111 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

本題涉及三個觀念：

1. 驗證函數是否為微分方程的解：將 $y$、$y'$、$y''$ 直接代入方程。
2. Wronskian 判斷函數的線性獨立性：

$$W(y_1,y_2)(x)= \begin{vmatrix} y_1&y_2\\ y_1'&y_2' \end{vmatrix} =y_1y_2'-y_1'y_2.$$

若在某區間內 $W(x)\neq 0$，則 $y_1,y_2$ 線性獨立。
3. 非線性微分方程通常不適用線性方程的疊加原理，因此不能直接寫成 $c_1y_1+c_2y_2$。

一、驗證 $y_1$ 是否為解

令

$$y_1=3e^{2x}-1.$$

則

$$y_1'=6e^{2x},\qquad y_1''=12e^{2x}.$$

代入左側：
\begin{align*}
y_1''y_1-(y_1')^2
&=(12e^{2x})(3e^{2x}-1)-(6e^{2x})^2\
&=36e^{4x}-12e^{2x}-36e^{4x}\
&=-12e^{2x}\neq 0.
\end{align*}

因此，按照題目所給的微分方程，

$$y_1=3e^{2x}-1$$

並不是其解。

二、驗證 $y_2$ 是否為解

令

$$y_2=e^x+2.$$

則

$$y_2'=e^x,\qquad y_2''=e^x.$$

代入左側：
\begin{align*}
y_2''y_2-(y_2')^2
&=e^x(e^x+2)-(e^x)^2\
&=2e^x\neq 0.
\end{align*}

因此，

$$y_2=e^x+2$$

也不是題目所給微分方程的解。

所以題目中的「Show that」與方程式不一致；依照目前題目文字，兩個函數均無法被證明為解。

三、Wronskian 檢驗線性獨立性

雖然兩函數不是該微分方程的解，仍可將它們視為一般函數，計算其 Wronskian：

\begin{align*}
W(y_1,y_2)
&=y_1y_2'-y_1'y_2\
&=(3e^{2x}-1)e^x-(6e^{2x})(e^x+2)\
&=3e^{3x}-e^x-6e^{3x}-12e^{2x}\
&=-3e^{3x}-12e^{2x}-e^x\
&=-e^x(3e^{2x}+12e^x+1).
\end{align*}

核心觀念

本題是典型的 Sturm–Liouville 特徵值問題，要求找出 $\lambda$ 及其對應的特徵函數 $y(x)$。

方程為

$$y''+\lambda y=0,$$

邊界條件為

$$y(0)-4y'(0)=0,\qquad y'(1)=0.$$

必須分別討論三種情形：

1. $\lambda>0$
2. $\lambda=0$
3. $\lambda<0$

只有存在非零解 $y(x)$ 時，$\lambda$ 才是特徵值。

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解題方法

一、情形一：$\lambda>0$

令

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

方程變為

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

其通解為

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

微分得

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

先使用 $x=0$ 的邊界條件：

$$y(0)-4y'(0)=0.$$

由

$$y(0)=A,\qquad y'(0)=B\mu,$$

可得

$$A-4\mu B=0,$$

因此

$$A=4\mu B.$$

將其代回 $y(x)$：

$$y(x)=B\left(4\mu\cos(\mu x)+\sin(\mu x)\right).$$

再使用 $y'(1)=0$。由

$$y'(x)=B\left(-4\mu^2\sin(\mu x)+\mu\cos(\mu x)\right),$$

得到

$$y'(1)=B\left(-4\mu^2\sin\mu+\mu\cos\mu\right)=0.$$

非零特徵函數必須有 $B\neq 0$，且 $\mu>0$，所以

$$-4\mu^2\sin\mu+\mu\cos\mu=0.$$

除以 $\mu$ 得特徵值方程

$$\boxed{\cos\mu-4\mu\sin\mu=0}.$$

亦可寫成

$$\boxed{4\mu\tan\mu=1},$$

其中 $\cos\mu\neq 0$。

因此，每一個滿足上述方程的正根 $\mu_n$，都產生一個特徵值

$$\boxed{\lambda_n=\mu_n^2},$$

對應特徵函數為

$$\boxed{y_n(x)=C\left(4\mu_n\cos(\mu_n x)+\sin(\mu_n x)\right)},$$

其中 $C\neq 0$ 為任意常數。

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二、情形二：$\lambda=0$

此時方程為

$$y''=0,$$

通解為

$$y(x)=A+Bx.$$

因此

$$y'(x)=B.$$

由邊界條件 $y'(1)=0$ 得

$$B=0.$$

再由 $y(0)-4y'(0)=0$ 得

$$A-4B=A=0.$$

所以只有平凡解 $y\equiv 0$，不符合特徵函數必須為非零函數的要求。

因此

$$\boxed{\lambda=0\text{ 不是特徵值}}.$$

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核心觀念

(a) 圖形表示以 $2\pi$ 為週期的方波：在 $0<x<\pi$ 時 $f(x)=2$，在 $-\pi<x<0$ 時 $f(x)=-2$。利用傅立葉級數展開，再選擇適當的 $x$ 值，就能得到指定的無窮級數。

(b) 矩形脈波的傅立葉轉換可直接依定義積分。以下採用工程上常見的角頻率定義：

$$X(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j\omega t}\,dt.$$

解題方法

(a) 以傅立葉級數求無窮級數

此方波是奇函數，因此傅立葉級數只有正弦項。其正弦係數為

$$b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin(nx)\,dx =\frac{4}{\pi}\int_0^\pi \sin(nx)\,dx =\frac{4}{n\pi}\bigl(1-(-1)^n\bigr).$$

當 $n$ 為偶數時，$b_n=0$；當 $n$ 為奇數時，$b_n=\dfrac{8}{n\pi}$。所以傅立葉級數為

$$f(x)=\frac{8}{\pi}\left(\sin x+\frac{\sin 3x}{3} +\frac{\sin 5x}{5}+\cdots\right).$$

取 $x=\dfrac{\pi}{2}$。此處方波連續且 $f(\pi/2)=2$，而

$$\sin\left(\frac{(2k+1)\pi}{2}\right)=(-1)^k.$$

代入級數後得到

核心觀念

本題考查：

• 特徵值由特徵方程
  $\det(\lambda I-M)=0$
  求得。
• 對應特徵向量 $v$ 必須滿足
  $(M-\lambda I)v=0.$
• 若某特徵值的代數重數大於幾何重數，需引入廣義特徵向量，才能建立 Jordan 標準形。
• 若取可逆矩陣 $Q$ 的欄向量為一組 Jordan 基底，則
  $J=Q^{-1}MQ.$

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解題方法

令

$$M= \begin{bmatrix} 3&1&-2\\ -1&0&5\\ -1&-1&4 \end{bmatrix}.$$

先求特徵方程，再依序求特徵向量與廣義特徵向量。

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（a）求特徵值與特徵向量

1. 求特徵值

計算

$$\det(\lambda I-M) = \det \begin{bmatrix} \lambda-3&-1&2\\ 1&\lambda&-5\\ 1&1&\lambda-4 \end{bmatrix}.$$

沿第一列展開：

$$\begin{aligned} \det(\lambda I-M) &=(\lambda-3) \begin{vmatrix} \lambda&-5\\ 1&\lambda-4 \end{vmatrix} +\begin{vmatrix} 1&-5\\ 1&\lambda-4 \end{vmatrix} +2\begin{vmatrix} 1&\lambda\\ 1&1 \end{vmatrix}\\ &=(\lambda-3)\bigl[\lambda(\lambda-4)+5\bigr] +(\lambda-4+5)+2(1-\lambda)\\ &=(\lambda-3)(\lambda^2-4\lambda+5)+(\lambda+1)+2(1-\lambda)\\ &=\lambda^3-7\lambda^2+16\lambda-12. \end{aligned}$$

因式分解得

$$\lambda^3-7\lambda^2+16\lambda-12 =(\lambda-2)^2(\lambda-3).$$

因此特徵值為

$$\boxed{\lambda=2\text{，代數重數為 }2}$$

以及

$$\boxed{\lambda=3\text{，代數重數為 }1}.$$

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2. 求 $\lambda=2$ 的特徵向量

計算

$$M-2I= \begin{bmatrix} 1&1&-2\\ -1&-2&5\\ -1&-1&2 \end{bmatrix}.$$

令特徵向量為 $v=(x,y,z)^T$，則

$$\begin{bmatrix} 1&1&-2\\ -1&-2&5\\ -1&-1&2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

由第一、二列可得

$$x+y-2z=0,$$ $$-x-2y+5z=0.$$

由第一式 $x=-y+2z$，代入第二式：

$$-(-y+2z)-2y+5z=0,$$ $$-y+3z=0,$$

因此

$$y=3z,\qquad x=-z.$$

取 $z=1$，得到

$$v_1= \begin{bmatrix} -1\\3\\1 \end{bmatrix}.$$

所以 $\lambda=2$ 的特徵向量可寫成

$$\boxed{ v=t \begin{bmatrix} -1\\3\\1 \end{bmatrix}, \quad t\neq 0 }.$$

由於 $\lambda=2$ 的特徵空間只有一個線性獨立的特徵向量，因此其幾何重數為 $1$。

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3. 求 $\lambda=3$ 的特徵向量

計算

$$M-3I= \begin{bmatrix} 0&1&-2\\ -1&-3&5\\ -1&-1&1 \end{bmatrix}.$$

令 $v=(x,y,z)^T$，則

$$\begin{cases} y-2z=0,\\ -x-3y+5z=0. \end{cases}$$

由第一式得

$$y=2z.$$

代入第二式：

$$-x-6z+5z=0,$$

因此

$$x=-z.$$

取 $z=1$，可得

$$v_3= \begin{bmatrix} -1\\2\\1 \end{bmatrix}.$$

所以 $\lambda=3$ 的特徵向量為

核心觀念

對矩陣 $A\in\mathbb{R}^{3\times 2}$，奇異值分解（Singular Value Decomposition, SVD）表示為

$$A=U\Sigma V^{T},$$

其中：

• $U\in\mathbb{R}^{3\times 3}$ 為正交矩陣；
• $V\in\mathbb{R}^{2\times 2}$ 為正交矩陣；
• $\Sigma\in\mathbb{R}^{3\times 2}$ 為矩形對角矩陣；
• $A^{T}A$ 的特徵值為奇異值的平方；
• 若 $A^{T}A v_i=\lambda_i v_i$，則 $$\sigma_i=\sqrt{\lambda_i},\qquad u_i=\frac{Av_i}{\sigma_i}.$$

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解題方法

先計算 $A^{T}A$：

$$A= \begin{bmatrix} 4&11\\ 1&8\\ -7&-2 \end{bmatrix},$$

因此

$$A^{T}A = \begin{bmatrix} 4&1&-7\\ 11&8&-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 4&11\\ 1&8\\ -7&-2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 66&66\\ 66&189 \end{bmatrix}.$$

1. 求 $A^{T}A$ 的特徵值

特徵方程為

$$\det \begin{bmatrix} 66-\lambda&66\\ 66&189-\lambda \end{bmatrix} =0.$$

所以

$$(66-\lambda)(189-\lambda)-66^2=0,$$ $$\lambda^2-255\lambda+8118=0.$$

其解為

$$\lambda_{1,2} = \frac{255\pm\sqrt{32553}}{2}.$$

令

$$\lambda_1=\frac{255+\sqrt{32553}}{2},\qquad \lambda_2=\frac{255-\sqrt{32553}}{2},$$

其中 $\lambda_1>\lambda_2$。

因此兩個非零奇異值為

$$\sigma_1=\sqrt{\frac{255+\sqrt{32553}}{2}}, \qquad \sigma_2=\sqrt{\frac{255-\sqrt{32553}}{2}}.$$

數值上，

$$\sigma_1\approx14.755,\qquad \sigma_2\approx6.106.$$

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2. 求右奇異向量 $v_1,v_2$

對於特徵值 $\lambda_i$，由

$$(A^{T}A-\lambda_i I)v_i=0$$

可取未正規化特徵向量為

$$\begin{bmatrix} 1\\ t_i \end{bmatrix}, \qquad t_i=\frac{\lambda_i-66}{66}.$$

代入 $\lambda_1,\lambda_2$，得到

$$t_1=\frac{123+\sqrt{32553}}{132}, \qquad t_2=\frac{123-\sqrt{32553}}{132}.$$

故正規化後

$$v_1= \frac{1}{\sqrt{1+t_1^2}} \begin{bmatrix} 1\\ t_1 \end{bmatrix}, \qquad v_2= \frac{1}{\sqrt{1+t_2^2}} \begin{bmatrix} 1\\ t_2 \end{bmatrix}.$$

注意到

$$t_1t_2 = \frac{123^2-(\sqrt{32553})^2}{132^2} =-1,$$

所以 $v_1$ 與 $v_2$ 互相正交。令

$$V= \begin{bmatrix} |&|\\ v_1&v_2\\ |&| \end{bmatrix}.$$

數值近似為

$$V\approx \begin{bmatrix} 0.399&0.917\\ 0.917&-0.399 \end{bmatrix}.$$

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3. 求左奇異向量 $u_1,u_2$

根據

核心觀念

本題考查「正常算子之不同特徵值所對應的特徵向量互相正交」。

使用的定義與性質如下：

1. 算子 $\hat{T}$ 為正常算子，表示
   $\hat{T}^*\hat{T}=\hat{T}\hat{T}^*.$

2. 若 $\hat{T}$ 為正常算子，則對任意特徵值 $\lambda$，算子
   $\hat{T}-\lambda I$
   也是正常算子。

3. 對正常算子 $A$，有
   $\|A\mathbf{x}\|=\|A^*\mathbf{x}\|.$

因此，若 $A\mathbf{x}=0$，便可推出 $A^*\mathbf{x}=0$。

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解題方法

令

$$A=\hat{T}-\lambda I.$$

因為 $\hat{T}$ 是正常算子，所以 $A$ 也是正常算子。事實上，

$$A^*=\hat{T}^*-\overline{\lambda}I,$$

且

$$A^*A =(\hat{T}^*-\overline{\lambda}I)(\hat{T}-\lambda I),$$ $$AA^* =(\hat{T}-\lambda I)(\hat{T}^*-\overline{\lambda}I).$$

利用 $\hat{T}^*\hat{T}=\hat{T}\hat{T}^*$，可得 $A^*A=AA^*$。

對任意向量 $\mathbf{x}$，正常性給出

$$\|A\mathbf{x}\|^2 =\langle A\mathbf{x},A\mathbf{x}\rangle =\langle A^*A\mathbf{x},\mathbf{x}\rangle,$$

而

$$\|A^*\mathbf{x}\|^2 =\langle A^*\mathbf{x},A^*\mathbf{x}\rangle =\langle AA^*\mathbf{x},\mathbf{x}\rangle.$$

由於 $A^*A=AA^*$，所以

$$\|A\mathbf{x}\|=\|A^*\mathbf{x}\|.$$

現在針對 $\mathbf{x}_2$ 使用 $\lambda_2$。由

$$\hat{T}\mathbf{x}_2=\lambda_2\mathbf{x}_2$$

可知

$$(\hat{T}-\lambda_2I)\mathbf{x}_2=0.$$

由正常算子的性質，

$$(\hat{T}^*-\overline{\lambda_2}I)\mathbf{x}_2=0,$$

因此

$$\hat{T}^*\mathbf{x}_2=\overline{\lambda_2}\mathbf{x}_2.$$

接著計算內積。採用內積對第一個變數線性的慣例：

核心觀念

二變數函數 $u(x,y)$ 若具有二階連續偏導數，且滿足拉普拉斯方程

$$u_{xx}+u_{yy}=0,$$

則稱為調和函數（harmonic function）。

若 $v(x,y)$ 為 $u$ 的調和共軛，則 $f(z)=u+iv$ 為解析函數，必須滿足柯西–黎曼方程：

$$u_x=v_y,\qquad u_y=-v_x.$$

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解題方法

先計算 $u$ 的二階偏導數，驗證其是否滿足拉普拉斯方程；再利用柯西–黎曼方程求出 $v$。

題目給定

$$u=x^4+y^4-6x^2y^2+2x^2-2y^2+1.$$

先求一階偏導數：

$$u_x=4x^3-12xy^2+4x,$$ $$u_y=4y^3-12x^2y-4y.$$

再求二階偏導數：

$$u_{xx}=12x^2-12y^2+4,$$ $$u_{yy}=12y^2-12x^2-4.$$

因此

$$u_{xx}+u_{yy} =(12x^2-12y^2+4)+(12y^2-12x^2-4)=0.$$

故 $u$ 為調和函數。

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求調和共軛 $v$

由柯西–黎曼方程

$$v_y=u_x=4x^3-12xy^2+4x.$$

對 $y$ 積分：

$$\begin{aligned} v &=\int (4x^3-12xy^2+4x)\,dy\\ &=4x^3y-4xy^3+4xy+\phi(x), \end{aligned}$$

其中 $\phi(x)$ 只依賴於 $x$。

對上式取 $x$ 偏導：

$$v_x=12x^2y-4y^3+4y+\phi'(x).$$

由另一個柯西–黎曼方程 $u_y=-v_x$，可得

解題關鍵：利用柯西導數公式

$$\oint_{C}\frac{f(z)}{(z-a)^{n+1}}\,dz =\frac{2\pi i}{n!}\,f^{(n)}(a),\qquad a\ \text{在}C\ \text{內}.$$

步驟

1. 被積函數寫成

$$\frac{ze^{2z}}{(z-i)^{2}} =\frac{f(z)}{(z-i)^{2}},\qquad f(z)=ze^{2z},\; a=i,\; n=1.$$

2. 計算 $f(z)$ 的一次導數

核心觀念

本題考查：

• 複變函數的留數定理
• 極點是否位於封閉曲線 $C$ 內部的判斷
• 簡單極點的留數計算

若 $f(z)$ 在逆時針封閉曲線 $C$ 內除有限個孤立奇點外皆解析，則

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

其中只加總位於 $C$ 內部的奇點。

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解題方法

令

$$f(z)=\frac{ze^{\pi z}}{z^4-16}.$$

分母因式分解為

$$z^4-16=(z^2-4)(z^2+4) =(z-2)(z+2)(z-2i)(z+2i).$$

因此 $f(z)$ 的奇點為

$$z=2,\quad z=-2,\quad z=2i,\quad z=-2i.$$

曲線 $C$ 為

$$9x^2+y^2=9,$$

可改寫為

$$x^2+\frac{y^2}{9}=1.$$

這是一個以原點為中心、水平半軸長 $1$、垂直半軸長 $3$ 的橢圓。

逐一判斷：

• $z=2$ 對應 $(x,y)=(2,0)$，在橢圓外
• $z=-2$ 對應 $(x,y)=(-2,0)$，在橢圓外
• $z=2i$ 對應 $(x,y)=(0,2)$，在橢圓內
• $z=-2i$ 對應 $(x,y)=(0,-2)$，在橢圓內

所以只需計算 $z=\pm 2i$ 的留數。

由於 $z^4-16$ 的根皆為單根，若 $z_0^4=16$，則

$$\operatorname{Res}(f;z_0) = \frac{z_0e^{\pi z_0}}{(z^4-16)'|_{z=z_0}} = \frac{z_0e^{\pi z_0}}{4z_0^3} = \frac{e^{\pi z_0}}{4z_0^2}.$$

在 $z=2i$ 處，

$$(2i)^2=-4,\qquad e^{\pi(2i)}=e^{2\pi i}=1,$$

因此