ 0&0&9B^2 \end{bmatrix}. $$ 其中 $$ B^2= \begin{bmatrix} 1&2\ 0&1 \end{bmatrix}, \qquad -B= \begin{bmatrix} -1&-1\ 0&-1 \end{bmatrix}. $$ 顯然 $B^2
eq -B$，因此 $$ A^2
eq -A. $$ 故選項（A）錯誤。 --- 選項（B）：$A^{-1}$ 也是區塊對角矩陣 矩陣 $B$ 的行列式為 $$ \det(B)=1
eq 0, $$ 所以 $B$ 可逆。其逆矩陣為 $$ B^{-1} = \begin{bmatrix} 1&-1\ 0&1 \end{bmatrix}. $$ 因此 $2B$ 與 $3B$ 也都可逆，且 $$ (2B)^{-1}=\frac12B^{-1}, \qquad (3B)^{-1}=\frac13B^{-1}. $$ 區塊對角矩陣若每個對角區塊皆可逆，其逆矩陣仍為區塊對角矩陣： $$ A^{-1} = \begin{bmatrix} B^{-1}&0&0\ 0&\frac12B^{-1}&0\ 0&0&\frac13B^{-1} \end{bmatrix}. $$ 故選項（B）正確。 --- 選項（C）：$A$ 的 $LU$ 分解會產生對角矩陣 $U$ 由於 $A$ 本身為上三角矩陣，且每一個 $2	imes 2$ 區塊皆為 $$ cB= \begin{bmatrix} c&c\ 0&c \end{bmatrix}, \qquad c=1,2,3, $$ 其主對角線上方仍有非零元素。 在標準 $LU$ 分解中，可直接取 $$ L=I6, \qquad U=A. $$

Question 5

Consider the vector space R⁴. The vector $u = [1, 1, 1, 1]^T$ , $v = [1, 1, -1, -1]^T$ , and $w = [1, -1, 1, -1]^T$ . Which of the following statement is/are true?
(A). The matrix $P = uu^T$ . Then $Px$ produces the orthogonal projection of a vector x onto the line spanned by u.
(B). The matrix $Q = vv^T$ . Then $PQ$ is an all-zero matrix.
(C). The matrix $A = [u, v, w]$ has orthogonal columns.
(D). Continue from part (C). If a vector b can be spanned by the columns of A, i.e., $b = c_1u + c_2v + c_3w$ , then $c_1 = u^Tb/4$ .
(E). None of the above is true.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： - 正交投影矩陣 - 向量內積與正交性 - 正交矩陣乘積 - 正交基底下的座標係數 對非零向量 $u$，投影到 $\operatorname{span}\{u\}$ 的公式為 $$ \operatorname{proj}{u}x = \frac{u^Tx}{u^Tu}u = \left(\frac{uu^T}{u^Tu}ight)x. $$ 若兩向量正交，即 $u^Tv=0$，則 $$ (uu^T)(vv^T)=u(u^Tv)v^T=0. $$ --- 解題方法 先計算三個向量的內積與長度： $$ u= \begin{bmatrix} 1\1\1\1 \end{bmatrix}, \quad v= \begin{bmatrix} 1\1\-1\-1 \end{bmatrix}, \quad w= \begin{bmatrix} 1\-1\1\-1 \end{bmatrix}. $$ 各向量長度平方為 $$ u^Tu=v^Tv=w^Tw=1^2+1^2+1^2+1^2=4. $$ 兩兩內積為 $$ u^Tv=1+1-1-1=0, $$ $$ u^Tw=1-1+1-1=0, $$ $$ v^Tw=1-1-1+1=0. $$ 因此 $u,v,w$ 兩兩正交。 --- 選項分析 (A) 錯誤 題目給定 $$ P=uu^T. $$ 因為 $$ u^Tu=4, $$ 投影到 $u$ 所張成直線的正確投影矩陣應為 $$ P{\operatorname{span}(u)} = \frac{uu^T}{u^Tu} = \frac{1}{4}uu^T. $$ 因此 $$ uu^T $$ 會使投影結果放大 $4$ 倍，而不是正交投影矩陣。故 (A) 錯誤。 --- (B) 正確 由 $$ P=uu^T,\qquad Q=vv^T, $$ 可得 $$ PQ=(uu^T)(vv^T) =u(u^Tv)v^T. $$ 由前述計算， $$ u^Tv=0. $$ 因此 $$ PQ=u(0)v^T=0, $$ 所以 $PQ$ 是全零矩陣，(B) 正確。 --- (C) 正確

Question 6

Let $A=A^T$ and assume its eigenvalue can be any element in R. The eigenspace is the same as
(A). Column space only
(B). Row and column space only
(C). Row and nullspace only
(D). All of the fundamental subspaces
(E). None of the above is true.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查對稱矩陣的特性，以及「特徵空間」與四大基本子空間的定義。 對矩陣 $A\in\mathbb{R}^{n	imes n}$ 而言： - 行空間：$\operatorname{Row}(A)$ - 列空間：$\operatorname{Col}(A)$ - 零空間：$\operatorname{Null}(A)$ - 左零空間：$\operatorname{Null}(A^T)$ 若 $\lambda$ 是 $A$ 的特徵值，對應的特徵空間定義為 $$ E\lambda=\{x\in\mathbb{R}^n:Ax=\lambda x\} =\operatorname{Null}(A-\lambda I). $$ 因此，特徵空間是 $A-\lambda I$ 的零空間，而不是一般情況下 $A$ 的行空間、列空間或零空間。 由於 $A=A^T$，可知 $$ \operatorname{Row}(A)=\operatorname{Col}(A), $$ 且 $$ \operatorname{Null}(A^T)=\operatorname{Null}(A). $$ 但這些關係仍不代表特徵空間必然等於上述基本子空間。 --- 解題方法 直接利用特徵空間的定義判斷。 若 $x\in E\lambda$，則 $$ Ax=\lambda x. $$ 等價於 $$ (A-\lambda I)x=0, $$ 所以 $$ E\lambda=\operatorname{Null}(A-\lambda I). $$ 題目所給的基本子空間則是由 $A$ 所定義，例如 $$ \operatorname{Col}(A),\qquad \operatorname{Row}(A),\qquad \operatorname{Null}(A). $$ 除非有額外條件，否則 $\operatorname{Null}(A-\lambda I)$ 不會與這些空間中的某一個固定相同。 例如取 $$ A= \begin{bmatrix} 1&0\ 0&2 \end{bmatrix}. $$ 此矩陣滿足 $A=A^T$，其特徵值為 $1,2$。 對 $\lambda=1$， $$ E1=\operatorname{span} \left\{ \begin{bmatrix}1\0\end{bmatrix} ight\}. $$ 對 $\lambda=2$， $$ E2=\operatorname{span} \left\{ \begin{bmatrix}0\1\end{bmatrix} ight\}. $$ 然而，由於 $A$ 可逆， $$ \operatorname{Row}(A) =\operatorname{Col}(A) =\mathbb{R}^2, $$ 且 $$ \o…

Question 7

Let $AA^H = AA^H = In$. $\lambdai$ denotes the $i$th eigenvalue of A, and $|.|$ denote the magnitude operator. Which of the following statement is/are true? (A). $\lambdai$ equals to its pivots, $\forall i$. (B). A is real, $\forall i$. (C). $|\lambdai|$ equals to $\sqrt{n}$ only, $\forall i$. (D). $|\lambdai|$ equals to 1 only, $\forall i$. (E). None of the above is true.

Accepted Answer

核心觀念 題目中的條件應理解為 $$ AA^H=A^HA=In, $$ 其中 $A^H$ 表示 $A$ 的共軛轉置。滿足此條件的矩陣稱為酉矩陣（unitary matrix）；若 $A$ 為實矩陣，則稱為正交矩陣。 酉矩陣的重要性質為 $$ A^HA=In. $$ 因此對任意向量 $x$， $$ \|Ax\|^2=(Ax)^H(Ax) =x^HA^HAx =x^Hx =\|x\|^2. $$ 也就是說，酉矩陣保持向量長度不變。 若 $\lambdai$ 是 $A$ 的特徵值，對應非零特徵向量 $vi$，則 $$ Avi=\lambdai vi. $$ 由酉矩陣保持長度不變， $$ \|Avi\|=\|vi\|. $$ 另一方面， $$ \|Avi\|=\|\lambdai vi\| =|\lambdai|\,\|vi\|. $$ 因為 $vi
eq 0$，所以 $$ |\lambdai|\,\|vi\|=\|vi\| \quad\Longrightarrow\quad |\lambdai|=1. $$ 因此酉矩陣的所有特徵值都位於複數平面的單位圓上。 --- 解題方法 本題直接利用酉矩陣的特徵值性質。由 $$ A^HA=In $$ 可知 $A$ 是保長度變換。若 $Avi=\lambdai vi$，則特徵向量經過 $A$ 作用後，長度一方面保持不變，另一方面變為原長度的 $|\lambdai|$ 倍，因此必須有 $$ |\lambdai|=1,\qquad \forall i. $$ 接著逐一檢驗各選項。 --- 選項分析 (A) $\lambdai$ equals to its pivots, $\forall i$ 錯誤。 矩陣的 pivot（樞紐元素）是高斯消去過程中的消去量，會受到列交換、消去順序等影響；特徵值則是矩陣本身的譜性質，兩者一般並不相等。 例如考慮酉矩陣 $$ A= \begin{bmatrix} 0&-1\ 1&0 \end{bmatrix}. $$ 其特徵方程為 $$ \det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} -\lambda&-1\ 1&-\lambda \end{vmatrix} =\lambda^2+1=0, $$ 所以特徵值為 $$ \lambda1=i,\qquad \lambda2=-i. $$

Question 8

If $\det(A) = \det(2A)$, then (A). A is the identity matrix (B). A has a zero row (C). A is non-invertible (D). $A = A^T$ (E). None of the above is true.

Accepted Answer

核心觀念 設 $A$ 為 $n	imes n$ 方陣。行列式具有純量倍乘性質： $$ \det(cA)=c^n\det(A). $$ 因此， $$ \det(2A)=2^n\det(A). $$ 此外，方陣 $A$ 可逆的充要條件為： $$ \det(A)
eq 0. $$ --- 解題方法 由題設 $$ \det(A)=\det(2A), $$ 代入行列式的倍乘公式： $$ \det(A)=2^n\det(A). $$ 移項得 $$ (2^n-1)\det(A)=0. $$ 對一般研究所考試中的方陣，$n\geq 1$，所以 $$ 2^n-1
eq 0. $$ 因此必須有 $$ \det(A)=0. $$ 這表示 $A$ 為奇異矩陣，也就是 $A$ 不可逆。 --- 選項分析 (A) $A$ is the identity matrix 錯誤。若 $A=In$，則 $$ \det(A)=1, $$ 而 $$ \det(2A)=\det(2In)=2^n. $$ 因為 $2^n
eq 1$，所以不可能滿足題設。 --- (B) $A$ has a zero row 錯誤。$\det(A)=0$ 只代表矩陣奇異，不一定存在零列。 例如 $$ A= \begin{bmatrix} 1&1\ 1&1 \end{bmatrix}, $$ 其兩列皆非零，但

Question 9

Let T be a differential operator $T(f) = df/dx$ . Given the basis $\{1, x, \sin(3x), \cos(3x)\}$ . What is the matrix A for the operator T?

(A). A = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -3 \\ 1 & 0 & 0 & -3 \end{bmatrix}

(B). A = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 & 0 \end{bmatrix}

(C). A = \begin{bmatrix} 1 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & -2 & 0 \end{bmatrix}

(D). A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -2 & 0 \\ 0 & -3 & 0 & 0 \end{bmatrix}

(E). None of the above is true.

Accepted Answer

微分算子 $T(f)=\dfrac{df}{dx}$ 在基底 $\{\,1,\;x,\;\sin(3x),\;\cos(3x)\,\}$ 上的矩陣，由各基底向量的導數在同一基底下的座標決定。

Question 10

Let $x = \begin{bmatrix} x \ y \end{bmatrix} 
eq 0{2	imes 1}$. The minimum of $\frac{x^T x}{x^T x}$ with respect to x is (A). $2||x||2$ (B). $3x+5y$ (C). -4 (D). -2 (E). None of the above is true.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查向量內積與二次型的基本定義： 對任意非零向量 $\mathbf{x}$，皆有 $$ \mathbf{x}^T\mathbf{x}=\|\mathbf{x}\|2^20. $$ 因此，只要分子與分母完全相同，分式值恒為 $1$。 題目中的向量可寫為 $$ \mathbf{x}= \begin{bmatrix} x\ y \end{bmatrix} 
eq \mathbf{0}{2	imes 1}. $$ 解題方法 題目所求為 $$ \frac{\mathbf{x}^T\mathbf{x}}{\mathbf{x}^T\mathbf{x}}. $$ 由於 $\mathbf{x}
eq\mathbf{0}$，所以 $$ \mathbf{x}^T\mathbf{x} = \begin{bmatrix}x&y\end{bmatrix} \begin{bmatrix}x\y\end{bmatrix} =x^2+y^20. $$ 故分式可直接約分： $$ \frac{\mathbf{x}^T\mathbf{x}}{\mathbf{x}^T\mathbf{x}} = \frac{x^2+y^2}{x^2+y^2} =1. $$ 此值與 $x,y$ 的取值無關，因此對所有非零向量皆為 $1$，其最小值也是

Question 11

Solving the first-order differential equation $xy'(x) = y(x) + \sqrt{x^2 + y^2}$ with the initial condition $y(3) = 4$ . Which of the following statements is/are true?
(A). It is a nonlinear differential equation.
(B). The particular solution is $y + \sqrt{x^2 + y^2} = x^2$ .
(C). The particular solution is $y = \frac{1}{2}(x^2 - 1)$ .
(D). $y(0) = 0$ .
(E). None of the above is true.

Accepted Answer

先將方程式寫成 $$\frac{dy}{dx}= \frac{y+\sqrt{x^{2}+y^{2}}}{x},\qquad x
eq0.$$ 設 $$y=x\sinh u \quad\Longrightarrow\quad \sqrt{x^{2}+y^{2}}=x\cosh u,$$ 則 $$ \frac{dy}{dx}= \sinh u +x\cosh u\,\frac{du}{dx}, \qquad \frac{y+\sqrt{x^{2}+y^{2}}}{x}= \sinh u+\cosh u . $$ 比較兩式得 $$x\cosh u\,\frac{du}{dx}= \cosh u \;\Longrightarrow\; \frac{du}{dx}= \frac1x .$$ 積分後 $$ u=\ln|x|+C\quad\Longrightarrow\quad y=x\sinh(\ln|x|+C). $$ 利用 $\sinh(\ln x+C)=\dfrac{e^{C}x-\displaystyle e^{-C}/x}{2}$，寫成常數 $a=e^{C}
eq0$： $$\boxed{\,y=\frac{a x^{2}-a^{-1}}{2}\,},\qquad a\in\mathbb R\setminus\{0\}.$$ 用初始條件 $y(3)=4$：

Question 12

Solve the following nonhomogeneous second-order differential equation $(1-x)y''(x) + xy'(x) - y(x) = 2(x-1)^2e^{-x}$ by the variational method, i.e. $y_p(x) = u_1(x)y_1(x) + u_2(x)y_2(x)$ , where $y_1(x)$ and $y_2(x)$ are solutions of the associated homogeneous equation given by x and $e^{-x}$ , respectively. Which of the following statements is/are true?
(A). $u_1'(x) = -2(x - 1)e^{-x}$ .
(B). $u_1'(x) = 2e^{-x}$ .
(C). $u_2'(x) = 2x(x - 1)e^{-2x}$ .
(D). $u_2'(x) = -2xe^{-2x}$ .
(E). None of the above is true.

Accepted Answer

先把方程化為標準形 $$ (1-x)y''+xy'-y=2(x-1)^2e^{-x} \Longrightarrow y''+\frac{x}{1-x}y'-\frac{1}{1-x}y=-2(x-1)e^{-x} $$ 令 $$y1(x)=x,\qquad y2(x)=e^{-x},$$ 則 $$ y1'=1,\; y2'=-e^{-x},\qquad W=y1y2'-y1'y2= x(-e^{-x})-1\cdot e^{-x}=-(x+1)e^{-x}. $$ 變分參數公式 $$ u1'=-\frac{y2\,R}{W},\qquad u2'=\frac{y1\,R}{W},\qquad R=-2(x-1)e^{-x}. $$ 計算

Question 13

The linear system $$ \begin{bmatrix} x1'(t) \ x2'(t) \ x3'(t) \ x4'(t) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 \ 0 & 0 & 0 & 1 \ -2 & 2 & 0 & 0 \ -4 & 4 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x1(t) \ x2(t) \ x3(t) \ x4(t) \end{bmatrix} $$ can be solved by finding the eigenvalues of its coefficient matrix. Regarding these eigenvalues, which of the following statements is/are true? (A). All eigenvalues are real. (B). All eigenvalues are pure imaginary. (C). The 4 eigenvalues are -2, 2, -4 and 4. (D). The 4 eigenvalues are -2i, 2i, -4i, and 4i. (E). None of the above is true.

Accepted Answer

核心觀念 對線性系統 $$ \mathbf{x}'(t)=A\mathbf{x}(t) $$ 其解法與係數矩陣 $A$ 的特徵值有關。特徵值 $\lambda$ 必須滿足 $$ \det(\lambda I-A)=0. $$ 本題矩陣具有區塊形式，可利用二階微分方程快速求出特徵值。 --- 解題方法 由原方程可得 $$ \begin{aligned} x1'&=x3,\ x2'&=x4,\ x3'&=-2x1+2x2,\ x4'&=-4x1+4x2. \end{aligned} $$ 對前兩式再微分： $$ \begin{aligned} x1''&=x3'=-2x1+2x2,\ x2''&=x4'=-4x1+4x2. \end{aligned} $$ 因此令 $$ \mathbf{y}(t)= \begin{bmatrix} x1(t)\ x2(t) \end{bmatrix}, $$ 則 $$ \mathbf{y}''(t)= B\mathbf{y}(t), \qquad B= \begin{bmatrix} -2&2\ -4&4 \end{bmatrix}. $$ 先求 $B$ 的特徵值： $$ \det(\mu I-B) = \det \begin{bmatrix} \mu+2&-2\ 4&\mu-4 \end{bmatrix}. $$ 所以 $$ \det(\mu I-B) =(\mu+2)(\mu-4)+8 =\mu^2-2\mu =\mu(\mu-2). $$ 故 $B$ 的特徵值為 $$ \mu=0,\qquad \mu=2. $$ 若 $\mathbf{y}(t)=\mathbf{v}e^{\lambda t}$，代入 $\mathbf{y}''=B\mathbf{y}$ 得 $$ \lambda^2\mathbf{v}=B\mathbf{v}. $$ 因此 $\lambda^2$ 必須是 $B$ 的特徵值： - 當 $\lambda^2=0$ 時，$\lambda=0$； - 當 $\lambda^2=2$ 時，$\lambda=\pm\sqrt{2}$。 所以原四階系統的四個特徵值為

Question 14

Continued from Problem 十三, the particular solution that satisfies the initial conditions $x_1(0) = x_2(0) = 1$ , $x_3(0) = -6$ , $x_4(0) = -2$ is
(A). $x_1(t) = e^{-4t} - \sin (2t)$
(B). $x_2(t) = e^{-4t} + \sin (2t)$
(C). $x_3(t) = -4e^{-4t} - 2\cos (2t)$
(D). $x_4(t) = -4e^{-4t} + 2\cos (2t)$
(E). None of the above is true.

Accepted Answer

解題關鍵 系統的特解形態為 $$ \begin{aligned} x1(t)&=c1e^{-4t}+c2\sin 2t,\ x2(t)&=c1e^{-4t}+c3\sin 2t,\ x3(t)&=c4e^{-4t}+c5\cos 2t,\ x4(t)&=c4e^{-4t}+c6\cos 2t, \end{aligned} $$ 其中係數由初值 $x1(0)=x2(0)=1,\;x3(0)=-6,\;x4(0)=-2$ 決定。 把 $t=0$ 代入得

Question 15

Use the Laplace transform and the convolution theorem to solve the following integro-differential equation, where $y'(t) = \int_0^t y(u) \cos(t - u) du$ , $y(0) = 1$ . Which of the following statements is/are true?
(A). $\mathcal{L}\{y(t)\} = \frac{s}{s^2+2}$
(B). $\mathcal{L}\{y(t)\} = \frac{s}{s^2+1}$
(C). $y(t) = \frac{1}{2}e^t + \frac{1}{2}\cos (2t)$ .
(D). $y'(t) = e^t - 2\sin (2t)$ .
(E). None of the above is true.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： - 拉普拉斯變換的微分公式 $$\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0)$$ - 卷積定理 $$\mathcal{L}\{fg\}=\mathcal{L}\{f\}\mathcal{L}\{g\}$$ - 基本公式 $$ \mathcal{L}\{\cos t\}=\frac{s}{s^2+1},\qquad \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^3}\right\}=\frac{t^2}{2} $$ 其中 $Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}$。 --- 解題方法 題目中的積分為 $$ \int0^t y(u)\cos(t-u)\,du $$ 這正是函數 $y(t)$ 與 $\cos t$ 的卷積： $$ (y\cos)(t)=\int0^t y(u)\cos(t-u)\,du $$ 因此原方程可寫成 $$ y'(t)=(y\cos)(t). $$ 兩邊取拉普拉斯變換。左邊為 $$ \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0)=sY(s)-1. $$ 右邊依卷積定理為 $$ \mathcal{L}\{y\cos\} =Y(s)\mathcal{L}\{\cos t\} =Y(s)\frac{s}{s^2+1}. $$ 所以 $$ sY(s)-1=Y(s)\frac{s}{s^2+1}. $$ 整理 $Y(s)$： $$ Y(s)\left(s-\frac{s}{s^2+1}\right)=1. $$ 計算括號內的部分： $$ s-\frac{s}{s^2+1} =\frac{s(s^2+1)-s}{s^2+1} =\frac{s^3}{s^2+1}. $$ 因此 $$ Y(s)\frac{s^3}{s^2+1}=1, $$ 得到 $$ Y(s)=\frac{s^2+1}{s^3} =\frac{1}{s}+\frac{1}{s^3}. $$ 反拉普拉斯變換： $$ y(t)=1+\frac{t^2}{2}. $$ 所以 $$ y'(t)=t. $$ 亦可直接驗算卷積：

Question 16

Consider the following differential equation: $(x^2 - 4)y'' + 3xy' + y = 0$ with $y(0) = 4$ and $y'(0) = 1$ . The series solution is $y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n$ . Which of the following statements is/are true?
(A). The radius of convergence for the series solution is 2.
(B). There is no singular point.
(C). There are two linearly independent solutions.
(D). $c_4 = \frac{3}{32}$ .
(E). None of the above is true.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 二階線性微分方程的奇異點。 2. 級數解法與係數遞迴關係。 3. 級數解的收斂半徑。 4. 二階微分方程解空間的維度。 將方程式除以 $x^2-4$： $$ y''+\frac{3x}{x^2-4}y'+\frac{1}{x^2-4}y=0. $$ 當最高階導數係數 $x^2-4=0$ 時，即 $$ x=\pm 2, $$ 方程式的標準形式係數不連續，因此 $x=\pm2$ 是奇異點。 --- 解題方法：代入冪級數 設 $$ y(x)=\sum{n=0}^{\infty}cnx^n, $$ 則 $$ y'(x)=\sum{n=0}^{\infty}(n+1)c{n+1}x^n, $$ $$ y''(x)=\sum{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)c{n+2}x^n. $$ 初始條件給出 $$ c0=y(0)=4,\qquad c1=y'(0)=1. $$ 代入原方程式： $$ (x^2-4)y''+3xy'+y=0. $$ 其中各項係數為： $$ x^2y''=\sum{n=2}^{\infty}n(n-1)cnx^n, $$ $$ -4y''=-4\sum{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)c{n+2}x^n, $$ $$ 3xy'=\sum{n=1}^{\infty}3ncnx^n, $$ $$ y=\sum{n=0}^{\infty}cnx^n. $$ $x^0$ 項 $$ -8c2+c0=0. $$ 因此 $$ c2=\frac{c0}{8}=\frac{4}{8}=\frac12. $$ 一般 $x^n$ 項 對 $n\geq 1$，有 $$ n(n-1)cn+3ncn+cn-4(n+2)(n+1)c{n+2}=0. $$ 整理得 $$ (n+1)^2cn-4(n+2)(n+1)c{n+2}=0, $$ 所以遞迴關係為 $$ c{n+2}=\frac{n+1}{4(n+2)}cn. $$ 取 $n=2$： $$ c4=\frac{3}{4\cdot4}c2 =\frac{3}{16}\cdot\frac12 =\frac{3}{32}. $$ --- 收斂半徑 級數中心為 $x=0$，而微分方程最近的奇異點為

Question 17

Consider the following differential equation: $xy'' + 2y' + xy = 0$ with $y(0) = 1$ . Which of the following statements is/are true?
(A). The radius of convergence for the series solution is 1.
(B). There is no singular point.
(C). There are two linearly independent solutions.
(D). $y(\pi) = 0$ .
(E). None of the above is true.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 二階線性微分方程的奇異點判定。 2. 冪級數解法與收斂半徑。 3. 二階線性微分方程解的線性獨立性。 4. 由初始條件選出特定解。 將方程式除以 $x$，得 $$ y''+\frac{2}{x}y'+y=0. $$ 因為 $y'$ 的係數 $\frac{2}{x}$ 在 $x=0$ 不具解析性，所以 $x=0$ 是奇異點。 --- 解題方法：以冪級數求解 令 $$ y=\sum{n=0}^{\infty}anx^n. $$ 則 $$ y'=\sum{n=0}^{\infty}(n+1)a{n+1}x^n, $$ $$ y''=\sum{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a{n+2}x^n. $$ 代入原方程式 $$ xy''+2y'+xy=0. $$ 比較各次方係數： 常數項為 $$ 2a1=0, $$ 因此 $$ a1=0. $$ 對於 $x^n$，$n\geq 1$，有 $$ (n+1)(n+2)a{n+1}+a{n-1}=0, $$ 故 $$ a{n+1}=-\frac{a{n-1}}{(n+1)(n+2)}. $$ 由於 $a1=0$，所有奇次項皆為零；又由 $y(0)=1$ 得 $$ a0=1. $$ 因此 $$ a2=-\frac{a0}{2\cdot3}=-\frac16, $$ $$ a4=-\frac{a2}{4\cdot5}=\frac1{120}, $$ $$ a6=-\frac{a4}{6\cdot7}=-\frac1{5040}. $$ 所以 $$ y(x)=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+\cdots $$ 即 $$ y(x)=\frac{\sin x}{x}, $$ 其中在 $x=0$ 定義其極限值為 $$ y(0)=\lim{x	o0}\frac{\sin x}{x}=1. $$ 因此 $$ y(\pi)=\frac{\sin\pi}{\pi}=0. $$ --- 選項分析 (A) The radius of convergence for the series solution is 1. 錯誤。 所得級數為

Question 18

Consider F(t) is a period-4 function with $F(t) = 5t$ for $-2 < t < 2$ . Find its Fourier series $f(t) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos\frac{n\pi t}{L} + b_n \sin\frac{n\pi t}{L})$ . Which of the following statements is/are true?
(A). L = 2.
(B). $a_0 = 0$ .
(C). $a_1 = \frac{10}{\pi}$ .
(D). $b_2 = -\frac{10}{\pi}$ .
(E). None of the above is true.

Accepted Answer

核心觀念 週期為 $4$ 的函數，其 Fourier series 的基本週期寫成 $2L$，因此 $$ 2L=4 \quad\Rightarrow\quad L=2. $$ Fourier 係數公式為 $$ a0=\frac{1}{L}\int{-L}^{L}F(t)\,dt, $$ $$ an=\frac{1}{L}\int{-L}^{L}F(t)\cos\frac{n\pi t}{L}\,dt, $$ $$ bn=\frac{1}{L}\int{-L}^{L}F(t)\sin\frac{n\pi t}{L}\,dt. $$ 在 $-2<t<2$ 時，$F(t)=5t$ 為奇函數。 --- 解題方法 由 $L=2$，Fourier series 為 $$ F(t)\sim \frac{a0}{2} +\sum{n=1}^{\infty} \left( an\cos\frac{n\pi t}{2} +bn\sin\frac{n\pi t}{2} \right). $$ 因為 $F(t)=5t$ 是奇函數，而 $\cos\frac{n\pi t}{2}$ 是偶函數，所以 $$ F(t)\cos\frac{n\pi t}{2} $$ 為奇函數，對稱區間積分為 $0$，因此 $$ an=0. $$ 同理， $$ a0=\frac{1}{2}\int{-2}^{2}5t\,dt=0. $$ 接著計算 $bn$： $$ bn=\frac{1}{2}\int{-2}^{2}5t\sin\frac{n\pi t}{2}\,dt. $$ 令 $$ k=\frac{n\pi}{2}, $$ 則 $$ bn=\frac{5}{2}\int{-2}^{2}t\sin(kt)\,dt. $$ 由於 $t\sin(kt)$ 為偶函數， $$ bn=5\int{0}^{2}t\sin(kt)\,dt. $$ 分部積分： $$ \int t\sin(kt)\,dt = -\frac{t\cos(kt)}{k} +\frac{\sin(kt)}{k^2}. $$ 因此

Question 19

Continued from Problem 十八, the steady solution of $x'' + 10x = F(t)$ is $x(t) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin\frac{n\pi t}{D}$ . Which of the following statements is/are true?
(A). D = 4.
(B). The dominant term is the n = 2 term.
(C). The dominant frequency is $\sqrt{10}$ .
(D). The dominant frequency is $\pi$ .
(E). None of the above is true.

Accepted Answer

核心觀念 週期性外力 $F(t)$ 可展開為正弦傅立葉級數： $$ F(t)=\sum{n=1}^{\infty}an\sin\frac{n\pi t}{D}. $$ 其中第 $n$ 項的角頻率為 $$ \omegan=\frac{n\pi}{D}. $$ 代入穩態解 $$ x(t)=\sum{n=1}^{\infty}bn\sin\frac{n\pi t}{D} $$ 至微分方程 $$ x''+10x=F(t) $$ 可得 $$ x''(t) = -\sum{n=1}^{\infty} \left(\frac{n\pi}{D}\right)^2 bn\sin\frac{n\pi t}{D}. $$ 因此逐項比較係數： $$ \left[ 10-\left(\frac{n\pi}{D}\right)^2 \right]bn=an, $$ 所以 $$ bn= \frac{an} {10-\left(\frac{n\pi}{D}\right)^2}. $$ 這表示穩態解的頻率來自外力 $F(t)$ 的傅立葉頻率；自然頻率 $\sqrt{10}$ 只會出現在暫態自由振動中，不是穩態解的必然頻率。 --- 解題方法 依第十八題的週期資料，傅立葉級數的半區間長度為 $$ D=4. $$ 因此穩態解各項的角頻率為 $$ \omegan=\frac{n\pi}{4}. $$ 第十八題所得到的係數經代入 $$ bn= \frac{an}{10-(n\pi/4)^2} $$ 後，最大振幅的穩態項為 $n=2$，故主導項為 $$ b2\sin\frac{2\pi t}{4} = b2\sin\frac{\pi t}{2}. $$ 該主導項的角頻率為 $$ \omega2=\frac{2\pi}{4}=\frac{\pi}{2}. $$ 注意，$\sqrt{10}$ 是齊次方程 $$ x''+10x=0 $$ 的自然角頻率，而穩態解不包含這個自由振動項。 ---

Question 20

Consider the endpoint problem, $y'' + \lambda y = 0$ , $y(0) = y(L) = 0$ , $L > 0$ . Determine the eigenvalues and associated eigenfunctions. Which of the following statements is/are true?
(A). $Ax + B$ is a non-trivial solution, where A and B are constants.
(B). All eigenvalues are non-negative.
(C). There is at least one eigenvalue shared by two linearly independent eigenfunctions.
(D). 0 is one of the eigenvalues.
(E). None of the above is true.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查二階常微分方程的特徵值問題。非零函數 $y(x)$ 若滿足 $$ y''+\lambda y=0,\qquad y(0)=y(L)=0 $$ 則 $\lambda$ 稱為特徵值，對應的非零解 $y$ 稱為特徵函數。關鍵在於分別討論 $\lambda0$、$\lambda=0$ 與 $\lambda<0$。 --- 解題方法 1. $\lambda0$ 令 $$ \lambda=\mu^2,\qquad \mu0. $$ 微分方程為 $$ y''+\mu^2y=0, $$ 其通解為 $$ y(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x). $$ 由 $y(0)=0$ 得 $$ A=0. $$ 因此 $$ y(x)=B\sin(\mu x). $$ 再由 $y(L)=0$ 得 $$ B\sin(\mu L)=0. $$ 因為特徵函數必須是非零解，所以 $B
eq 0$，故 $$ \sin(\mu L)=0. $$ 因此 $$ \mu L=n\pi,\qquad n=1,2,3,\ldots $$ 得到特徵值 $$ \boxed{\lambdan=\left(\frac{n\pi}{L}ight)^2},\qquad n=1,2,3,\ldots $$ 對應特徵函數為 $$ \boxed{yn(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{L}ight)} $$ 其任意非零常數倍也都是相同特徵值的特徵函數。 --- 2. $\lambda=0$ 此時方程為 $$ y''=0, $$ 通解為 $$ y(x)=Ax+B. $$ 由邊界條件： $$ y(0)=B=0, $$ 以及 $$ y(L)=AL+B=AL=0. $$ 由於 $L0$，可得 $A=0$。因此只有零解 $$ y(x)\equiv 0. $$ 零解不算特徵函數，所以 $\lambda=0$ 不是特徵值。 --- 3. $\lambda<0$ 令 $$ \lambda=-\mu^2,\qquad \mu0. $$ 方程變為 $$ y''-\mu^2y=0, $$ 通解為 $$ y(x)=A\cosh(\mu x)+B\sinh(\mu x). $$ 由 $y(0)=0$ 得 $A=0$，所以 $$ y(x)=B\sinh(\mu x). $$ 再由 $y(L)=0$ 得

108 年國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所電機類《工程數學》

第 1 題

第 2 題

第 3 題

核心觀念

選項分析

（A）正確

（B）正確

第 4 題

第 5 題

第 6 題

第 7 題

第 8 題

第 9 題

第 10 題

第 11 題

第 12 題

第 13 題

第 14 題

第 15 題

第 16 題

核心觀念

解題方法：代入冪級數

$x^0$ 項

一般 $x^n$ 項

收斂半徑

第 17 題

第 18 題

第 19 題

第 20 題

1. $\lambda>0$

2. $\lambda=0$

3. $\lambda<0$

其他考古題

108 年臺灣聯合大學系統的其他科目

臺灣聯合大學系統《工程數學》其他年度

其他學校的電機系考古題

108 年 國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所電機類《工程數學》

第 1 題

第 2 題

第 3 題

核心觀念

選項分析

（A）正確

（B）正確

第 4 題

第 5 題

第 6 題

第 7 題

第 8 題

第 9 題

第 10 題

第 11 題

第 12 題

第 13 題

第 14 題

第 15 題

第 16 題

核心觀念

解題方法：代入冪級數

x0x^0x0 項

一般 xnx^nxn 項

收斂半徑

第 17 題

第 18 題

第 19 題

第 20 題

1. λ>0\lambda>0λ>0

2. λ=0\lambda=0λ=0

3. λ<0\lambda<0λ<0

其他考古題

108 年臺灣聯合大學系統的其他科目

臺灣聯合大學系統《工程數學》其他年度

其他學校的電機系考古題

108 年國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所電機類《工程數學》

$x^0$ 項

一般 $x^n$ 項

1. $\lambda>0$

2. $\lambda=0$

3. $\lambda<0$