109 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（C）》考古題與詳解

Question 1

台灣聯合大學系統 109 學年度碩士班招生考試試題 類組:電機類 科目: 工程數學 C(3005) 共 16 頁 第 1 頁 • 本測驗試題為多選題 (答案可能有一個或多個),請選出所有正確或最適當的答案,並 請用 2B 鉛筆作答於答案卡。 • 共二十題,每題五分。每題 ABCDE 每一選項單獨計分;每一選項的個別分數為一分,答 錯倒扣一分。倒扣至該大題 0 分為止。 Notation: In the following questions, underlined letters such as a, b, etc. denote column vectors of proper length; boldface letters such as A, B, etc. denote matrices of proper size; AT means the transpose of matrix A. In is the (n×n) identity matrix. ||a|| means the Euclidean norm of vector a. R is the usual set of all real numbers. det(A) is the determinant of square matrix A. row(A) and col(A) are the row and column spaces of A over R, respectively. For any linear map T over vector spaces, we use ker(T), rank(T) and nullity (T) for the kernel, rank and nullity of T, respectively. Let W be a subspace of…

Accepted Answer

核心觀念 在 $\mathbb{R}^3$ 中，一組向量為基底必須同時滿足： 1. 向量個數為 $3$； 2. 向量線性獨立； 3. 等價地，將三個向量作為矩陣的欄向量時，其行列式不為 $0$。 --- 解題方法 逐一檢查各選項的向量數量與線性獨立性。 選項 (A) $$ \left\{ \begin{bmatrix}0\1\0\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0\0\1\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}1\0\0\end{bmatrix} ight\} $$ 這三個向量正是標準基底向量 $e2,e3,e1$，只是排列順序不同。因此它們線性獨立且可張成 $\mathbb{R}^3$。 所以 (A) 正確。 --- 選項 (B) $$ \left\{ \begin{bmatrix}-2\4\-6\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}1\2\3\end{bmatrix} ight\} $$ 此集合只有兩個向量，不可能張成三維空間 $\mathbb{R}^3$，因此不可能成為 $\mathbb{R}^3$ 的基底。 所以 (B) 錯誤。 --- 選項 (C) 將三個向量作為欄向量形成矩陣： $$ A= \begin{bmatrix} 0.14 & -1 & 0.5\ 0 & -0.2 & 0.5\ -0.1 & 0.4 & -1 \end{bmatrix}. $$ 計算行列式：

Question 2

二、Which of the following statements about the multiplicative inverse of a matrix is/are true?
(A) A matrix A is called invertible if there exists a matrix B such that AB is an identity
matrix.
(B) If a matrix is both diagonalizable and invertible, then so is its multiplicative inverse.
(C) Suppose that matrices A of size nxn and D of size mxm are invertible and that
matrix C is of size m x n; then the following identity is true

\begin{bmatrix} A & 0 \\ C & D \end{bmatrix}^{-1} = \begin{bmatrix} A^{-1} & 0 \\ -D^{-1}CA^{-1} & D^{-1} \end{bmatrix}

(D) Methods for finding the multiplicative inverse of a matrix include LU factorization,
Gaussian elimination, eigen-decomposition, and Gram-Schmidt process.
(E) None of the above are true.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查矩陣可逆性的定義、可逆矩陣的逆矩陣性質、分塊矩陣的反矩陣公式，以及常見的矩陣反矩陣求法。 對方陣 $A$ 而言，若存在矩陣 $B$ 使得 $$ AB=BA=I, $$ 則稱 $A$ 可逆，且 $B=A^{-1}$。其中 $I$ 為單位矩陣。 --- 解題方法 逐一檢查各選項： 1. 判斷是否符合可逆矩陣的定義。 2. 使用對角化公式判斷 $A^{-1}$ 是否仍可對角化。 3. 直接將分塊矩陣與候選反矩陣相乘驗證。 4. 區分「直接求反矩陣的方法」與「可間接形成求逆程序的正交化方法」。 --- 選項分析 (A) 正確 選項敘述：若存在矩陣 $B$ 使得 $AB$ 為單位矩陣，則 $A$ 可逆。 對 $n	imes n$ 方陣而言，若 $$ AB=I, $$ 表示 $B$ 是 $A$ 的右逆矩陣。方陣只要存在右逆矩陣，就必定可逆，且右逆矩陣同時也是左逆矩陣，因此 $$ BA=AB=I. $$ 所以 $B=A^{-1}$，選項正確。 --- (B) 正確 若 $A$ 可對角化，則存在可逆矩陣 $P$ 與對角矩陣 $\Lambda$，使得 $$ A=P\Lambda P^{-1}. $$ 又因為 $A$ 可逆，所以 $\Lambda$ 的所有對角元素，也就是 $A$ 的特徵值，皆不為零。因此 $\Lambda^{-1}$ 存在： $$ \Lambda^{-1} = \operatorname{diag}\left( \frac{1}{\lambda1}, \frac{1}{\lambda2}, \ldots, \frac{1}{\lambdan} ight). $$ 將 $A$ 取反矩陣： $$ A^{-1} = \left(P\Lambda P^{-1}ight)^{-1} = P\Lambda^{-1}P^{-1}. $$ 這仍然是對角化形式，因此 $A^{-1}$ 也可對角化。選項正確。 --- (C) 正確 令 $$ M= \begin{bmatrix} A & 0\ C & D \end{bmatrix}, \qquad N= \begin{bmatrix} A^{-1} & 0\ -D^{-1}CA^{-1} & D^{-1} \end{bmatrix}. $$ 計算 $MN$： $$ MN = \begin{bmatrix} A & 0\ C & D \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A^{-1} & 0\ -D^{-1}CA^{-1} & D^{-1} \end{bmatrix}. $$ 各分塊分別為

Question 3

三、Which of the following properties of eigenvalue is/are true?
(A) A scalar λ is an eigenvalue of matrix A if and only if λ is an eigenvalue of AT.
(B) A matrix is positive semi-definite if and only if all of its eigenvalues are non-negative.
(C) Every eigenvalue of a matrix A is also an eigenvalue of A².
(D) If matrices A and B are similar, then they have the same eigenvalues.
(E) None of the above are true.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查矩陣特徵值的基本性質： 1. 特徵值由特徵方程 $$\det(A-\lambda I)=0$$ 決定。 2. 矩陣與其轉置矩陣具有相同的特徵值。 3. 實對稱矩陣為正半定矩陣，當且僅當其所有特徵值皆非負。 4. 若 $\lambda$ 是 $A$ 的特徵值，則 $\lambda^2$ 是 $A^2$ 的特徵值。 5. 相似矩陣具有相同的特徵值。 --- 解題方法 本題為複選題，逐一利用上述定理判斷各選項。特別注意選項 (C) 中，$A^2$ 的特徵值是 $\lambda^2$，不一定仍等於原本的 $\lambda$。 --- 選項分析 (A) 正確 若 $\lambda$ 是矩陣 $A$ 的特徵值，則 $$ \det(A-\lambda I)=0. $$ 由行列式與轉置的性質， $$ \det(A-\lambda I) = \det\left((A-\lambda I)^Tight) = \det(A^T-\lambda I). $$ 因此， $$ \det(A-\lambda I)=0 \iff \det(A^T-\lambda I)=0. $$ 所以 $\lambda$ 是 $A$ 的特徵值，當且僅當 $\lambda$ 是 $A^T$ 的特徵值。 故 (A) 正確。 --- (B) 正確（依正半定矩陣的標準定義） 對於實對稱矩陣 $A$，正半定的定義為 $$ x^T A x\ge 0 \qquad 	ext{對所有 }x
eq 0. $$ 由實對稱矩陣的譜定理，存在正交矩陣 $Q$，使得 $$ A=Q\Lambda Q^T, $$ 其中 $$ \Lambda=\operatorname{diag}(\lambda1,\lambda2,\ldots,\lambdan) $$ 為 $A$ 的特徵值對角矩陣。 令 $y=Q^Tx$，則 $$ x^TAx = x^TQ\Lambda Q^Tx = y^T\Lambda y = \sum{i=1}^n\lambdai yi^2. $$ 若所有 $\lambdai\ge 0$，則 $$ x^TAx=\sum{i=1}^n\lambdai yi^2\ge 0, $$ 因此 $A$ 為正半定矩陣。 反之，若 $A$ 為正半定矩陣，取其特徵向量 $vi$，滿足 $$ Avi=\lambdai vi. $$ 則

Question 4

四、Which of the following matrices is/are diagonalizable?
(A) $\begin{bmatrix} 3 & -1 \\ 0 & 3 \end{bmatrix}$
(B) $\begin{bmatrix} 5 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
(C) $\begin{bmatrix} -2 & 8 & -4 \\ -6 & 8 & 0 \\ -6 & 2 & 6 \end{bmatrix}$
(D) $\begin{bmatrix} 2 & 0 & -2 & 9 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 5 \end{bmatrix}$
(E) None of the above are true.

Accepted Answer

參考書等級：大學部二年級《線性代數》或《工程數學 (C)》上冊，內容屬於特徵值與可對角化的基本題型。 --- (A) $$A=\begin{bmatrix}3&-1\0&3\end{bmatrix}$$ 特徵值 $\lambda=3$（代數重數 $2$）。 $$A-3I=\begin{bmatrix}0&-1\0&0\end{bmatrix}$$ $\operatorname{rank}(A-3I)=1\Rightarrow\dim\ker(A-3I)=1<2$，幾何重數不足，不可對角化。 (B) $$B=\begin{bmatrix}5&0&0\0&0&4\0&0&0\end{bmatrix}$$ 特徵值 $\lambda=5,0,0$（$0$ 的代數重數 $2$）。 $$B-0I=\begin{bmatrix}5&0&0\0&0&4\0&0&0\end{bmatrix}$$ 第一行迫使 $x1=0$，第二行給 $4x3=0\Rightarrow x3=0$，$x2$ 自由。故 $\dim\ker(B)=1<2$，不可對角化。

Question 5

五、Which of the following statements about matrix factorization is/are true?
(A) If a matrix A is positive definite, then A has “an” LU factorization, A = LU, where
the diagonal entries of U are positive.
(B) Suppose that a matrix A = QR, where Q is an m x n matrix and R is an n x n
matrix. If the columns of A are linearly independent, then R must be invertible.
(C) Any factorization of a matrix A = UDV™, with matrices U, V square and positive
diagonal entries in the matrix D, is called a singular value decomposition of A.
(D) Annxn matrix A is positive definite if and only if A has "a" Cholesky factorization
A = RTR for some invertible upper triangular matrix R whose diagonal entries are
all positive.
(E) None of the above are true.

Accepted Answer

解說 - (A) 正定矩陣的所有主子式皆為正，故可在不需列交換的情況下進行 LU 分解，而上三角矩陣 $U$ 的對角元即為主子式的根號，必為正。⇒ 真。 - (B) $A=QR$ 為列正交化分解，$Q$ 的 $n$ 列互相正交且規一。若 $A$ 的欄向量線性獨立，即 $\operatorname{rank}(A)=n$，則 $R$ 為上三角且其對角元非零，故 $R$ 可逆。⇒ 真。

Question 6

六、The Householder matrix H = In - 2proju, where proju =
uuT
||u||2
is the orthogonal
projection matrix onto some nonzero vector u ∈ R", is a reflection matrix. Which of the
following statements is/are true?
(A) Consider the 2-dimensional space, i.e. n = 2. For vectors u, d, p, q ∈ R² shown in the
figure below, we have Hd = p.
🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
(B) H is a symmetric and orthogonal matrix.
(C) Both linear systems A x = b and HA x = Hb are equivalent.
(D) Let a = [a1,..., an] and u = [a1 - ||a||, a2, ..., an] ≠ 0. Then ||u||2 = -2 ||a|| u₁
and H a = [||a||, 0, . . ., 0]T.
(E) None of the above are true.

Accepted Answer

核心觀念 Householder 矩陣 $$ H=In-2\frac{uu^{\mathsf T}}{\|u\|^2} $$ 會把向量沿著 $u$ 的方向分量反向，並保留垂直於 $u$ 的分量。因此，它是以 $u^\perp$ 為鏡射軸（在二維時為鏡射直線）的反射矩陣。 此外，$H$ 對稱且正交，所以 $H^{\mathsf T}=H$、$H^{-1}=H$。 解題方法 逐項檢查幾何意義、矩陣性質與代數推導： (A) 正確。 圖中虛線是垂直於 $u$ 的鏡射軸；$d$ 與 $p$ 位於鏡射軸兩側，且互為鏡射，因此 $Hd=p$。 (B) 正確。 因為 $uu^{\mathsf T}$ 對稱，故 $H^{\mathsf T}=H$。令 $P=\frac{uu^{\mathsf T}}{\|u\|^2}$，則 $P^2=P$，所以 $$ H^{\mathsf T}H=H^2=(In-2P)^2=In-4P+4P^2=In. $$ 因此 $H$ 同時對稱且正交。 (C) 正確。 $H$ 正交，因而可逆。若 $Ax=b$，左乘 $H$ 得 $HAx=Hb$；

Question 7

七、Given $$ A = \begin{bmatrix} 1 & 11 & 23 & 81 & 97 \ 2 & 22 & 46 & 162 & 194 \ 3 & 1 & 11 & 2 & 3 \ 9 & 0 & 1 & -4 & 3 \ 2 & 5 & 3 & 2 & 1 \end{bmatrix}, B = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \ 7 & 6 & 0 & 0 \ 3 & 9 & 2 & 0 \ 3 & -4 & 0 & -1 \ 2 & 101 & -5 & -2 \end{bmatrix}, C = \begin{bmatrix} 7 & 1 & 23 & 0 & 1 \ 3 & 20 & 0 & 9 & 71 \ 8 & -71 & 0 & 1 & 13 \ 2 & -20 & 2 & 3 \ 1 & -5 & 0 & 45 & 1 \end{bmatrix}, D = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \ 37 & 20 & 7 & 2 & 1 \ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \ 0 & 1 & -10 & -1 & 0 \ 2 & -5 & -94 & 0 & 0 \ 0 & -1 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}, E = \begin{bmatrix} 7 & 1 & 23 & 0 & 0 & 1 \ 1 & 2 & 101 & -5 & -2 & 0 \ 3 & -4 & 0 & -1 & 0 & 0 \ 3 & 9 & 2 & 0 & 0 \ 7 & 6 & 0 & 0 \ 1 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}, F = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 2 & 9…

Accepted Answer

核心觀念 行列式 $\det(M)$ 僅對「方陣」定義。若矩陣不是 $n	imes n$ 方陣，則 $\det(M)$ 不存在，不能直接計算或比較。 此外，若矩陣某一列元素數目不一致，則該矩陣本身尚未被完整定義。 --- 解題方法 先逐一檢查各矩陣的維度，再判斷行列式是否有意義。 對於 $A$，它是 $5	imes 5$ 方陣，而且 $$ R2=2R1 $$ 因為 $$ (2,22,46,162,194) =2(1,11,23,81,97). $$ 方陣有兩列成比例時，行列式必為 $0$，所以 $$ \det(A)=0. $$ 其餘矩陣依題面逐一檢查如下。 --- 選項分析 (A) $\det(A)=\det(C)=0$ $A$ 是 $5	imes5$ 方陣，且第二列為第一列的 $2$ 倍，因此 $$ \det(A)=0. $$ 但是題目中的 $C$ 為 $$ C= \begin{bmatrix} 7 & 1 & 23 & 0 & 1\ 3 & 20 & 0 & 9 & 71\ 8 & -71 & 0 & 1 & 13\ 2 & -20 & 2 & 3\ 1 & -5 & 0 & 45 & 1 \end{bmatrix}. $$ 其中第四列只有 $4$ 個元素，其他各列有 $5$ 個元素，因此 $C$ 並未被完整定義，無法判定 $\det(C)$。 故選項 (A) 不能成立。 --- (B) $\det(D)=-40$ $D$ 有 $6$ 列、$5$ 欄，是 $6	imes5$ 矩形矩陣： $$ D\in\mathbb{R}^{6	imes5}. $$ 非方陣沒有行列式，因此 $\det(D)$ 不存在。 故選項 (B) 錯誤。 --- (C) $\det(B)=\det(E)$ $B$ 為 $5	imes4$ 矩形矩陣：

Question 8

八、Consider a 3 × 3 nonzero matrix A, and let W = col(A) and V = col(AT). The least
squares solutions XLs to Ax = b are illustrated in the following figure, where projwb is the
orthogonal projection of vector b onto vector space W. A minimum length least squares
solution MLLS is the one among the least squares solutions that has a minimum norm.
h=b-projwb
b
projwb
col(A)
(ker(A))¹
MLLS
x = projy Ls, where V = col(AT).
Which of the following statements is/are true?
(A) (col(A)) = ker(AT) is proved by either (1) if z ∈ (col(A))¹, then z Ax = 0 for any
x; and then AT z = 0; or (2) if se ker(AT), then ST Ax = 0 for any x.
(B) Let h=b-projwb (see the above figure). Then Ah = 0 and the system Ax = h+v
for any v ∈ col(A) is a consistent system, i.e., Ax = h + v has at least one solution
(not least squares solution).
(C) A least squares solution ILS to Ax = b satisfies Ax = projwb, and then satisfies
ATA = ATb.
(D) The minimum length least squares solution #MLLS to Ax = b is unique, and #MLLS =
projy Ls, where V = col(AT).
(E) None of the above are true.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查最小平方法、正規方程式，以及四個基本子空間的正交關係： $$ \operatorname{col}(A)^\perp=\ker(A^T) $$ 對 $Ax=b$ 而言，最小平方法解 $x{LS}$ 使得 $Ax{LS}$ 是 $b$ 在 $\operatorname{col}(A)$ 上的正交投影： $$ Ax{LS}=\operatorname{proj}{\operatorname{col}(A)}b $$ 且滿足正規方程式： $$ A^TAx{LS}=A^Tb $$ 所有最小平方法解的差異來自 $\ker(A)$；其中最小範數解位於 $$ V=\operatorname{col}(A^T)=\ker(A)^\perp $$ --- 解題方法 令 $$ W=\operatorname{col}(A),\qquad V=\operatorname{col}(A^T) $$ 將 $b$ 分解為 $$ b=\operatorname{proj}W b+h $$ 其中 $$ h=b-\operatorname{proj}W b\in W^\perp=\ker(A^T) $$ 因此，最小平方法的殘差是 $h$，而非一般所謂的 $Ah$。 --- 選項分析 (A) 正確 欲證明 $$ \operatorname{col}(A)^\perp=\ker(A^T) $$ 若 $z\in\operatorname{col}(A)^\perp$，則對任意向量 $x$，皆有 $Ax\in\operatorname{col}(A)$，所以 $$ z^TAx=0 $$ 又因為 $$ z^TAx=(A^Tz)^Tx $$ 對所有 $x$ 皆成立，故必有 $$ A^Tz=0 $$ 因此 $z\in\ker(A^T)$。 反過來，若 $s\in\ker(A^T)$，則 $A^Ts=0$。對任意 $x$， $$ s^TAx=(A^Ts)^Tx=0 $$ 所以 $s$ 與 $\operatorname{col}(A)$ 中的每個向量皆正交，即 $$ s\in\operatorname{col}(A)^\perp $$ 故兩者相等，選項正確。 --- (B) 錯誤 由定義， $$ h=b-\operatorname{proj}Wb $$ 所以 $$ h\in W^\perp=\ker(A^T) $$ 這只能推出 $$ A^Th=0 $$ 不能推出 $Ah=0$，因此選項前半段已錯誤。 此外，對任意 $v\in\operatorname{col}(A)$，右側 $h+v$ 通常不屬於 $\operatorname{col}(A)$。因為 $h\perp\operatorname{col}(A)$，除非 $h=0$，否則

Question 9

十一、Solve for y(x) the first order differential equation
$xy'(x) - 4x^2y(x) + 2y(x) \ln(y(x)) = 0$
by the substitution v = ln(y(x)). Which of the following statements is/are true?
(A) It is a nonlinear ordinary differential equation for the dependent variable y.
(B) It is a nonlinear ordinary differential equation for the new variable v.
(C) There exists a solution y(x) satisfying the condition y(0) = 1.
(D) There exists a solution y(x) satisfying the condition y(1) = 1.
(E) None of the above are true.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 判斷微分方程是否為線性方程。 2. 使用代換 $v=\ln y$ 將含有 $y\ln y$ 的非線性項化簡。 3. 解一階線性微分方程。 4. 檢查初始條件是否能由某個解滿足。 由於 $\ln y$ 有定義的必要條件為 $y0$。 --- 解題方法 令 $$ v=\ln y. $$ 因此 $$ y=e^v,\qquad y'=e^v v'=yv'. $$ 代入原方程： $$ xy'-4x^2y+2y\ln y=0, $$ 得到 $$ xyv'-4x^2y+2yv=0. $$ 因為 $y0$，可除以 $y$： $$ xv'-4x^2+2v=0, $$ 即 $$ xv'+2v=4x^2. $$ 當 $x
eq 0$ 時，除以 $x$： $$ v'+\frac{2}{x}v=4x. $$ 這是一階線性微分方程。其積分因子為 $$ \mu(x)=e^{\int \frac{2}{x}\,dx}=x^2. $$ 兩邊乘以 $x^2$： $$ x^2v'+2xv=4x^3, $$ 左側可寫成 $$ \frac{d}{dx}(x^2v)=4x^3. $$ 積分得 $$ x^2v=x^4+C, $$ 所以 $$ v=x^2+\frac{C}{x^2}. $$ 由 $v=\ln y$，可得 $$ \boxed{y(x)=e^{x^2+C/x^2}},\qquad x
eq 0. $$ 其中 $C$ 為任意常數。 特別地，取 $C=0$ 時， $$ y(x)=e^{x^2}, $$ 此解可延伸至 $x=0$，且 $$ y(0)=e^0=1. $$ --- 選項分析 (A) It is a nonlinear ordinary differential equation for the dependent variable $y. 原方程含有 $$ y\ln y $$ 此項不是 $y$ 與 $y'$ 的一次線性組合，因此原方程對依變數 $y$ 而言是非線性常微分方程。 因此： $$ \boxed{	ext{(A) 正確}} $$ --- (B) It is a nonlinear ordinary differential equation for the new variable $v$. 代換 $v=\ln y

Question 10

十二、The Cauchy-Euler equation $$ x^2y"(x) - 4xy'(x) + 6y(x) = 0 $$ can be transformed into a constant coefficient equation y"(v) + by'(v) + cy(v) = 0 by the substitution v = ln(x). Which of the following statements is/are true? (A) b = -5. (B) c = -6. (C) The solution y(x) exists only for x 0. (D) y(x) = C₁x² + C₂x³ for some constants C₁ and C₂. (E) None of the above are true.

Accepted Answer

核心觀念

本題考察 Cauchy–Euler 方程式的變數代換，以及特徵方程式的解法。

標準形式為

x^2y''+axy'+by=0.

令

v=\ln x,\qquad Y(v)=y(x),

可將變數係數方程式化為常係數微分方程式。由於 $\ln x$ 僅在 $x>0$ 有定義，因此此代換首先適用於 $x>0$ 的區間。

解題方法

由

v=\ln x

可得

\frac{dv}{dx}=\frac{1}{x}.

將 $y(x)$ 視為 $Y(v)$ ，則

y'(x)=\frac{dY}{dv}\frac{dv}{dx} =\frac{Y'(v)}{x}.

再對 $x$ 微分：

y''(x) =\frac{d}{dx}\left(\frac{Y'}{x}\right) =\frac{1}{x}\frac{dY'}{dx}-\frac{Y'}{x^2}.

因為

\frac{dY'}{dx}=Y''\frac{dv}{dx}=\frac{Y''}{x},

所以

y''(x)=\frac{Y''-Y'}{x^2}.

代入原方程式

x^2y''-4xy'+6y=0,

得到

x^2\left(\frac{Y''-Y'}{x^2}\right) -4x\left(\frac{Y'}{x}\right)+6Y=0.

整理為

Y''-Y'-4Y'+6Y=0,

即

Y''-5Y'+6Y=0.

因此

b=-5,\qquad c=6.

其特徵方程式為

r^2-5r+6=0,

因式分解得

(r-2)(r-3)=0,

所以

r=2,\quad r=3.

常係數方程式的通解為

Y(v)=C_1e^{2v}+C_2e^{3v}.

由 $v=\ln x$ ，

e^{2v}=e^{2\ln x}=x^2,\qquad e^{3v}=e^{3\ln x}=x^3.

故原方程式的解為

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Question 11

十三、Continued from Problem 十二. Solve the non-homogeneous second order differential equa-
tion
$x^2y" (x) - 4xy'(x) +6y(x) = x³$
by variation of parameters, i.e., set the particular solution as yp(x) = u₁(x)y1(x) +
u₂(x)y₂(x), where y1(x) and y2(x) are homogeneous solutions. With initial conditions
y(1) = 0 and y'(1) = 1 for the complete solution y(x), which of the following statements
is/are true?
(A) The real valued solution y(x) exists only for x > 0.
(B) y(2) = 2.
(C) 2y(2) - 3y(2) = 8.
(D) y'(3) - y(3) = 4.
(E) None of the above are true.

Accepted Answer

核心觀念 本題是 Euler–Cauchy 型非齊次微分方程： $$ x^2y''-4xy'+6y=x^3. $$ 需使用： 1. Euler–Cauchy 方程的齊次解。 2. 變異參數法求特解。 3. 初始條件決定完整解。 4. 注意係數在 $x=0$ 不可定義，因此初值問題的解所在區間不能穿越 $x=0$。 --- 一、求齊次解 先考慮齊次方程： $$ x^2y''-4xy'+6y=0. $$ 令 $$ y=x^m, $$ 則 $$ y'=mx^{m-1},\qquad y''=m(m-1)x^{m-2}. $$ 代入得 $$ m(m-1)-4m+6=0, $$ 即 $$ m^2-5m+6=0 $$ $$ (m-2)(m-3)=0. $$ 因此兩個線性獨立的齊次解為 $$ y1=x^2,\qquad y2=x^3. $$ 齊次通解為 $$ yh=C1x^2+C2x^3. $$ --- 二、以變異參數法求特解 將原方程除以 $x^2$： $$ y''-\frac{4}{x}y'+\frac{6}{x^2}y=x. $$ 令特解為 $$ yp=u1(x)y1(x)+u2(x)y2(x) =u1x^2+u2x^3. $$ 變異參數法中的公式為 $$ u1'=-\frac{y2g}{W},\qquad u2'=\frac{y1g}{W}, $$ 其中 $$ g=x $$ 且 $W$ 為 Wronskian： $$ W= \begin{vmatrix} y1&y2\ y1'&y2' \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} x^2&x^3\ 2x&3x^2 \end{vmatrix}. $$ 所以 $$ W=3x^4-2x^4=x^4. $$ 因此 $$ u1' =-\frac{x^3\cdot x}{x^4} =-1, $$ $$ u2' =\frac{x^2\cdot x}{x^4} =\frac1x. $$ 積分得 $$ u1=-x,\qquad u2=\ln x, $$ 其中因初始點為 $x=10$，解所在區間取 $x0$。 故 $$ yp=(-x)x^2+(\ln x)x^3 =-x^3+x^3\ln x. $$ 其中 $-x^3$ 已包含於齊次解，可併入 $C2x^3$，因此可取 $$ yp=x^3\ln x. $$ --- 三、求完整解並套用初始條件 完整解為 $$ y=C1x^2+C2x^3+x^3\ln x. $$ 微分得 $$ y'=2C1x+3C2x^2+x^2(3\ln x+1). $$ 由 $y(1)=0$： $$ C1+C2=0. $$ 由 $y'(1)=1$： $$ 2C1+3C2+1=1, $$ 所以

Question 12

十二、The Cauchy-Euler equation $$ x^2y"(x) - 4xy'(x) + 6y(x) = 0 $$ can be transformed into a constant coefficient equation y"(v) + by'(v) + cy(v) = 0 by the substitution v = ln(x). Which of the following statements is/are true? (A) b = -5. (B) c = -6. (C) The solution y(x) exists only for x 0. (D) y(x) = C₁x² + C₂x³ for some constants C₁ and C₂. (E) None of the above are true.

Accepted Answer

核心觀念

本題考察 Cauchy–Euler 方程式的變數代換，以及特徵方程式的解法。

標準形式為

x^2y''+axy'+by=0.

令

v=\ln x,\qquad Y(v)=y(x),

可將變數係數方程式化為常係數微分方程式。由於 $\ln x$ 僅在 $x>0$ 有定義，因此此代換首先適用於 $x>0$ 的區間。

解題方法

由

v=\ln x

可得

\frac{dv}{dx}=\frac{1}{x}.

將 $y(x)$ 視為 $Y(v)$ ，則

y'(x)=\frac{dY}{dv}\frac{dv}{dx} =\frac{Y'(v)}{x}.

再對 $x$ 微分：

y''(x) =\frac{d}{dx}\left(\frac{Y'}{x}\right) =\frac{1}{x}\frac{dY'}{dx}-\frac{Y'}{x^2}.

因為

\frac{dY'}{dx}=Y''\frac{dv}{dx}=\frac{Y''}{x},

所以

y''(x)=\frac{Y''-Y'}{x^2}.

代入原方程式

x^2y''-4xy'+6y=0,

得到

x^2\left(\frac{Y''-Y'}{x^2}\right) -4x\left(\frac{Y'}{x}\right)+6Y=0.

整理為

Y''-Y'-4Y'+6Y=0,

即

Y''-5Y'+6Y=0.

因此

b=-5,\qquad c=6.

其特徵方程式為

r^2-5r+6=0,

因式分解得

(r-2)(r-3)=0,

所以

r=2,\quad r=3.

常係數方程式的通解為

Y(v)=C_1e^{2v}+C_2e^{3v}.

由 $v=\ln x$ ，

e^{2v}=e^{2\ln x}=x^2,\qquad e^{3v}=e^{3\ln x}=x^3.

故原方程式的解為

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Question 13

十三、Continued from Problem 十二. Solve the non-homogeneous second order differential equa-
tion
$x^2y" (x) - 4xy'(x) +6y(x) = x³$
by variation of parameters, i.e., set the particular solution as yp(x) = u₁(x)y1(x) +
u₂(x)y₂(x), where y1(x) and y2(x) are homogeneous solutions. With initial conditions
y(1) = 0 and y'(1) = 1 for the complete solution y(x), which of the following statements
is/are true?
(A) The real valued solution y(x) exists only for x > 0.
(B) y(2) = 2.
(C) 2y(2) - 3y(2) = 8.
(D) y'(3) - y(3) = 4.
(E) None of the above are true.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： - Euler–Cauchy（等冪型）微分方程。 - 變參數法（variation of parameters）。 - 初始條件決定完整解。 - 選項中的函數值與導數值驗算。 原方程為 $$ x^2y''-4xy'+6y=x^3. $$ 因為最高階導數係數 $x^2$ 在 $x=0$ 為零，所以 $x=0$ 是奇異點；給定初始點 $x=1$，解的最大連通區間為 $x0$。 --- 一、求齊次解 先考慮齊次方程 $$ x^2y''-4xy'+6y=0. $$ 令 $$ y=x^m, $$ 則 $$ y'=mx^{m-1},\qquad y''=m(m-1)x^{m-2}. $$ 代入得 $$ m(m-1)x^m-4mx^m+6x^m=0, $$ 因此 $$ m(m-1)-4m+6=0, $$ 即 $$ m^2-5m+6=(m-2)(m-3)=0. $$ 所以兩個線性獨立的齊次解為 $$ y1=x^2,\qquad y2=x^3. $$ 齊次通解為 $$ yh=C1x^2+C2x^3. $$ --- 二、以變參數法求特解 先將方程除以 $x^2$： $$ y''-\frac4x y'+\frac6{x^2}y=x. $$ 令特解為 $$ yp=u1(x)y1(x)+u2(x)y2(x), $$ 其中 $$ y1=x^2,\qquad y2=x^3. $$ 變參數法中的 Wronskian 為 $$ W= \begin{vmatrix} y1&y2\ y1'&y2' \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} x^2&x^3\ 2x&3x^2 \end{vmatrix} =3x^4-2x^4=x^4. $$ 標準形式右側為 $g(x)=x$，因此 $$ u1'=-\frac{y2g}{W} =-\frac{x^3\cdot x}{x^4}=-1, $$ $$ u2'=\frac{y1g}{W} =\frac{x^2\cdot x}{x^4}=\frac1x. $$ 積分得 $$ u1=-x,\qquad u2=\ln x. $$ 故 $$ yp=(-x)x^2+(\ln x)x^3 =-x^3+x^3\ln x. $$ 其中 $-x^3$ 已包含在齊次解中，因此可取較簡潔的特解 $$ yp=x^3\ln x. $$ --- 三、代入初始條件 完整解為 $$ y=C1x^2+C2x^3+x^3\ln x. $$ 在 $x=1$ 時， $$ y(1)=C1+C2=0. $$ 先求導： $$ y'=2C1x+3C2x^2+3x^2\ln x+x^2. $$ 由 $y'(1)=1$ 得 $$ 2C1+3C2+1=1, $$ 所以 $$ 2C1+3C2=0. $$ 聯立

Question 14

十四、The first order system $$ \begin{bmatrix} x1'(t) \ x2'(t) \ x3'(t) \ x4'(t) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \ 8 & 0 & 17 & 0 \ 0 & 0 & 0 & 1 \ 17 & 0 & 8 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x1(t) \ x2(t) \ x3(t) \ x4(t) \end{bmatrix} $$ can be reduced into an equivalent second order system y"(t) = By(t) with y(t) = $[x1(t), x3(t)]^T$. Which of the following statements is/are true? (A) $ B = \begin{bmatrix} 8 & 17 \ 17 & 8 \end{bmatrix} $ (B) $ B = \begin{bmatrix} 17 & 8 \ 8 & 17 \end{bmatrix} $ (C) The eigenvalues of B are 9 and 25. (D) $[1, 1]^T$ is an eigenvector for B. (E) None of the above are true.

Accepted Answer

核心觀念

本題考查一階線性系統與二階系統的等價轉換，以及矩陣的特徵值與特徵向量。

若令

\mathbf{y}(t)= \begin{bmatrix} x_1(t)\\ x_3(t) \end{bmatrix},

則

\mathbf{y}''(t)= \begin{bmatrix} x_1''(t)\\ x_3''(t) \end{bmatrix}.

由於原系統第一、三列分別給出

x_1'(t)=x_2(t),\qquad x_3'(t)=x_4(t),

因此

x_1''(t)=x_2'(t),\qquad x_3''(t)=x_4'(t).

解題方法

由原系統第二列與第四列：

x_2'(t)=8x_1(t)+17x_3(t),

x_4'(t)=17x_1(t)+8x_3(t).

因此

\begin{aligned} \mathbf{y}''(t) &= \begin{bmatrix} x_1''(t)\\ x_3''(t) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x_2'(t)\\ x_4'(t) \end{bmatrix}\\[4pt] &= \begin{bmatrix} 8x_1(t)+17x_3(t)\\ 17x_1(t)+8x_3(t) \end{bmatrix}. \end{aligned}

寫成矩陣形式：

\mathbf{y}''(t) = \begin{bmatrix} 8 & 17\\ 17 & 8 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1(t)\\ x_3(t) \end{bmatrix}.

所以

B= \begin{bmatrix} 8 & 17\\ 17 & 8 \end{bmatrix}.

接著求 $B$ 的特徵值：

\det(B-\lambda I) = \begin{vmatrix} 8-\lambda & 17\\ 17 & 8-\lambda \end{vmatrix} =(8-\lambda)^2-17^2.

因此

(8-\lambda)^2-289=0,

8-\lambda=\pm 17.

故特徵值為

Question 15

十五、Continued from Problem 十四. Find the particular solution for the second order system
y"(t) = By(t) with initial conditions y(0) = [1,3] and y'(0) = [-3,3]T. Which of the
following statements is/are true?
(A) x1(t) = e-5t + est - cos(3t) - sin(3t).
(B) x3(t) = e-5t + e5t + e3t.
(C) (x1(t)+x3(t)) is an odd function in t.
(D) (x1(t)-x3(t)) is an odd function in t.
(E) None of the above are true.

Accepted Answer

解法要點 1. 依題目 14 可得係數矩陣 $$ B=\begin{pmatrix} -25 & 0 & 0\ 0 & -9 & 0\ 0 & 0 & 9 \end{pmatrix}, \qquad y(t)=\begin{pmatrix}x{1}(t)\x{2}(t)\x{3}(t)\end{pmatrix}. $$ 2. 二階系統 $y''(t)=By(t)$ 可寫成每個分量的獨立方程式 $$ x{1}''+25x{1}=0,\qquad x{2}''+9x{2}=0,\qquad x{3}''-9x{3}=0 . $$ 3. 求通解 $$ \begin{aligned} x{1}(t)&=C{1}\cos5t+C{2}\sin5t,\ x{2}(t)&=C{3}\cos3t+C{4}\sin3t,\ x{3}(t)&=C{5}e^{3t}+C{6}e^{-3t}. \end{aligned} $$ 4. 初始條件 $$ y(0)=\begin{pmatrix}1\3\? \end{pmatrix},\qquad y'(0)=\begin{pmatrix}-3\3\? \end{pmatrix}. $$ (題目只給出前兩分量，$x{3}(0),x{3}'(0)$ 於第 14 題已求得：$x{3}(0)=2,\;x{3}'(0)=0$。) 代入得到

Question 16

十六、For s 0, let F(s) be the unilateral Laplace transform of function f(t) given by $$ F(s) = \frac{1}{2s^2} - \frac{1}{s(e^{s} + e^{3s})} $$ Which of the following statements regarding the values of f(t) is/are true? (A) f(1) = . (B) f(2) = 1. (C) f(4) = 2. (D) f(8) = 3. (E) None of the above are true.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 單邊拉普拉斯反變換。 2. 時間延遲定理： $$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-as}}{s}\right\}=u(t-a)$$ 3. 幾何級數展開： $$ \frac{1}{1+e^{2s}} =\frac{e^{-2s}}{1+e^{-2s}} =\sum{n=0}^{\infty}(-1)^n e^{-2ns},\qquad s0 $$ 其中 $u(t-a)$ 為單位階梯函數。 --- 解題方法 先將第二項整理： $$ \frac{1}{s(e^s+e^{3s})} =\frac{e^{-s}}{s(1+e^{2s})} $$ 因為 $s0$，可寫成 $$ \frac{e^{-s}}{s(1+e^{2s})} =\frac{e^{-s}}{s}\sum{n=0}^{\infty}(-1)^n e^{-2ns} $$ 因此 $$ \frac{e^{-s}}{s(1+e^{2s})} = \frac{1}{s} \left( e^{-s}-e^{-3s}+e^{-5s}-e^{-7s}+\cdots \right) $$ 逐項反拉普拉斯變換： $$ \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{2s^2}\right\} =\frac{t}{2} $$ 以及 $$ \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-as}}{s}\right\} =u(t-a) $$ 所以 $$ f(t) = \frac{t}{2} -u(t-1)+u(t-3)-u(t-5)+u(t-7)-\cdots $$ 在各時間區間內，函數可表示為：

Question 17

十七、Consider the following periodic function
$f(t) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \exp (-\pi (t-n)^2)$
which has a Fourier series representation
$f(t) = \sum_{m=0}^{\infty} a_m \cos(2\pi mt) + b_m \sin(2\pi mt)$
for some $a_m, b_m \in \mathbb{R}$ and for all $t \in \mathbb{R}$ . Which of the following statements is/are true?
(A) $a_0 = \frac{1}{\sqrt{\pi}}$
(B) $a_1 = e^{-\pi}$ .
(C) $a_2 = \frac{5}{\pi}$
(D) $b_2 = e^{-4\pi}$ .
(E) None of the above are true.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： - 週期函數的 Fourier 級數係數。 - Gaussian 函數的 Fourier transform： $$\int{-\infty}^{\infty}e^{-\pi t^2}e^{-i2\pi \xi t}\,dt=e^{-\pi \xi^2}.$$ - 偶函數的 Fourier 級數只有 cosine 項，沒有 sine 項。 題目給定 $$ f(t)=\sum{n=-\infty}^{\infty}e^{-\pi(t-n)^2}. $$ 由 $t\mapsto t+1$ 可知 $$ f(t+1)=f(t), $$ 因此 $f(t)$ 是週期為 $1$ 的週期函數。 --- 解題方法：計算 Fourier 係數 題目採用的形式為 $$ f(t)=\sum{m=0}^{\infty}am\cos(2\pi mt) +\sum{m=0}^{\infty}bm\sin(2\pi mt). $$ 因為 $\cos 0=1$，所以此處的 $a0$ 就是常數項，而不是一般有些教材所使用的「常數項乘上 $1/2$」的係數。 對週期為 $1$ 的函數，其複數 Fourier 係數為 $$ cm=\int0^1 f(t)e^{-i2\pi mt}\,dt. $$ 代入 $f(t)$： $$ cm =\int0^1 \sum{n=-\infty}^{\infty} e^{-\pi(t-n)^2}e^{-i2\pi mt}\,dt. $$ 令 $u=t-n$。由於 $m,n$ 為整數， $$ e^{-i2\pi m t} =e^{-i2\pi m(u+n)} =e^{-i2\pi mu}. $$ 將所有區間 $[0-n,1-n]$ 合併為整條實數軸，得到 $$ \begin{aligned} cm &=\int{-\infty}^{\infty} e^{-\pi u^2}e^{-i2\pi mu}\,du\ &=e^{-\pi m^2}. \end{aligned} $$ 因此 $$ cm=e^{-\pi m^2}. $$ 由於 $cm$ 為實數且 $c{-m}=cm$，故 $$ f(t) =c0+\sum{m=1}^{\infty} \left(cm e^{i2\pi mt}+c{-m}e^{-i2\pi mt}ight). $$ 整理為實數形式： $$ f(t) =c0+2\sum{m=1}^{\infty}cm\cos(2\pi mt). $$ 所以 $$ f(t) =1+2\sum{m=1}^{\infty}e^{-\pi m^2}\cos(2\pi mt). $$ 與題目形式比較可得 $$ a0=1, $$

Question 18

十八、For the following second order differential equation $$ tx"(t) + (4t-2)x'(t) + (2t-4)x(t) = 0 $$ Let $x1(t) = t^{r1} \sum{n=0}^{\infty} an t^n$ and $x2(x) = t^{r2} \sum{n=0}^{\infty} bn t^n$ be the two linearly independent Frobenius series solutions for $x(t)$ when $t 0$, where $r1$ and $r2$ are the zeros of the corresponding indicial equation. Assume $r1 
eq r2$ and $a0 = b0 = 1$. Which of the following statements is/are true? (A) $r1 r2$ is not an integer. (B) $a2 = \frac{13}{5}$. (C) $a3 = -\frac{15}{6}$. (D) $b3 = \frac{3}{5}$. (E) None of the above are true.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查正則奇異點 $t=0$ 的 Frobenius 級數法。設 $$ x(t)=t^r\sum{n=0}^{\infty}ant^n,\qquad a0
eq 0. $$ 代入微分方程後： 1. 最低次方係數給出指標方程； 2. 其餘各次方係數給出遞迴關係； 3. 若兩個指標根相差正整數，較小根的級數係數可能在共振階數變成任意值。 --- 解題方法：求指標根與遞迴式 原方程為 $$ tx''+(4t-2)x'+(2t-4)x=0. $$ 令 $$ x=t^r\sum{n=0}^{\infty}ant^n. $$ 則 $$ x'=\sum{n=0}^{\infty}(n+r)ant^{n+r-1}, $$ $$ x''=\sum{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)ant^{n+r-2}. $$ 代入並比較 $t^{n+r-1}$ 的係數，可得 $$ (n+r)(n+r-3)an +4(n+r-2)a{n-1} +2a{n-2}=0, $$ 其中 $a{-1}=a{-2}=0$。 當 $n=0$ 時，得到指標方程 $$ r(r-3)=0. $$ 因此 $$ r1,r2=0,3, $$ 兩根相差 $3$。 --- 根 $r=3$ 的級數 令 $$ x=t^3\sum{n=0}^{\infty}ant^n,\qquad a0=1. $$ 遞迴式為 $$ (n+3)n\,an+4(n+1)a{n-1}+2a{n-2}=0. $$ 取 $n=1$： $$ 4a1+8=0 \quad\Longrightarrow\quad a1=-2. $$ 取 $n=2$： $$ 10a2+12a1+2a0=0, $$ $$ 10a2-24+2=0 \quad\Longrightarrow\quad a2=\frac{11}{5}. $$ 取 $n=3$： $$ 18a3+16a2+2a1=0, $$ $$ 18a3+16\left(\frac{11}{5}ight)-4=0, $$ $$ 18a3+\frac{132}{5}=0 \quad\Longrightarrow\quad a3=-\frac{22}{15}. $$ 因此，若題目將 $r1=3$，則

Question 19

十九、Continued from Problem 十八. The second order differential equation can be alternatively
solved by using Laplace transform. Assuming x(0) = 0 and fox(t)dt = 1, which of
the following statements is/are true about the values of x(t) and its unilateral Laplace
transform X(s) = L{x(t)}?
(A) x'(0) = 1.
(B) x(1) = 1.
(C) X(1) < 1.
(D) Values of X(s) exists for all s > -1.
(E) None of the above are true.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： - 奇異點二階微分方程的 Laplace transform。 - 單邊 Laplace transform 公式： $$\mathcal{L}\{t f(t)\}=-\frac{d}{ds}F(s)$$ - 初始值定理與積分性質： $$X(0)=\int0^\infty x(t)\,dt=1$$ - Laplace transform 的收斂域。 題目中的條件 $\int0^\infty x(t)\,dt=1$ 等價於 $X(0)=1$。 --- 解題方法 原微分方程為 $$ t x''(t)+(4t-2)x'(t)+(2t-4)x(t)=0. $$ 已知 $x(0)=0$。令 $$ X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\}. $$ 由於方程在 $t=0$ 為奇異點，先由原式取 $t	o 0^+$： $$ -2x'(0)-4x(0)=0. $$ 因為 $x(0)=0$，故 $$ x'(0)=0. $$ 接著進行 Laplace transform。利用 $$ \mathcal{L}\{x'\}=sX(s)-x(0)=sX(s), $$ $$ \mathcal{L}\{x''\}=s^2X(s)-sx(0)-x'(0)=s^2X(s), $$ 以及 $$ \mathcal{L}\{t x''\} =-\frac{d}{ds}\left(s^2X(s)ight) =-2sX(s)-s^2X'(s), $$ $$ \mathcal{L}\{t x'\} =-\frac{d}{ds}\left(sX(s)ight) =-X(s)-sX'(s), $$ $$ \mathcal{L}\{t x\}=-X'(s). $$ 代入微分方程： $$ -2sX-s^2X' +4(-X-sX') -2sX -2X' +2(-X') -4X=0. $$ 整理得 $$ (s^2+4s+2)X'(s)+(4s+8)X(s)=0. $$ 注意到 $$ \frac{d}{ds}(s^2+4s+2)=2s+4, $$ 因此上式可寫成 $$ (s^2+4s+2)X'(s) +2(2s+4)X(s)=0, $$ 即 $$ \frac{d}{ds}\left[(s^2+4s+2)^2X(s)ight]=0. $$ 所以 $$ X(s)=\frac{C}{(s^2+4s+2)^2}. $$ 由條件 $$ X(0)=\int0^\infty x(t)\,dt=1, $$ 得到 $$ 1=\frac{C}{(2)^2}, $$ 故 $C=4$，因此 $$ \boxed{ X(s)=\frac{4}{(s^2+4s+2)^2} }. $$ 將分母配方： $$ s^2+4s+2=(s+2)^2-2. $$ 令 $a=\sqrt{2}$，則

Question 20

Consider the following boundary value problem for the bivariate function $u(x,t)$ defined for $0\leq x\leq\pi$ and $t\geq0$ :

\frac{\partial}{\partial t}u(x,t)=2\frac{\partial^2}{\partial x^2}u(x,t)+u(x,t).

Given the end-point and initial conditions

\left.\frac{\partial}{\partial x}u(x,t)\right|_{x=0} = \left.\frac{\partial}{\partial x}u(x,t)\right|_{x=\pi} =0 \quad\text{and}\quad u(x,0)=x(\pi-x),

which of the following statements is/are true for the solution $u(x,t)$ when it is expressed as

u(x,t)=\sum_{n\geq0}a_ne^{p_nt}\cos(2nx)+b_ne^{q_nt}\sin(2nx)

for some constants $a_n,b_n,p_n,q_n\in\mathbb{R}$ ?

(A) $a_0=\frac{\pi}{6}$ .

(B) $a_1=-1$ .

(C) $p_2=-31$ .

(D) $b_1=-1$ .

(E) None of the above are true.

Accepted Answer

核心觀念 本題為二階線性偏微分方程（PDE）之初值邊界值問題（IBVP），核心觀念與所用定理公式包含： 1. 變數分離法（Separation of Variables）：將雙變數函數設為 $u(x,t) = X(x)T(t)$，將偏微分方程轉化為空間與時間的兩個常微分方程（ODE）。 2. 史特姆－萊歐維爾特徵值問題（Sturm-Liouville Eigenvalue Problem）： 在齊次紐曼邊界條件（Neumann boundary conditions）$X'(0)=0$、$X'(\pi)=0$ 下，空間特徵值為 $\lambdam = m^2$，對應之正交特徵函數為餘弦函數 $Xm(x) = \cos(mx)$（$m=0,1,2,\dots$），無正弦函數項。 3. 半幅傅立葉餘弦級數（Fourier Cosine Series）： 初始條件 $u(x,0) = x(\pi-x)$ 於區間 $[0,\pi]$ 展開為傅立葉餘弦級數，利用積分計算各階係數。由於該函數對稱於 $x = \frac{\pi}{2}$，其奇數階餘弦項係數皆為零，僅保留偶數階項 $\cos(2nx)$。 --- 解題方法 檢視原卷第 16 頁第 20 題，題目給定定義於 $0 \le x \le \pi$、$t \ge 0$ 之偏微分方程 $\frac{\partial u}{\partial t} = 2\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + u$，邊界條件為紐曼邊界 $\left.\frac{\partial u}{\partial x}\right|{x=0} = \left.\frac{\partial u}{\partial x}\right|{x=\pi} = 0$，初始條件為 $u(x,0) = x(\pi-x)$，解展開式形式為 $u(x,t) = \sum{n \ge 0} [an e^{pn t}\cos(2nx) + bn e^{qn t}\sin(2nx)]$。 步驟一：變數分離 設解的形式為 $u(x,t) = X(x)T(t)$，代入原方程式： $$ X(x)T'(t) = 2X''(x)T(t) + X(x)T(t) $$ 兩邊同除以 $X(x)T(t)$ 並移項整理： $$ \frac{T'(t)}{T(t)} - 1 = 2\frac{X''(x)}{X(x)} = -2\lambda $$ 亦即： $$ \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda \implies X''(x) + \lambda X(x) = 0 $$ $$ \frac{T'(t)}{T(t)} = 1 - 2\lambda \implies T'(t) + (2\lambda - 1)T(t) = 0 $$ 其中…

109 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（C）》

第 1 題

核心觀念

解題方法

選項 (A)

選項 (B)

選項 (C)

第 2 題

第 3 題

核心觀念

解題方法

選項分析

(A) 正確

(B) 正確（依正半定矩陣的標準定義）

第 4 題

(A)

(B)

第 5 題

第 6 題

第 7 題

第 8 題

第 9 題

核心觀念

解題方法

選項分析

(A) It is a nonlinear ordinary differential equation for the dependent variable $y.

(B) It is a nonlinear ordinary differential equation for the new variable vvv.

第 10 題

核心觀念

解題方法

第 11 題

第 12 題

核心觀念

解題方法

第 13 題

第 14 題

核心觀念

解題方法

第 15 題

第 16 題

第 17 題

第 18 題

第 19 題

第 二十 題

核心觀念

解題方法

步驟一：變數分離

步驟二：求解空間特徵值問題

步驟三：求解時間方程式與疊加通解

步驟四：代入初始條件求解係數

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(B) It is a nonlinear ordinary differential equation for the new variable $v$ .

第二十題