113 年 國立中央大學光電科學與工程學系半導體光電科技碩士班《工程數學》

核心觀念

1. 函數的線性獨立定義（Linear Independence of Functions）
   定義於區間 $I$ 上的兩個函數 $f(x)$ 與 $g(x)$，若滿足關係式：
   $c_1 f(x) + c_2 g(x) = 0, \quad \forall x \in I$
   的唯一常數解為 $c_1 = 0$ 且 $c_2 = 0$，則稱 $f(x)$ 與 $g(x)$ 在區間 $I$ 上為線性獨立（Linearly Independent）。
   若存在不全為零的常數 $c_1, c_2$ 使得該式對區間內所有 $x$ 皆成立，則稱為線性相依（Linearly Dependent）。

2. 朗斯基行列式（Wronskian Determinant）
   對兩個可微函數 $f(x)$ 與 $g(x)$，其朗斯基行列式定義為：
   $W(f, g)(x) = \begin{vmatrix} f(x) & g(x) \\ f'(x) & g'(x) \end{vmatrix} = f(x)g'(x) - f'(x)g(x)$

   • 若存在至少一點 $x_0 \in I$ 使得 $W(f, g)(x_0) \neq 0$，則 $f(x)$ 與 $g(x)$ 在區間 $I$ 上必定線性獨立。
   • 若 $f(x)$ 與 $g(x)$ 在區間上線性相依，則其朗斯基行列式對所有 $x \in I$ 恆為 $0$（$W(f, g)(x) \equiv 0$）。

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解題方法

本題檢驗兩函數是否線性獨立，可採用以下兩種嚴密推導方式：

1. 定義法（代入特殊點法）：假設線性組合為零，透過選定特定的 $x$ 值建立關於常數 $c_1, c_2$ 的聯立方程組。若方程組只有唯一零解 $c_1 = c_2 = 0$，則為線性獨立；若有非零解，則為線性相依。
2. 朗斯基行列式法（Wronskian Test）：計算 $W(f, g)(x)$，若不恆等於零，則可直接判定為線性獨立。

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選項分析（子題推導與證明）

1. (a) Are $\sin(x)$ and $e^x$ linearly independent? Justify.

證明（推導一：定義法）
設線性組合對所有實數 $x \in \mathbb{R}$ 滿足：
$c_1 \sin(x) + c_2 e^x = 0$

1. 取 $x = 0$ 代入：
   $c_1 \sin(0) + c_2 e^0 = 0 \implies c_1(0) + c_2(1) = 0 \implies c_2 = 0$
2. 將 $c_2 = 0$ 代回原方程式，簡化為：
   $c_1 \sin(x) = 0$
3. 取 $x = \frac{\pi}{2}$ 代入：
   $c_1 \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0 \implies c_1(1) = 0 \implies c_1 = 0$

因為滿足方程式的係數只能為 $c_1 = 0$ 且 $c_2 = 0$，故 $\sin(x)$ 與 $e^x$ 為線性獨立（Linearly Independent）。

證明（推導二：朗斯基行列式法）
令 $f(x) = \sin(x)$，$g(x) = e^x$，計算其朗斯基行列式：
$W(\sin(x), e^x) = \begin{vmatrix} \sin(x) & e^x \\ \cos(x) & e^x \end{vmatrix} = e^x \sin(x) - e^x \cos(x) = e^x(\sin(x) - \cos(x))$

核心觀念

本題考查二階常係數非齊次線性微分方程式（Second-order Linear Nonhomogeneous ODE with Constant Coefficients）的求解。
求解主要依據以下定義與定理：

1. 通解結構定理：二階非齊次線性微分方程式 $y'' + p y' + q y = r(x)$ 的通解（General solution）由齊次通解（Homogeneous solution）$y_h(x)$ 與非齊次特解（Particular solution）$y_p(x)$ 相加而成，即：
   $y(x) = y_h(x) + y_p(x)$
2. 特徵方程式（Characteristic Equation）：對於齊次部分 $y'' + a y' + b y = 0$，令 $y = e^{\lambda x}$ 可得特徵方程式：
   $\lambda^2 + a\lambda + b = 0$
   當特徵根為兩個相異實根 $\lambda_1, \lambda_2$ 時，齊次通解為 $y_h(x) = c_1 e^{\lambda_1 x} + c_2 e^{\lambda_2 x}$（其中 $c_1, c_2$ 為任意實數常數）。
3. 未定係數法（Method of Undetermined Coefficients）：當非齊次項 $r(x)$ 為多項式時，可根據 $r(x)$ 的最高次數假設對應形式的特解 $y_p(x)$，再代回原微分方程式求出未定係數。

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解題方法

步驟一：求齊次通解 $y_h(x)$

考慮對應的齊次微分方程式：
$y'' + 5y' + 6y = 0$

寫出特徵方程式並進行因式分解：
$\lambda^2 + 5\lambda + 6 = 0 \implies (\lambda + 2)(\lambda + 3) = 0$

解得兩相異實根：
$\lambda_1 = -2, \quad \lambda_2 = -3$

故齊次通解為：
$y_h(x) = c_1 e^{-2x} + c_2 e^{-3x}$
（其中 $c_1, c_2$ 為任意常數）

步驟二：求非齊次特解 $y_p(x)$

觀察非齊次項 $r(x) = 2x + 1$，為一階多項式（一次函數）。由於特徵根 $\lambda = 0$ 並非齊次項之特徵根（即項中無重複解現象），採用未定係數法，假設特解為一般一階多項式：
$y_p(x) = Ax + B$

將 $y_p(x)$ 對 $x$ 微分求出一階與二階導函數：
$y_p'(x) = A$
$y_p''(x) = 0$

將 $y_p, y_p', y_p''$ 代回原微分方程式 $y'' + 5y' + 6y = 2x + 1$ 中：
$0 + 5(A) + 6(Ax + B) = 2x + 1$
$6Ax + (5A + 6B) = 2x + 1$

比較等號兩端同次項係數：

$$\begin{cases} x^1 \text{ 係數：} & 6A = 2 \\[6pt] x^0 \text{ 係數：} & 5A + 6B = 1 \end{cases}$$

由第一式解得：
$A = \frac{1}{3}$

核心觀念

• 可降階二階常微分方程（Reduction of Order）：當二階微分方程中不顯含未知函數 $y$（即型如 $F(x, y', y'') = 0$）時，可利用變數代換 $v = y'$ 將原方程降階為一階微分方程。
• 全微分形式（Exact Differential Form）：觀察到 $xy'' + y'$ 恰好符合函數乘法求導公式，可直接化簡為 $\frac{d}{dx}(x y') = 0$。
• 柯西－歐拉方程式（Cauchy-Euler Equation）：兩邊同乘以 $x$ 後得到 $x^2 y'' + x y' = 0$，屬於可藉由設 $y = x^m$ 求解特徵根的二階變係數齊次線性微分方程（重根型態）。

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解題方法

本題為二階齊次線性變係數微分方程，以下提供兩種主流且簡捷的推導求解途徑：

方法一：全微分觀察法／變數代換降階法（推薦秒殺法）

1. 微分觀察與降階：
   觀察原方程式 $xy'' + y' = 0$ 左式，可知其符合乘法微分公式 $\frac{d}{dx}(u \cdot w) = u' w + u w'$ 的結構。設 $u = x$、$w = y'$，則：
   $\frac{d}{dx}(x y') = x y'' + y' = 0$
   若設變數 $v = y'$，則 $v' = y''$，方程式轉化為一階可分離變數微分方程：
   $x v' + v = 0 \implies \frac{d}{dx}(x v) = 0$

2. 第一次積分：
   對 $x$ 進行積分，得：
   $x y' = C_1 \quad (C_1 \text{ 為任意實數常數})$
   整理得：
   $y' = \frac{dy}{dx} = \frac{C_1}{x} \quad (x \neq 0)$

3. 第二次積分：
   對 $x$ 再次積分即可求得通解：
   $y(x) = \int \frac{C_1}{x} \, dx = C_1 \ln|x| + C_2 \quad (C_2 \text{ 為任意實數常數})$

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方法二：柯西－歐拉方程式法（Cauchy-Euler Equation）

1. 化為標準型態：
   將原式 $xy'' + y' = 0$ 兩邊同乘以 $x$，得：
   $x^2 y'' + x y' = 0$
   此式符合柯西－歐拉方程式之標準形式 $a x^2 y'' + b x y' + c y = 0$（其中 $a=1, b=1, c=0$）。

2. 求解特徵方程式：
   設解答型態為 $y = x^m$，代入可得特徵方程式（Auxiliary Equation）：

核心觀念

本題考查二階常係數線性微分方程式在受到不連續／分段驅動外力（Discontinuous/Piecewise Forcing Function）作用時的初值問題（IVP）。解題的核心定理與工具包含：

1. 單位階梯函數（Unit Step Function / Heaviside Function）：
   定義為 $u(t-a) = \begin{cases} 0, & t < a \\ 1, & t \ge a \end{cases}$。將分段外力 $f(t)$ 表示為階梯函數形式：
   $f(t) = u(t-1) - u(t-5)$
2. 拉普拉斯轉換（Laplace Transform）之微分性質：
   $\mathcal{L}\{x''(t)\} = s^2 X(s) - s x(0) - x'(0)$
3. 第二位移定理（Second Shifting Theorem）：
   $\mathcal{L}\{g(t-a)u(t-a)\} = e^{-as} G(s) \quad \iff \quad \mathcal{L}^{-1}\left\{ e^{-as} G(s) \right\} = g(t-a) u(t-a)$
4. 部分分式展開法（Partial Fraction Expansion）：將變換後的頻域代數式拆解為基本拉氏轉換表之標準型態。

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解題方法

步驟一：將分段外力 $f(t)$ 表示為單位階梯函數
題目給定驅動外力 $f(t) = \begin{cases} 1, & 1 \le t < 5 \\ 0, & \text{其他} \end{cases}$，利用單位階梯函數可將其寫為：
$f(t) = u(t-1) - u(t-5)$

步驟二：對原微分方程進行拉普拉斯轉換
對微分方程 $x''(t) + x(t) = f(t)$ 兩端同取拉普拉斯轉換，並代入初始條件 $x(0) = 0$ 與 $x'(0) = 0$：
$\mathcal{L}\{x''(t)\} + \mathcal{L}\{x(t)\} = \mathcal{L}\{u(t-1) - u(t-5)\}$
$s^2 X(s) - s x(0) - x'(0) + X(s) = \frac{e^{-s}}{s} - \frac{e^{-5s}}{s}$
$(s^2 + 1) X(s) = \frac{e^{-s} - e^{-5s}}{s}$
$X(s) = \frac{e^{-s} - e^{-5s}}{s(s^2 + 1)}$

步驟三：部分分式展開
針對無指數項之代數式 $\frac{1}{s(s^2 + 1)}$ 進行部分分式展開：
$\frac{1}{s(s^2 + 1)} = \frac{A}{s} + \frac{Bs + C}{s^2 + 1}$
通分比較分子：
$1 = A(s^2 + 1) + (Bs + C)s = (A + B)s^2 + Cs + A$
解得係數：

核心觀念

本題旨在考驗**實數型態傅立葉級數（Real Fourier Series）**的展開能力，包含函數對稱性（奇偶性）判斷、週期與半週期之確定，以及基本微積分（分部積分法）的應用。

1. 傅立葉級數的一般定義：
   若週期函數 $f(t)$ 的週期為 $T$，半週期為 $L = \frac{T}{2}$，其基本角頻率為 $\omega_0 = \frac{2\pi}{T} = \frac{\pi}{L}$，則 $f(t)$ 的實數傅立葉級數可表示為：
   $f(t) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n \cos(n\omega_0 t) + b_n \sin(n\omega_0 t) \right]$
   其中傅立葉係數公式為：
   $a_0 = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(t) \, dt$
   $a_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(t) \cos(n\omega_0 t) \, dt, \quad n = 1, 2, 3, \dots$
   $b_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(t) \sin(n\omega_0 t) \, dt, \quad n = 1, 2, 3, \dots$

2. 奇偶函數簡化定理（Symmetry Property）：

   • 若 $f(t)$ 為偶函數（即 $f(-t) = f(t)$）：
     偶函數與正弦函數（奇函數）相乘為奇函數，故正弦項係數 $b_n = 0$（對所有 $n \ge 1$）。傅立葉級數簡化為傅立葉餘弦級數（Fourier Cosine Series）：
     $a_0 = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(t) \, dt$
     $a_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(t) \cos(n\omega_0 t) \, dt$
   • 若 $f(t)$ 為奇函數（即 $f(-t) = -f(t)$）：
     則 $a_0 = 0$ 且 $a_n = 0$，簡化為傅立葉正弦級數（Fourier Sine Series）。

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解題方法

步驟一：確定週期與函數奇偶性

由題意，$f(t) = |t|$ 在 $-1 < t \le 1$ 定義並作週期性延伸：

• 週期 $T = 2$
• 半週期 $L = 1$
• 角頻率 $\omega_0 = \frac{2\pi}{T} = \pi$

檢驗奇偶性：
$f(-t) = |-t| = |t| = f(t)$
故 $f(t)$ 為偶函數。根據奇偶簡化定理，正弦項係數 $b_n = 0$。

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步驟二：計算常數項係數 $a_0$

$a_0 = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(t) \, dt = \frac{2}{1} \int_{0}^{1} t \, dt = 2 \left[ \frac{t^2}{2} \right]_{0}^{1} = 1$
因此直流分量（平均值項）為：
$\frac{a_0}{2} = \frac{1}{2}$

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步驟三：計算餘弦項係數 $a_n$

當 $n \ge 1$ 時：
$a_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(t) \cos(n\omega_0 t) \, dt = 2 \int_{0}^{1} t \cos(n\pi t) \, dt$

採用分部積分法（Integration by Parts），令 $u = t$，$dv = \cos(n\pi t) \, dt$：

• $du = dt$
• $v = \frac{\sin(n\pi t)}{n\pi}$

帶入分部積分公式：
$a_n = 2 \left( \left[ \frac{t \sin(n\pi t)}{n\pi} \right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{\sin(n\pi t)}{n\pi} \, dt \right)$

計算邊界與第二項積分：

1. 第一項：$\left[ \frac{t \sin(n\pi t)}{n\pi} \right]_{0}^{1} = \frac{1 \cdot \sin(n\pi)}{n\pi} - 0 = 0$ （因為對任意整數 $n$，$\sin(n\pi) = 0$）
2. 第二項：
   $\int_{0}^{1} \frac{\sin(n\pi t)}{n\pi} \, dt = \left[ -\frac{\cos(n\pi t)}{(n\pi)^2} \right]_{0}^{1} = -\frac{\cos(n\pi) - \cos(0)}{(n\pi)^2} = -\frac{(-1)^n - 1}{n^2\pi^2}$

將上述結果代回 $a_n$：

核心觀念

1. 斯托克斯定理（Stokes' Theorem）：
   設 $S$ 為一分段平滑的有向曲面，其邊界為簡單封閉曲線 $C$，且 $C$ 的定向符合右手定則（外法向量方向對應逆時針環繞方向）。若向量場 $\vec{F}$ 在包含 $S$ 的區域內一階連續可微，則曲面上的旋度通量等於邊界曲線上的環流量：
   $\iint_S (\nabla \times \vec{F}) \cdot \vec{n} \, dA = \oint_C \vec{F} \cdot d\vec{r}$
2. 向量場的旋度（Curl）：
   對三維向量場 $\vec{F}(x, y, z) = [P, Q, R]$，其旋度定義為：
   $\nabla \times \vec{F} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ P & Q & R \end{vmatrix}$
3. 等效曲面替換原則：
   根據斯托克斯定理，只要兩開放曲面 $S$ 與 $S_1$ 共享相同的邊界曲線 $C$，且法向量方向採相同定向（同向），則旋度向量場在兩曲面上的通量完全相等，即 $\iint_S (\nabla \times \vec{F}) \cdot \vec{n} \, dA = \iint_{S_1} (\nabla \times \vec{F}) \cdot \vec{n}_1 \, dA$。

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解題方法

本題求解上半球面 $S$ 上的旋度通量 $\iint_S (\nabla \times \vec{F}) \cdot \vec{n} \, dA$。以下提供兩種標準推導方法：

方法一：使用斯托克斯定理（轉為線積分）

1. 確定邊界曲線 $C$：
   上半球面 $S: x^2 + y^2 + z^2 = 4 \, (z \ge 0)$ 的邊界曲線 $C$ 為 $z = 0$ 平面上的圓周 $x^2 + y^2 = 4$。由單位外法向量向外／向上（$\vec{n}$ 朝向 $+z$ 軸），根據右手定則，邊界曲線 $C$ 由上方俯視為逆時針方向。
2. 參數化曲線 $C$：
   令參數式為：
   $\begin{cases} x = 2 \cos t \\ y = 2 \sin t \\ z = 0 \end{cases} \quad (t \in [0, 2\pi])$
   對應微分向量為：
   $d\vec{r} = [dx, dy, dz] = [-2\sin t \, dt, 2\cos t \, dt, 0]$
3. 帶入向量場 $\vec{F}$：
   在曲線 $C$ 上（$z = 0$）：
   $\vec{F}(x(t), y(t), z(t)) = [(2\cos t)^2 (2\sin t), \, -(2\cos t)(2\sin t)^2, \, 0] = [8\cos^2 t \sin t, \, -8\cos t \sin^2 t, \, 0]$
4. 計算線積分：
   $\vec{F} \cdot d\vec{r} = (8\cos^2 t \sin t)(-2\sin t \, dt) + (-8\cos t \sin^2 t)(2\cos t \, dt) + 0$
   $= -16 \cos^2 t \sin^2 t \, dt - 16 \cos^2 t \sin^2 t \, dt = -32 \cos^2 t \sin^2 t \, dt$
   利用二倍角公式 $\sin(2t) = 2\sin t \cos t$，可將式子降次簡化：
   $\vec{F} \cdot d\vec{r} = -8 (2\sin t \cos t)^2 \, dt = -8 \sin^2(2t) \, dt$
   進行定積分：
   $\iint_S (\nabla \times \vec{F}) \cdot \vec{n} \, dA = \oint_C \vec{F} \cdot d\vec{r} = \int_{0}^{2\pi} -8 \sin^2(2t) \, dt$
   利用半角公式 $\sin^2(2t) = \frac{1 - \cos(4t)}{2}$：
   $\int_{0}^{2\pi} -8 \left( \frac{1 - \cos(4t)}{2} \right) dt = -4 \int_{0}^{2\pi} (1 - \cos(4t)) \, dt = -4 \left[ t - \frac{\sin(4t)}{4} \right]_0^{2\pi} = -8\pi$

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核心觀念

本題旨在考查**線性方程組（System of Linear Equations）**的求解。核心觀念包含：

1. 增廣矩陣（Augmented Matrix）與高斯消去法（Gaussian Elimination）：利用基本列運算（Elementary Row Operations）將增廣矩陣化簡為列梯形矩陣（Row Echelon Form, REF）。
2. 倒代換法（Back Substitution）：由最底層方程式依序向上求出各未知數的值。
3. 解的存在性與唯一性（Existence and Uniqueness）：當係數矩陣 $A$ 為非奇異矩陣（$\det(A) \neq 0$）時，系統存在唯一解。

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解題方法

將線性方程組 $A\mathbf{x} = \mathbf{b}$ 寫成增廣矩陣形式 $[A \mid \mathbf{b}]$：

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} -1 & 1 & 1 & -5 \\ 2 & -6 & 3 & 4 \\ 2 & 6 & -5 & 8 \end{array} \right]$$

步驟一：消去第一行（消去 $x_1$）

• 將第 1 列乘以 $2$ 加至第 2 列 ($R_2 \leftarrow R_2 + 2R_1$)： $$(2 + 2(-1),\ -6 + 2(1),\ 3 + 2(1) \mid 4 + 2(-5)) = (0,\ -4,\ 5 \mid -6)$$
• 將第 1 列乘以 $2$ 加至第 3 列 ($R_3 \leftarrow R_3 + 2R_1$)： $$(2 + 2(-1),\ 6 + 2(1),\ -5 + 2(1) \mid 8 + 2(-5)) = (0,\ 8,\ -3 \mid -2)$$

得到矩陣：

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} -1 & 1 & 1 & -5 \\ 0 & -4 & 5 & -6 \\ 0 & 8 & -3 & -2 \end{array} \right]$$

步驟二：消去第二行（消去 $x_2$）

• 將第 2 列乘以 $2$ 加至第 3 列 ($R_3 \leftarrow R_3 + 2R_2$)： $$(0 + 2(0),\ 8 + 2(-4),\ -3 + 2(5) \mid -2 + 2(-6)) = (0,\ 0,\ 7 \mid -14)$$

得到上三角列梯形矩陣：

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} -1 & 1 & 1 & -5 \\ 0 & -4 & 5 & -6 \\ 0 & 0 & 7 & -14 \end{array} \right]$$

核心觀念

本題考查線性代數中**矩陣高次冪（Matrix Power, $A^n$）**的計算。求解矩陣高次冪主要有以下核心觀念與工具：

1. 矩陣對角化（Matrix Diagonalization）：
   若 $n \times n$ 矩陣 $A$ 擁有 $n$ 個線性獨立的特徵向量，則 $A$ 可對角化表示為：
   $A = P D P^{-1}$
   其中 $P$ 為特徵向量組成的轉換矩陣（Modal Matrix），$D$ 為特徵值組成的對角矩陣（Diagonal Matrix）。由此可導出高次冪公式：
   $A^n = P D^n P^{-1}$

2. 特徵值與特徵向量（Eigenvalues and Eigenvectors）：

   • 特徵方程式：解 $\det(A - \lambda I) = 0$ 求得特徵值 $\lambda$。
   • 特徵向量：對每個特徵值 $\lambda$，解齊次線性系統 $(A - \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$ 求得對應的特徵向量 $\mathbf{v}$。

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解題方法

本題採用**對角化法（Diagonalization Method）**逐步進行推導：

Step 1：求解特徵值（Eigenvalues）

設矩陣 $A = \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 2 & 4 \end{bmatrix}$，計算其特徵方程式：
$\det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix} 1-\lambda & -1 \\ 2 & 4-\lambda \end{vmatrix} = 0$

展開行列式：
$(1-\lambda)(4-\lambda) - (-1)(2) = 0$
$\lambda^2 - 5\lambda + 4 + 2 = 0$
$\lambda^2 - 5\lambda + 6 = 0$
$(\lambda - 2)(\lambda - 3) = 0$

解得特徵值為 $\lambda_1 = 2$ 與 $\lambda_2 = 3$。

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Step 2：求解特徵向量（Eigenvectors）

1. 當 $\lambda_1 = 2$ 時：
   解 $(A - 2I)\mathbf{v}_1 = \mathbf{0}$：
   $\begin{bmatrix} 1-2 & -1 \\ 2 & 4-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 & -1 \\ 2 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
   得到關係式 $-x_1 - x_2 = 0 \implies x_1 = -x_2$。
   取特徵向量 $\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}$。

2. 當 $\lambda_2 = 3$ 時：
   解 $(A - 3I)\mathbf{v}_2 = \mathbf{0}$：
   $\begin{bmatrix} 1-3 & -1 \\ 2 & 4-3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -2 & -1 \\ 2 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
   得到關係式 $-2x_1 - x_2 = 0 \implies x_2 = -2x_1$。
   取特徵向量 $\mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ -2 \end{bmatrix}$。

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Step 3：建立對角化矩陣 $P$ 與 $D$ 並求 $P^{-1}$

將特徵向量作為列向量組合成矩陣 $P$，及對應的對角矩陣 $D$：
$P = \begin{bmatrix} \mathbf{v}_1 & \mathbf{v}_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -2 \end{bmatrix}, \quad D = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \end{bmatrix}$

計算 $P$ 的行列式與反矩陣 $P^{-1}$：
$\det(P) = (1)(-2) - (1)(-1) = -2 + 1 = -1$
$P^{-1} = \frac{1}{-1} \begin{bmatrix} -2 & -1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ -1 & -1 \end{bmatrix}$

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Step 4：計算 $A^{17}$

利用公式 $A^{17} = P D^{17} P^{-1}$：
$D^{17} = \begin{bmatrix} 2^{17} & 0 \\ 0 & 3^{17} \end{bmatrix}$

代入連乘：

核心觀念

本題考查：

1. 三角恆等式與傅立葉轉換基本對偶。
2. 平移、縮放與矩形波形的傅立葉轉換。
3. 卷積定理。

傅立葉轉換定義為

$$F(\omega)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-i\omega t}\,dt$$

在此對稱定義下，

$$\mathcal{F}\{g*h\}(\omega)=\sqrt{2\pi}\,G(\omega)H(\omega)$$

其中 $G(\omega)=\mathcal{F}\{g(t)\}$、$H(\omega)=\mathcal{F}\{h(t)\}$。

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解題方法

(a) 求 $f(t)=\cos^2(2\pi t)$ 的傅立葉轉換

先利用倍角公式：

$$\cos^2(2\pi t)=\frac{1+\cos(4\pi t)}{2}$$

基本傅立葉轉換為

$$\mathcal{F}\{1\}=\sqrt{2\pi}\,\delta(\omega)$$

以及

$$\mathcal{F}\{\cos(\omega_0t)\} = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \left[ \delta(\omega-\omega_0)+\delta(\omega+\omega_0) \right]$$

因此

$$\begin{aligned} F(\omega) &=\frac{1}{2}\mathcal{F}\{1\} +\frac{1}{2}\mathcal{F}\{\cos(4\pi t)\}\\ &=\frac{\sqrt{2\pi}}{2}\delta(\omega) +\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{2}} \left[ \delta(\omega-4\pi)+\delta(\omega+4\pi) \right] \end{aligned}$$

故

$$\boxed{ F(\omega) = \frac{\sqrt{2\pi}}{2}\delta(\omega) + \frac{\sqrt{2\pi}}{4} \left[ \delta(\omega-4\pi)+\delta(\omega+4\pi) \right] }$$

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(b) 求圖中 $g(t)$ 與 $h(t)$ 的傅立葉轉換

目前附上的掃描圖是第 1 頁，內容只有第 1 至第 5 題，未包含第 9 題所引用的 $g(t)$、$h(t)$ 波形。因此缺少圖形的振幅、起訖時間與平移位置，無法得到唯一的具體 $G(\omega)$ 與 $H(\omega)$。

若圖形中的訊號可表示為矩形脈衝

$$p(t)= \begin{cases} A, & t_1\le t\le t_2,\\ 0, & \text{其他情況}, \end{cases}$$

則其傅立葉轉換為