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（D）》

核心觀念

本題考查兩個基本工具：

1. 利用拉普拉斯轉換求二階線性系統的轉移函數與單位脈衝響應。
2. 利用積分因子法求一階線性微分方程，並處理分段輸入造成的分段解。

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（一）二階系統的轉移函數與單位脈衝響應

解題方法

題目給定

$$x''+2\zeta\omega_n x'+\omega_n^2x=f(t),$$

且初始條件為

$$x(0)=0,\qquad x'(0)=0.$$

對方程式兩側取拉普拉斯轉換。由於初始條件皆為零，

$$\mathcal{L}\{x''\}=s^2X(s), \qquad \mathcal{L}\{x'\}=sX(s).$$

因此

$$s^2X(s)+2\zeta\omega_n sX(s)+\omega_n^2X(s)=F(s).$$

整理得

$$X(s)\left(s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2\right)=F(s).$$

所以轉移函數為

$$H(s)=\frac{X(s)}{F(s)} =\frac{1}{s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2}.$$

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單位脈衝響應

因為

$$h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\},$$

先將分母配方：

$$s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2 = (s+\zeta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\zeta^2).$$

定義阻尼自然頻率

$$\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}.$$

由題設 $0\leq \zeta<1$，所以 $\omega_d>0$，且

$$H(s)= \frac{1}{(s+\zeta\omega_n)^2+\omega_d^2}.$$

利用公式

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{\omega_d}{(s+a)^2+\omega_d^2} \right\} = e^{-at}\sin(\omega_d t),$$

可得

$$h(t)=\frac{1}{\omega_d} e^{-\zeta\omega_n t}\sin(\omega_d t), \qquad t\geq 0.$$

代回 $\omega_d$：

$$h(t)= \frac{e^{-\zeta\omega_n t}} {\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}} \sin\left(\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}\,t\right), \qquad t\geq 0.$$

若需明確表示因果系統，也可寫成

$$h(t)= \frac{e^{-\zeta\omega_n t}} {\omega_d} \sin(\omega_d t)u(t).$$

解題技巧

• 初始條件為零時，轉移函數可直接由微分方程的拉普拉斯轉換取得。
• 看到分母為 $$s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2$$ 時，應立即聯想到 $$(s+\zeta\omega_n)^2+\omega_d^2.$$
• 快速驗算初始值： $$h(0)=0,$$ 因為 $\sin 0=0$；而 $$h'(0)=1,$$ 符合二階系統受到單位脈衝後的標準初始行為。

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（二）一階線性微分方程的分段解

核心觀念

方程式為

$$y'+y=g(t),$$

其標準形式為

$$y'+P(t)y=Q(t).$$

積分因子為

$$\mu(t)=e^{\int P(t)\,dt}=e^t.$$

乘上積分因子後，左側可合併為乘積微分：

$$e^t y'+e^t y = \frac{d}{dt}\left(e^t y\right).$$

(一) 求 $A$

$e^{At}=I+At+O(t^{2})\quad\Longrightarrow\quad A=\left.\frac{d}{dt}e^{At}\right|_{t=0}$

依矩陣各元素直接微分並代入 $t=0$：

$$A=\begin{bmatrix} 0 & 2 & 1\\[2pt] -1 & -3 & -1\\[2pt] 1 & -3 & -1 \end{bmatrix}$$

(二) 同質系統初值問題

$x'(t)=Ax(t),\qquad x(0)=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}$

解為 $x(t)=e^{At}x(0)$。矩陣乘以初值向量得到

$$\boxed{ x(t)=\begin{bmatrix} (t+2)e^{-t}-e^{-2t}\\[2pt] -(t+1)e^{-t}+e^{-2t}\\[2pt] (t-1)e^{-t}+e^{-2t} \end{bmatrix}}$$

(三) 非齊次系統特解

$x'(t)=Ax(t)+b,\qquad b=\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}$

特解採變分參數法

$x_{p}(t)=\int_{0}^{t}e^{A(t-s)}b\,ds=\int_{0}^{t}e^{A\tau}\,b\,d\tau$

$e^{A\tau}b$ 為第一列：

核心觀念

本題要求以傅立葉級數求解端點值問題

$$\frac{1}{16}x''(t)+4x(t)=\pi t,\qquad 0<t<1,$$

並滿足

$$x'(0)=x'(1)=0.$$

由於邊界條件是齊次 Neumann 條件，適合使用餘弦級數展開：

$$x(t)=a_0+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos(n\pi t).$$

因為

$$\frac{d}{dt}\cos(n\pi t)=-n\pi\sin(n\pi t),$$

在 $t=0,1$ 時皆有 $\sin(n\pi t)=0$，故此級數自動滿足

$$x'(0)=x'(1)=0.$$

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解題方法

將右側函數 $f(t)=\pi t$ 展開成 $[0,1]$ 上的餘弦級數：

$$\pi t=c_0+\sum_{n=1}^{\infty}c_n\cos(n\pi t).$$

餘弦級數係數為

$$c_0=\int_0^1\pi t\,dt=\frac{\pi}{2},$$

以及

$$c_n=2\int_0^1\pi t\cos(n\pi t)\,dt.$$

分部積分得

$$\int_0^1t\cos(n\pi t)\,dt = \left[\frac{t\sin(n\pi t)}{n\pi}\right]_0^1 -\frac{1}{n\pi}\int_0^1\sin(n\pi t)\,dt.$$

由於 $\sin(n\pi)=0$，因此

$$\int_0^1t\cos(n\pi t)\,dt = \frac{(-1)^n-1}{n^2\pi^2}.$$

所以

$$c_n = 2\pi\cdot\frac{(-1)^n-1}{n^2\pi^2} = \frac{2\bigl((-1)^n-1\bigr)}{n^2\pi}.$$

因此

$$c_n= \begin{cases} 0, & n\text{ 為偶數},\\[4pt] -\dfrac{4}{n^2\pi}, & n\text{ 為奇數}. \end{cases}$$

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代入未知函數級數

設

$$x(t)=a_0+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos(n\pi t).$$

則

$$x''(t) = -\sum_{n=1}^{\infty}(n\pi)^2a_n\cos(n\pi t).$$

代入微分方程：

$$\frac{1}{16} \left( -\sum_{n=1}^{\infty}n^2\pi^2a_n\cos(n\pi t) \right) + 4\left( a_0+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos(n\pi t) \right) = c_0+\sum_{n=1}^{\infty}c_n\cos(n\pi t).$$

比較常數項：

$$4a_0=c_0=\frac{\pi}{2},$$

故

$$a_0=\frac{\pi}{8}.$$

(一) 由級數假設
設

$y(x)=x^{2}\sum_{n=0}^{\infty}C_{n}x^{n},\qquad C_{0}=1 ,$

則

$$\begin{aligned} y' &=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)C_{n}x^{n+1},\\ y''&=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)C_{n}x^{n}. \end{aligned}$$

代入 $x^{3}y''-xy'+y=0$ 並把全部項整理為同次方的 $x^{k+2}$：

$$\sum_{k=1}^{\infty}(k+1)kC_{k-1}x^{k+2} -\sum_{k=0}^{\infty}(k+1)C_{k}x^{k+2}=0 .$$

令係數恆為零，可得遞迴式

$$(k+1)kC_{k-1}-(k+1)C_{k}=0\qquad(k\ge1) \Longrightarrow\boxed{C_{k}=k\,C_{k-1}},\qquad C_{0}=1 .$$

由此

$C_{n}=n!\;(n\ge0).$

故

核心觀念

本題考查線性代數中的最小平方近似法（Least Squares Approximation）與正則方程組（Normal Equations）。

若給定一組二維數據點 $\{(x_i, y_i)\}_{i=1}^m$，欲尋找一最佳配適之線性函數 $y = c_0 + c_1 x$ 使誤差平方和（Sum of Squared Errors, SSE）最小化：

$$E(c_0, c_1) = \sum_{i=1}^m \left[ y_i - (c_0 + c_1 x_i) \right]^2 = \|\mathbf{y} - A\mathbf{c}\|^2$$

將各資料點代入目標方程式，可建構超定線性系統（Overdetermined Linear System）：

$$A\mathbf{c} = \mathbf{y}$$

其中：

$$A = \begin{bmatrix} 1 & x_1 \\ 1 & x_2 \\ \vdots & \vdots \\ 1 & x_m \end{bmatrix}, \quad \mathbf{c} = \begin{bmatrix} c_0 \\ c_1 \end{bmatrix}, \quad \mathbf{y} = \begin{bmatrix} y_1 \\ y_2 \\ \vdots \\ y_m \end{bmatrix}$$

根據正交投影定理（Orthogonal Projection Theorem），最小平方解 $\mathbf{c}$ 滿足正則方程式（Normal Equations）：

$$A^T A \mathbf{c} = A^T \mathbf{y}$$

若 $A$ 之行向量線性獨立（即至少有兩個相異的 $x_i$），則 $A^T A$ 可逆，唯一最佳解為：

$$\mathbf{c} = (A^T A)^{-1} A^T \mathbf{y}$$

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解題方法

步驟 1：建立矩陣方程 $A\mathbf{c} = \mathbf{y}$

設欲求之最佳線性擬合函數為：

$$y = f(x) = c_0 + c_1 x$$

將給定的四個數據點 $\{(-1,0), (0,1), (2,3), (3,9)\}$ 代入：

$$\begin{cases} c_0 + c_1(-1) = 0 \\ c_0 + c_1(0) = 1 \\ c_0 + c_1(2) = 3 \\ c_0 + c_1(3) = 9 \end{cases}$$

寫成矩陣形式 $A\mathbf{c} = \mathbf{y}$：

$$A = \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 0 \\ 1 & 2 \\ 1 & 3 \end{bmatrix}, \quad \mathbf{c} = \begin{bmatrix} c_0 \\ c_1 \end{bmatrix}, \quad \mathbf{y} = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 3 \\ 9 \end{bmatrix}$$

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步驟 2：計算 $A^T A$ 與 $A^T \mathbf{y}$

計算轉置矩陣與原矩陣的乘積 $A^T A$：

核心觀念

本題利用奇異值分解

$$A=U\Sigma V^T$$

其中 $U,V$ 為正交矩陣，因此

$$U^TU=UU^T=I,\qquad V^TV=VV^T=I.$$

矩陣 $\Sigma$ 的非零奇異值為 $12,6$，故

$$\operatorname{rank}(A)=2.$$

需使用以下概念：

• $N(A)$：使 $Ax=0$ 的所有向量所成的空間。
• $R(A)$：矩陣 $A$ 的所有欄向量線性組合所成的空間。
• $N(A^T)=R(A)^\perp$。
• $R(A^T)=N(A)^\perp$。
• $A^TA$ 的特徵值為 $A$ 的奇異值平方。

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解題方法

由

$$A=U\Sigma V^T$$

可知 $V^T$ 先作用於輸入向量，$\Sigma$ 決定其分量是否被消除，最後由 $U$ 將結果表示在 $u_1,u_2,u_3,u_4$ 所形成的正交基底中。

由於

$$\Sigma= \begin{bmatrix} 12&0&0\\ 0&6&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{bmatrix},$$

其第一、二個方向保留，第三個方向被消除。

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（一）求 $N(A)$、$R(A)$、$N(A^T)$、$R(A^T)$

1. 求 $N(A)$

令 $x\in\mathbb R^3$，則

$$Ax=U\Sigma V^Tx.$$

因為 $U$ 為可逆矩陣，

$$Ax=0 \iff \Sigma V^Tx=0.$$

設

$$V^Tx= \begin{bmatrix} c_1\\c_2\\c_3 \end{bmatrix}.$$

則

$$\Sigma V^Tx= \begin{bmatrix} 12c_1\\ 6c_2\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}.$$

要使其為零，必須滿足

$$c_1=0,\qquad c_2=0,$$

而 $c_3$ 可任意。因此

$$V^Tx=c_3e_3.$$

兩邊乘上 $V$：

$$x=c_3Ve_3=c_3v_3.$$

所以

$$\boxed{N(A)=\operatorname{span}\{v_3\}}.$$

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2. 求 $R(A)$

對任意 $x\in\mathbb R^3$，

$$Ax = U \begin{bmatrix} 12c_1\\ 6c_2\\ 0\\ 0 \end{bmatrix} = 12c_1u_1+6c_2u_2.$$

因此 $Ax$ 必為 $u_1,u_2$ 的線性組合，且兩者皆可由適當的 $x$ 產生，故

$$\boxed{R(A)=\operatorname{span}\{u_1,u_2\}}.$$

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3. 求 $N(A^T)$

先計算轉置：

$$A^T=V\Sigma^TU^T,$$

其中

$$\Sigma^T= \begin{bmatrix} 12&0&0&0\\ 0&6&0&0\\ 0&0&0&0 \end{bmatrix}.$$

令 $y\in\mathbb R^4$，並設

$$U^Ty= \begin{bmatrix} d_1\\d_2\\d_3\\d_4 \end{bmatrix}.$$

則

$$A^Ty = V\Sigma^TU^Ty = V \begin{bmatrix} 12d_1\\ 6d_2\\ 0 \end{bmatrix}.$$

由於 $V$ 可逆，

$$A^Ty=0 \iff d_1=0,\qquad d_2=0.$$

因此 $U^Ty$ 只能是 $e_3,e_4$ 的線性組合，故 $y$ 為 $u_3,u_4$ 的線性組合：

$$\boxed{N(A^T)=\operatorname{span}\{u_3,u_4\}}.$$

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4. 求 $R(A^T)$

由

$$A^T=V\Sigma^TU^T$$

核心觀念

本題考查：

• 矩陣的秩、零空間與秩－零度定理。
• 特徵值與冪零矩陣。
• 可逆矩陣、相似矩陣的定義與不變量。
• 行列式、跡與相似變換。
• 矩陣乘積為零時，如何由維度與具體例子判斷結論。

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（一）$\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(A^TA)$

判斷：正確。

解題方法

比較 $A$ 與 $A^TA$ 的零空間。

若 $x\in N(A)$，則 $Ax=0$，因此

$$A^TAx=A^T0=0,$$

所以 $x\in N(A^TA)$。故

$$N(A)\subseteq N(A^TA).$$

反之，若 $x\in N(A^TA)$，則

$$A^TAx=0.$$

左乘 $x^T$，得到

$$x^TA^TAx=(Ax)^T(Ax)=\|Ax\|^2=0.$$

因為歐氏範數平方等於零必須有 $Ax=0$，所以 $x\in N(A)$。因此

$$N(A^TA)\subseteq N(A).$$

故

$$N(A)=N(A^TA).$$

$A$ 與 $A^TA$ 的欄數皆為 $n$，由秩－零度定理：

$$\operatorname{rank}(A) =n-\dim N(A) =n-\dim N(A^TA) =\operatorname{rank}(A^TA).$$

解題技巧

看到 $A^TAx=0$，立即想到：

$$x^TA^TAx=\|Ax\|^2.$$

這是證明 $N(A^TA)=N(A)$ 的標準方法。

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（二）若 $A^m=0$，則 $A$ 的所有特徵值皆為零

判斷：正確。

解題方法

設 $\lambda$ 是 $A$ 的任一特徵值，$v\neq 0$ 是對應的特徵向量，則

$$Av=\lambda v.$$

連續作用 $m$ 次：

$$A^mv=\lambda^m v.$$

由題意 $A^m=0$，所以

$$A^mv=0.$$

因此

$$\lambda^m v=0.$$

因為 $v\neq 0$，只能有

$$\lambda^m=0,$$

故

$$\lambda=0.$$

所以 $A$ 的所有特徵值皆為零。

核心觀念

滿足某個正整數 $m$ 使得 $A^m=0$ 的矩陣稱為冪零矩陣。冪零矩陣的唯一特徵值必為 $0$。

解題技巧

若題目給出 $A^m=0$，可直接對特徵方程式使用：

$$A^mv=\lambda^mv.$$

不需要實際計算矩陣的特徵多項式。

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（三）若 $A^{-1}=A$，則 $A=I$ 或 $A=-I$

判斷：錯誤。

解題方法

由 $A^{-1}=A$ 可得

$$A^2=I.$$

這只表示 $A$ 是一個對合矩陣，其特徵值只能是 $1$ 或 $-1$，但不代表整個矩陣必須是 $I$ 或 $-I$。

反例取

$$A= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&-1 \end{bmatrix}.$$

則

$$A^2= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{bmatrix} =I,$$

所以

$$A^{-1}=A.$$

然而

$$A\neq I,\qquad A\neq -I.$$

因此原敘述錯誤。

核心觀念

$A^{-1}=A$ 等價於 $A^2=I$。這類矩陣可以同時具有 $1$ 與 $-1$ 兩種特徵值，例如反射矩陣。

解題技巧

遇到「只能是 $I$ 或 $-I$」的全稱敘述，優先尋找對角矩陣

$$\operatorname{diag}(1,-1)$$

作為反例。

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（四）任兩個具有相同跡與行列式的方陣皆相似

判斷：錯誤。

解題方法

取

$$A= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 1&1\\ 0&1 \end{bmatrix}.$$

兩者的跡皆為

$$\operatorname{tr}(A)=2,\qquad \operatorname{tr}(B)=2,$$

行列式皆為

$$\det(A)=1,\qquad \det(B)=1.$$

但是 $A=I$ 與任何矩陣相似後仍為 $I$。若 $B$ 與 $A$ 相似，則必須有

$$B=P^{-1}IP=I,$$

這與

$$B= \begin{bmatrix} 1&1\\ 0&1 \end{bmatrix}\neq I$$

矛盾。

因此 $A$ 與 $B$ 不相似。

核心觀念