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（A）》

核心觀念

本題考查「常係數二階非齊次線性微分方程」的通解，標準形式為

$$ay''+by'+cy=f(x).$$

解法分成兩部分：

1. 先求對應齊次方程的通解 $y_h$。
2. 再求非齊次方程的一個特解 $y_p$。

因此原方程的通解為

$$y=y_h+y_p.$$

---

解題方法

原方程為

$$y''+5y'+4y=10e^{-3x}.$$

一、求齊次解

先考慮對應的齊次方程：

$$y''+5y'+4y=0.$$

設 $y=e^{rx}$，代入後得到特徵方程：

$$r^2+5r+4=0.$$

因式分解：

$$r^2+5r+4=(r+1)(r+4)=0.$$

所以兩個相異實根為

$$r=-1,\qquad r=-4.$$

因此齊次解為

$$y_h=C_1e^{-x}+C_2e^{-4x},$$

其中 $C_1,C_2$ 為任意常數。

二、求特解

右側為 $10e^{-3x}$，設特解形式為

$$y_p=Ae^{-3x}.$$

因為 $-3$ 並非齊次方程特徵根 $-1,-4$，所以不需要乘上 $x$。

計算導數：

$$y_p'=-3Ae^{-3x},$$ $$y_p''=9Ae^{-3x}.$$

核心觀念

題目屬於 Sturm–Liouville 特徵值問題，標準形式應寫成

$$y''+\lambda y=0,\qquad y(0)=0,\quad y(\ell)=0,$$

其中 $\lambda$ 為特徵值，非零解 $y(x)$ 為特徵函數。

題目原式寫成 $y''+y=0$，未顯示特徵值參數 $\lambda$。依 Sturm–Liouville 問題的標準意義，以下將方程式解讀為 $y''+\lambda y=0$。

---

解題方法

依 $\lambda$ 的正負分三種情況討論。

情況一：$\lambda>0$

令

$$\lambda=\mu^2,\qquad \mu>0.$$

方程式成為

$$y''+\mu^2y=0.$$

其通解為

$$y(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x).$$

由邊界條件 $y(0)=0$，

$$y(0)=A=0.$$

因此

$$y(x)=B\sin(\mu x).$$

再利用 $y(\ell)=0$：

$$B\sin(\mu\ell)=0.$$

要有非零解，必須 $B\neq 0$，故

$$\sin(\mu\ell)=0.$$

因此

$$\mu\ell=n\pi,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

得到

$$\mu_n=\frac{n\pi}{\ell}.$$

所以特徵值為

$$\boxed{\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{\ell}\right)^2}, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

對應的特徵函數為

$$\boxed{y_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{\ell}\right)}, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

常數倍亦視為同一組特徵函數，即 $C\sin(n\pi x/\ell)$，其中 $C\neq0$。

---

情況二：$\lambda=0$

方程式為

$$y''=0.$$

通解為

$$y(x)=Ax+B.$$

由 $y(0)=0$ 得 $B=0$，故

$$y(x)=Ax.$$

再由 $y(\ell)=0$ 得

$$A\ell=0.$$

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換處理狄拉克脈衝函數 $\delta(t-\pi)$ 的方法，所需公式為

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

以及位移性質

$$\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as},$$ $$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\} =u(t-a)f(t-a),$$

其中 $u(t-a)$ 為單位階躍函數，且 $f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}$。

脈衝 $\delta(t-\pi)$ 代表在 $t=\pi$ 瞬間施加單位衝擊，因此解在 $t<\pi$ 時為零，$t>\pi$ 時開始產生振盪。

解題方法

令

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

對微分方程

$$y''+y=\delta(t-\pi)$$

兩邊取拉普拉斯轉換：

$$\mathcal{L}\{y''\}+\mathcal{L}\{y\} =\mathcal{L}\{\delta(t-\pi)\}.$$

代入初始條件 $y(0)=0$、$y'(0)=0$，得

$$\left[s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)\right]+Y(s)=e^{-\pi s},$$

因此

$$(s^2+1)Y(s)=e^{-\pi s}.$$

所以

$$Y(s)=\frac{e^{-\pi s}}{s^2+1}.$$

核心觀念

本題考查：

1. 部分分式分解
2. 基本反拉普拉斯變換公式
   $\mathcal{L}\{e^{at}\}=\frac{1}{s-a}$
   因此
   $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-a}\right\}=e^{at}.$

解題方法

將原式分解為部分分式：

$$\frac{1}{(s-1)(s+2)} =\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s+2}.$$

兩邊同乘 $(s-1)(s+2)$，得

$$1=A(s+2)+B(s-1).$$

比較係數：

$$A+B=0,$$ $$2A-B=1.$$

由 $B=-A$，代入第二式：

$$2A+A=1 \quad\Rightarrow\quad A=\frac{1}{3},$$

因此

$$B=-\frac{1}{3}.$$

所以

$$\frac{1}{(s-1)(s+2)} = \frac{1}{3}\frac{1}{s-1} -\frac{1}{3}\frac{1}{s+2}.$$

逐項取反拉普拉斯變換：

解題關鍵

• 取 $a>0$ 時 $|a|=a$。
• Fourier 變換定義
  $\mathscr{F}\{f(t)\}(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-i\omega t}\,dt.$

分段積分

$$\begin{aligned} \mathscr{F}\{e^{-a|t|}\}(\omega) &=\int_{0}^{\infty}e^{-at}e^{-i\omega t}\,dt +\int_{-\infty}^{0}e^{-a(-t)}e^{-i\omega t}\,dt\\ &=\int_{0}^{\infty}e^{-(a+i\omega)t}\,dt +\int_{-\infty}^{0}e^{(a-i\omega)t}\,dt . \end{aligned}$$

計算兩段積分

$\beta=\{1,\;x,\;x^{2},\;x^{3}\}$

(a) 矩陣表示

$$\begin{aligned} T(1)&=0 &\Rightarrow&\;[0,0,0,0]^{T}\\ T(x)&=1 &\Rightarrow&\;[1,0,0,0]^{T}\\ T(x^{2})&=2x &\Rightarrow&\;[0,2,0,0]^{T}\\ T(x^{3})&=3x^{2} &\Rightarrow&\;[0,0,3,0]^{T} \end{aligned}$$ $$A=[T]_{\beta}= \begin{pmatrix} 0&1&0&0\\ 0&0&2&0\\ 0&0&0&3\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}$$

---

(b) 可逆性

第一欄全零，$\operatorname{rank}A=3<4$，$\det A=0$，故 $A$ 不可逆。

---

(c) 可對角化性

$A$ 為上三角且唯一特徵值 $\lambda=0$，其幾何重數 $\dim\ker A=1$，代數重數為 $4$，故無足夠的線性獨立特徵向量，$A$ 不可對角化。

---

(d) 正交補空間

要求 $u(x)\in P_{3}(\mathbb R)$ 滿足

核心觀念

本題考查二階旋轉矩陣的特徵值，以及矩陣次方與旋轉角度的關係。

旋轉矩陣

$$A= \begin{pmatrix} \cos\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta \end{pmatrix}$$

具有下列重要性質：

• $\det A=1$；
• $\operatorname{tr}(A)=2\cos\theta$；
• $A^n$ 仍為旋轉矩陣，旋轉角度變為 $n\theta$。

---

（a）特徵多項式與兩個根

特徵多項式定義為

$$p_A(\lambda)=\det(\lambda I-A).$$

先計算：

$$\lambda I-A = \begin{pmatrix} \lambda-\cos\theta&\sin\theta\\ -\sin\theta&\lambda-\cos\theta \end{pmatrix}.$$

因此

$$\begin{aligned} p_A(\lambda) &=(\lambda-\cos\theta)^2+\sin^2\theta\\ &=\lambda^2-2\lambda\cos\theta+\cos^2\theta+\sin^2\theta\\ &=\lambda^2-2\cos\theta\,\lambda+1. \end{aligned}$$

故特徵多項式為

$$\boxed{p_A(\lambda)=\lambda^2-2\cos\theta\,\lambda+1}.$$

由二次公式，

$$\begin{aligned} \lambda &=\frac{2\cos\theta\pm \sqrt{4\cos^2\theta-4}}{2}\\ &=\cos\theta\pm i\sin\theta. \end{aligned}$$

利用歐拉公式 $e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta$，兩個根為

$$\boxed{\lambda_1=e^{i\theta}},\qquad \boxed{\lambda_2=e^{-i\theta}}.$$

這也表示旋轉矩陣的特徵值位於複數單位圓上。

---

（b）求 $A^{2019}=I$ 的所有 $\theta$

旋轉矩陣相乘時，旋轉角度相加，因此

$$A^n= \begin{pmatrix} \cos(n\theta)&-\sin(n\theta)\\ \sin(n\theta)&\cos(n\theta) \end{pmatrix}.$$

所以

核心觀念

本題考查「最小平方問題」與「正交投影」。

令

$$A=\begin{bmatrix}u_1&u_2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&0\\ 1&1\\ 0&1 \end{bmatrix}, \qquad x=\begin{bmatrix}\alpha\\ \beta\end{bmatrix}, \qquad b=u_3= \begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}.$$

題目要最小化

$$J=\|b-Ax\|^2.$$

最小平方解須滿足 normal equations：

$$A^T A x=A^T b.$$

其幾何意義是：殘差

$$r=b-Ax$$

必須與 $u_1,u_2$ 所張成的子空間正交。

解題方法

先計算內積：

$$u_1^T u_1=1^2+1^2+0^2=2,$$ $$u_2^T u_2=0^2+1^2+1^2=2,$$ $$u_1^T u_2=1\cdot0+1\cdot1+0\cdot1=1.$$

因此

$$A^T A= \begin{bmatrix} 2&1\\ 1&2 \end{bmatrix}.$$

另一方面，

$$A^T b= \begin{bmatrix} u_1^T u_3\\ u_2^T u_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}.$$

代入 normal equations：

$$\begin{bmatrix} 2&1\\ 1&2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \alpha\\ \beta \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}.$$

也就是

$$\begin{cases} 2\alpha+\beta=0,\\ \alpha+2\beta=1. \end{cases}$$

由第一式得

$$\beta=-2\alpha.$$

代入第二式：

$$\alpha+2(-2\alpha)=1 \quad\Longrightarrow\quad -3\alpha=1.$$

故

$$\alpha=-\frac13, \qquad \beta=\frac23.$$

核心觀念
本題考查 * Gram 矩陣*（以向量內積構成的矩陣）之正半定性，以及正半定矩陣何時為正定。

• 若 $A_{ij}=u_i^{T}u_j$，則 $A$ 正是向量組 $\{u_i\}$ 的 Gram 矩陣。
• $x^{T}Ax$ 可寫成向量的二次範數 $\big\|\sum_{i}x_i u_i\big\|^{2}$，因此必為非負。
• 只要 $\{u_i\}$ 線性獨立（即矩陣 $U=[u_1,\dots,u_M]$ 具有滿秩），$x^{T}Ax=0$ 才能推出 $x=0$。

---

解題過程

1. 形成 Gram 矩陣的表示式

令

$$U=\begin{bmatrix}u_1 & u_2 & \cdots & u_M\end{bmatrix}\in\mathbb{R}^{N\times M},$$

則 $A$ 的第 $i,j$ 個元素為

$$A_{ij}=u_i^{T}u_j,$$

亦即

$$A = U^{T}U .$$

這正是 Gram 矩陣 的定義。

2. 計算二次型 $x^{T}Ax$

對任意 $x=(x_1,\dots,x_M)^{T}\in\mathbb{R}^{M}$，有

$$\begin{aligned} x^{T}Ax &= x^{T}(U^{T}U)x \\ &= (Ux)^{T}(Ux) \\ &= \|Ux\|^{2}. \end{aligned}$$

其中 $Ux=\displaystyle\sum_{i=1}^{M}x_i u_i$ 為 $x$ 與向量集合的線性組合。

3. 為什麼 $x^{T}Ax\ge 0$

向量範數的平方必為非負：

核心觀念

將複數曲線積分寫成參數形式：

$$\int_C f(x,y)\,dz = \int_a^b f(x(t),y(t))\,z'(t)\,dt, \qquad z=x+iy.$$

本題中

$$f(x,y)=x-y+ix^2.$$

由於 $f(x,y)$ 並非僅依賴於 $z$ 的解析函數，積分值一般會隨路徑改變，因此須分別依指定路徑計算。

---

（a）沿 $z=0$ 至 $z=1+i$ 的直線

直線上的點可參數化為

$$z(t)=t(1+i),\qquad 0\le t\le 1.$$

因此

$$x=t,\qquad y=t,\qquad dz=(1+i)\,dt.$$

代入被積函數：

$$x-y+ix^2=t-t+it^2=it^2.$$

所以

$$\begin{aligned} \int_C (x-y+ix^2)\,dz &=\int_0^1 it^2(1+i)\,dt\\ &=\int_0^1 (i-1)t^2\,dt\\ &=(i-1)\left[\frac{t^3}{3}\right]_0^1\\ &=\frac{i-1}{3}. \end{aligned}$$

故

$$\boxed{\displaystyle \int_C (x-y+ix^2)\,dz =-\frac13+\frac{i}{3}}.$$

---

（b）先沿實軸，再沿垂直線

第一段：$z=0$ 至 $z=1$

此段位於實軸上，因此

$$y=0,\qquad z=x,\qquad dz=dx,\qquad 0\le x\le 1.$$

積分為

核心觀念

本題考查：

1. 留數定理
   $\oint_C f(z)\,dz=2\pi i\sum \operatorname{Res}(f;z_k)$
2. 方向對積分的影響：順時針方向為負向，因此
   $\oint_C f(z)\,dz=-2\pi i\sum \operatorname{Res}(f;z_k)$
3. 極點位置判斷與重根留數計算。

令

$$f(z)=\frac{1}{z^2(z-2)(z-4)}.$$

矩形範圍為

$$-1\leq \operatorname{Re}(z)\leq 3,\qquad -1\leq \operatorname{Im}(z)\leq 1.$$

其中 $z=0$ 與 $z=2$ 位於矩形內，$z=4$ 位於矩形外。

---

解題方法

由於輪廓 $C$ 為順時針方向，使用留數定理得

$$I=-2\pi i\left[ \operatorname{Res}(f;0)+\operatorname{Res}(f;2) \right].$$

1. 計算 $z=0$ 的二階極點留數

在 $z=0$ 附近，$f(z)$ 可寫成

$$f(z)=\frac{1}{z^2}\cdot \frac{1}{(z-2)(z-4)}.$$

令

$$h(z)=\frac{1}{(z-2)(z-4)},$$

則 $z=0$ 為二階極點，故

$$\operatorname{Res}(f;0)=h'(0).$$

計算導數：

$$h'(z) =-\frac{(z-2)+(z-4)}{(z-2)^2(z-4)^2} =-\frac{2z-6}{(z-2)^2(z-4)^2}.$$

因此

核心觀念

本題使用複變函數的留數定理：

$$\oint_C f(z)\,dz=2\pi i\sum \operatorname{Res}(f;z_k),$$

其中 $z_k$ 為曲線 $C$ 內的孤立奇點。題目中

$$f(z)=z^{-4}\sin z,\qquad C:|z|=1.$$

唯一奇點為 $z=0$，且 $C$ 以逆時針方向繞行，因此方向為正向。

解題方法

在 $z=0$ 附近使用 $\sin z$ 的 Taylor 展開：

$$\sin z=z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\cdots$$

乘上 $z^{-4}$：

$$z^{-4}\sin z =z^{-4}\left(z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\cdots\right).$$

整理得

$$z^{-4}\sin z =z^{-3}-\frac{1}{3!}z^{-1}+\frac{1}{5!}z-\cdots.$$

留數是 Laurent 展開中 $z^{-1}$ 的係數，因此