108 年 國立聯合大學電子工程學系碩士班《工程數學》

核心觀念

題目為一階線性微分方程式

$$y'+P(x)y=Q(x)$$

其中

$$P(x)=1,\qquad Q(x)=x.$$

一階線性微分方程式的積分因子定義為

$$\mu(x)=e^{\int P(x)\,dx}.$$

乘上積分因子後，左側可化為乘積微分：

$$\mu(x)y'+\mu(x)P(x)y =\frac{d}{dx}\bigl[\mu(x)y\bigr].$$

解題方法

原式為

$$y'+y=x.$$

因為 $P(x)=1$，積分因子為

$$\mu(x)=e^{\int 1\,dx}=e^x.$$

方程式兩側同乘 $e^x$：

$$e^xy'+e^xy=xe^x.$$

左側正好是乘積微分：

$$\frac{d}{dx}\left(e^xy\right)=xe^x.$$

兩側對 $x$ 積分：

$$e^xy=\int xe^x\,dx.$$

利用分部積分，取

$$u=x,\qquad dv=e^x\,dx,$$

則

核心觀念

本題為二階常係數非齊次線性微分方程式：

$$y''+5y'+6y=e^{-2x}+e^{-3x}.$$

需分成兩部分求解：

1. 先求齊次解 $y_h$。
2. 再利用待定係數法求特解 $y_p$。

左側微分算子可因式分解為

$$D^2+5D+6=(D+2)(D+3),$$

其中 $D=\dfrac{d}{dx}$。由於右側的 $e^{-2x}$、$e^{-3x}$ 分別對應齊次方程式的根，因此特解必須各乘上一個 $x$，以避免與齊次解重複。

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解題方法

一、求齊次解

先考慮對應的齊次方程式：

$$y''+5y'+6y=0.$$

其特徵方程式為

$$r^2+5r+6=0,$$

因式分解得

$$(r+2)(r+3)=0.$$

因此特徵根為

$$r=-2,\qquad r=-3.$$

齊次解為

$$y_h=C_1e^{-2x}+C_2e^{-3x}.$$

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二、求非齊次特解

右側可拆成兩項：

$$e^{-2x}+e^{-3x}.$$

依線性原理，分別求解兩項所造成的特解。

（1）處理 $e^{-2x}$

因為 $e^{-2x}$ 已出現在齊次解中，且 $-2$ 是特徵根，故特解形式需乘上 $x$：

$$y_{p1}=Ax e^{-2x}.$$

計算導數：

$$y_{p1}'=A(1-2x)e^{-2x},$$ $$y_{p1}''=A(4x-4)e^{-2x}.$$

代入左側：

\begin{align*}
y_{p1}''+5y_{p1}'+6y_{p1}
&=A(4x-4)e^{-2x}
+5A(1-2x)e^{-2x}
+6Ax e^{-2x}\
&=A\left[(4x-4)+(5-10x)+6x\right]e^{-2x}\
&=A e^{-2x}.
\end{align*}

為使其等於 $e^{-2x}$，必須有

$$A=1.$$

因此

$$y_{p1}=xe^{-2x}.$$

核心觀念

本題考查：

1. 分段函數的圖形判讀。
2. 單邊拉普拉斯轉換定義：
   $\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\int_{0}^{\infty}f(t)e^{-st}\,dt.$
3. 分段函數的拉普拉斯轉換：將積分區間依函數定義分開計算。
4. 端點的函數值不影響拉普拉斯轉換，因此 $t=2,4,6$ 處的單點取值不影響最後答案。

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(a) 函數圖形

函數為

$$f(t)= \begin{cases} t, & 0\le t<2,\\ 4, & 2\le t<4,\\ 6-t, & 4\le t<6,\\ 0, & \text{elsewhere}. \end{cases}$$

各區段圖形如下：

• $t<0$ 時，$f(t)=0$。
• $0\le t<2$ 時，$f(t)=t$，由 $(0,0)$ 上升至接近 $(2,2)$。
• $2\le t<4$ 時，$f(t)=4$，為高度 $4$ 的水平線。
• $4\le t<6$ 時，$f(t)=6-t$，由 $(4,2)$ 下降至 $(6,0)$。
• $t\ge6$ 時，$f(t)=0$。

示意圖：

f(t)
  4 |          ●────────────○
    |          │             │
  2 |      ○   │             ●
    |     /    │            /
  0 |───●──────┴───────────●────── t
        0      2           4      6

其中：

• 在 $t=2$ 左側，第一段趨近於 $2$；但 $t=2$ 時函數值為 $4$，因此有跳躍。
• 在 $t=4$ 左側函數值為 $4$；$t=4$ 時第三段函數值為 $6-4=2$，因此也有跳躍。
• $t=6$ 時函數值屬於 elsewhere，為 $0$。

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(b) 拉普拉斯轉換

依照分段區間拆開積分：

$$F(s) =\int_0^2 te^{-st}\,dt +\int_2^4 4e^{-st}\,dt +\int_4^6(6-t)e^{-st}\,dt.$$

第一段

$$\int_0^2 te^{-st}\,dt = \left[ -e^{-st}\left(\frac{t}{s}+\frac{1}{s^2}\right) \right]_0^2.$$

因此

$$\int_0^2 te^{-st}\,dt = \frac{1}{s^2} -e^{-2s}\left(\frac{2}{s}+\frac{1}{s^2}\right).$$

第二段

核心觀念

本題考查線性時不變系統的：

• 單位脈衝響應 $h(t)$
• 單位步級響應 $s(t)$
• 拉普拉斯轉換
• 摺積定理

相關公式為

$$\mathcal{L}\{h'(t)\}=sH(s)-h(0^-),$$ $$\mathcal{L}\{h''(t)\}=s^2H(s)-sh(0^-)-h'(0^-),$$

以及

$$\mathcal{L}\{\delta(t)\}=1,\qquad \mathcal{L}\{u(t)\}=\frac{1}{s}.$$

因為輸入皆在 $t=0$ 時開始作用，採用因果解，初始條件取為 $t=0^-$ 的零狀態。

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(a) 單位脈衝響應 $h(t)$

題目為

$$h''+3h'+2h=\delta(t),$$

且

$$h(0^-)=0,\qquad h'(0^-)=0.$$

令

$$H(s)=\mathcal{L}\{h(t)\}.$$

對方程式取拉普拉斯轉換：

$$s^2H(s)+3sH(s)+2H(s)=1.$$

因此

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

部分分式分解：

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

反拉普拉斯轉換得

$$h(t)=e^{-t}-e^{-2t},\qquad t\geq 0.$$

寫成含因果條件的形式：

$$\boxed{h(t)=\left(e^{-t}-e^{-2t}\right)u(t)}.$$

初始條件的脈衝意義

由於右側含有 $\delta(t)$，$h'(t)$ 在 $t=0$ 會產生跳躍。將方程式在 $-\varepsilon$ 到 $\varepsilon$ 間積分：

$$\int_{-\varepsilon}^{\varepsilon}h''(t)\,dt +3\int_{-\varepsilon}^{\varepsilon}h'(t)\,dt +2\int_{-\varepsilon}^{\varepsilon}h(t)\,dt = \int_{-\varepsilon}^{\varepsilon}\delta(t)\,dt=1.$$

令 $\varepsilon\to 0$，可得

$$h'(0^+)-h'(0^-)=1.$$

因為 $h'(0^-)=0$，所以

$$h'(0^+)=1.$$

而

$$h(0^+)=e^0-e^0=0.$$

因此題目中的零初始條件應理解為脈衝作用前的

$$h(0^-)=0,\qquad h'(0^-)=0.$$

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(b) 單位步級響應 $s(t)$

題目為

$$s''+3s'+2s=u(t),$$

且

$$s(0^-)=0,\qquad s'(0^-)=0.$$

令

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

取拉普拉斯轉換：

$$s^2S(s)+3sS(s)+2S(s)=\frac{1}{s}.$$

所以

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

部分分式分解為

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

比較係數可得

$$A=\frac12,\qquad B=-1,\qquad C=\frac12.$$

因此

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

反拉普拉斯轉換：

$$s(t)=\frac12-e^{-t}+\frac12e^{-2t},\qquad t\geq 0.$$

故

核心觀念

本題考查矩陣的基本運算：

1. 同型矩陣的數乘與加減
   只有矩陣尺寸相同時，才能進行加減。$A$、$B$ 均為 $3\times 3$ 矩陣，因此 $3B-2A$ 有定義。

2. 矩陣轉置
   $A^T$ 是將 $A$ 的列與行互換所得的矩陣。

3. 矩陣乘法
   若 $X$ 為 $m\times n$ 矩陣，$Y$ 為 $n\times p$ 矩陣，則 $XY$ 有定義，且結果為 $m\times p$ 矩陣。每個元素由「左矩陣的一列」與「右矩陣的一行」內積得到。

矩陣 $C$ 為 $3\times 2$，與本題兩小題的運算無關。

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解題方法

(a) 求 $3B-2A$

先分別計算 $3B$ 與 $2A$：

$$3B = 3\begin{pmatrix} 1&-2&1\\ -2&1&4\\ 4&4&-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3&-6&3\\ -6&3&12\\ 12&12&-3 \end{pmatrix}$$ $$2A = 2\begin{pmatrix} -4&1&-5\\ 1&-5&2\\ -3&2&4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -8&2&-10\\ 2&-10&4\\ -6&4&8 \end{pmatrix}$$

因此

$$\begin{aligned} 3B-2A &= \begin{pmatrix} 3&-6&3\\ -6&3&12\\ 12&12&-3 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} -8&2&-10\\ 2&-10&4\\ -6&4&8 \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} 3-(-8)&-6-2&3-(-10)\\ -6-2&3-(-10)&12-4\\ 12-(-6)&12-4&-3-8 \end{pmatrix}\\ &= \boxed{ \begin{pmatrix} 11&-8&13\\ -8&13&8\\ 18&8&-11 \end{pmatrix}} \end{aligned}$$

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(b) 求 $A^T B$

先將 $A$ 轉置：

$$A^T= \begin{pmatrix} -4&1&-3\\ 1&-5&2\\ -5&2&4 \end{pmatrix}$$

接著計算 $A^T$ 的每一列與 $B$ 的每一行內積。

核心觀念

本題考查行列式的基本性質：

1. 矩陣乘積的行列式：
   $|XY|=|X||Y|$

2. 矩陣次方的行列式：
   $|A^k|=|A|^k$

3. $n$ 階方陣乘上純量 $c$ 時：
   $|cA|=c^n|A|$

4. 可逆矩陣的逆矩陣滿足：
   $|A^{-1}|=\frac{1}{|A|}$

題目給定 $A$、$B$ 為 $3$ 階方陣，且

$|A|=-5,\qquad |B|=3$

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解題方法與各小題分析

(a) 求 $|A^3|$

由行列式乘法性質，

$$|A^3|=|AAA|=|A||A||A|=|A|^3$$

代入 $|A|=-5$：

$$|A^3|=(-5)^3=-125$$

因此，

$$\boxed{|A^3|=-125}$$

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(b) 求 $|3B|$

因為 $B$ 是 $3$ 階方陣，矩陣 $3B$ 的每一列都被乘上 $3$。行列式對每一列的倍乘會產生一個 $3$，共有三列，因此

$$|3B|=3^3|B|$$

代入 $|B|=3$：

$$|3B|=27\cdot 3=81$$

因此，

$$\boxed{|3B|=81}$$

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(c) 求 $|B^{-1}|$

由

核心觀念

本題考查三個重點：

1. 將線性方程式組寫成矩陣方程式
   $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$

2. 利用反矩陣公式
   $A^{-1}=\frac{1}{\det A}\operatorname{adj}(A)$

3. 當 $A$ 可逆時，矩陣方程式的解為
   $\mathbf{x}=A^{-1}\mathbf{b}$

其中，$A$ 可逆的必要條件是 $\det A\neq 0$。

解題方法

將未知數依序排列為 $x,y,z$，係數矩陣由各方程式的係數組成，右側常數組成向量 $\mathbf{b}$。

(a) 改寫成 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$

原方程式為

$$\begin{cases} 2x+3y+z=-1\\ 3x+3y+z=1\\ 2x+4y+z=-2 \end{cases}$$

因此

$$A= \begin{bmatrix} 2&3&1\\ 3&3&1\\ 2&4&1 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{x}= \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{b}= \begin{bmatrix} -1\\1\\-2 \end{bmatrix}.$$

矩陣方程式為

$$\boxed{ \begin{bmatrix} 2&3&1\\ 3&3&1\\ 2&4&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1\\1\\-2 \end{bmatrix} }$$

(b) 求 $A^{-1}$

先計算行列式：

$$\begin{aligned} \det A &= 2 \begin{vmatrix} 3&1\\ 4&1 \end{vmatrix} -3 \begin{vmatrix} 3&1\\ 2&1 \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} 3&3\\ 2&4 \end{vmatrix}\\ &=2(3-4)-3(3-2)+(12-6)\\ &=-2-3+6\\ &=1. \end{aligned}$$

因為 $\det A=1\neq 0$，所以 $A$ 可逆。

各代數餘子式為

$$C_{ij}= \begin{bmatrix} -1&-1&6\\ 1&0&-2\\ 0&1&-3 \end{bmatrix}.$$

因此伴隨矩陣為代數餘子式矩陣的轉置：

$$\operatorname{adj}(A) = \begin{bmatrix} -1&1&0\\ -1&0&1\\ 6&-2&-3 \end{bmatrix}.$$

由於 $\det A=1$，

(a) 特徵值

求解特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$：
$\det \begin{pmatrix} 3-\lambda & 2 & 1 \\ 0 & -\lambda & 2 \\ 0 & 2 & -\lambda \end{pmatrix} = 0$

沿第一行展開得：
$(3 - \lambda) \cdot \left[ (-\lambda)(-\lambda) - (2)(2) \right] = 0$
$(3 - \lambda)(\lambda^2 - 4) = 0$
$(3 - \lambda)(\lambda - 2)(\lambda + 2) = 0$

解得特徵值為 $\lambda = 3, 2, -2$。

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(b) 特徵向量

求解齊次線性方程組 $(A - \lambda I)\mathbf{x} = \mathbf{0}$：

1. 當 $\lambda_1 = 3$ 時：
   $\begin{pmatrix} 0 & 2 & 1 \\ 0 & -3 & 2 \\ 0 & 2 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
   由第二、三行推得 $x_2 = 0, x_3 = 0$，$x_1$ 為自由變數。
   特徵向量為 $\mathbf{v}_1 = c_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad (c_1 \neq 0)$

2. 當 $\lambda_2 = 2$ 時：

核心觀念

判斷集合 $W$ 是否為 $\mathbb{R}^3$ 的子空間，需檢查：

1. 零向量是否屬於 $W$；
2. 加法封閉性；
3. 純量乘法封閉性。

本題依題目指定，重點檢查加法封閉性與純量乘法封閉性。集合為

$$W=\{(x,y,3x+y)\mid x,y\in\mathbb{R}\}.$$

其中第三個分量由前兩個分量決定，滿足平面方程式

$$z=3x+y.$$

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解題方法

取 $W$ 中任意兩個向量

$$\mathbf{u}=(x_1,y_1,3x_1+y_1),$$ $$\mathbf{v}=(x_2,y_2,3x_2+y_2),$$

其中 $x_1,y_1,x_2,y_2\in\mathbb{R}$。

分別檢查 $\mathbf{u}+\mathbf{v}$ 與 $c\mathbf{u}$ 是否仍符合第三個分量等於前兩個分量的關係。

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(a) 加法封閉性

計算兩向量之和：

$$\begin{aligned} \mathbf{u}+\mathbf{v} &=(x_1,y_1,3x_1+y_1)+(x_2,y_2,3x_2+y_2)\\ &=(x_1+x_2,\ y_1+y_2,\ 3x_1+y_1+3x_2+y_2). \end{aligned}$$

整理第三個分量：

$$3x_1+y_1+3x_2+y_2 =3(x_1+x_2)+(y_1+y_2).$$

因此

$$\mathbf{u}+\mathbf{v} = \bigl(x_1+x_2,\ y_1+y_2,\ 3(x_1+x_2)+(y_1+y_2)\bigr).$$

令

$$x=x_1+x_2,\qquad y=y_1+y_2,$$

則

$$\mathbf{u}+\mathbf{v}=(x,y,3x+y)\in W.$$

所以 $W$ 滿足加法封閉性。

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