113 年 國立中央大學光電科學與工程學系碩士班《工程數學》

核心觀念

本題旨在考驗微分方程與線性代數中**函數的線性獨立（Linear Independence, LI）與線性相依（Linear Dependence, LD）**之基本定義與判別法。

1. 線性獨立／相依的定義（Definition Method）：
   設函數集合 $\{f_1(x), f_2(x)\}$ 定義於區間 $I$ 上，若線性組合：
   $c_1 f_1(x) + c_2 f_2(x) = 0, \quad \forall x \in I$
   能推出唯一的常數解 $c_1 = c_2 = 0$，則稱 $f_1(x)$ 與 $f_2(x)$ 在區間 $I$ 上線性獨立；若存在不全為零的常數 $c_1, c_2$ 使上式對區間內所有 $x$ 均成立，則稱兩函數線性相依。
2. 常數倍關係（Scalar Multiple）：
   對於兩個函數 $f_1(x)$ 與 $f_2(x)$，若其中一個可寫成另一個的純量常數倍（即 $f_2(x) = k \cdot f_1(x)$，其中 $k \in \mathbb{R}$ 且 $k \neq 0$），則兩者必定線性相依；反之，若無法表示為常數倍關係，則線性獨立。
3. 朗斯基行列式判別法（Wronskian Determinant）：
   對於可微函數 $f_1(x), f_2(x)$，其朗斯基行列式定義為：
   $W(f_1, f_2)(x) = \begin{vmatrix} f_1(x) & f_2(x) \\ f_1'(x) & f_2'(x) \end{vmatrix} = f_1(x)f_2'(x) - f_1'(x)f_2(x)$
   若在區間 $I$ 上存在至少一點 $x_0$ 使得 $W(f_1, f_2)(x_0) \neq 0$，則 $f_1(x)$ 與 $f_2(x)$ 在該區間上必定線性獨立。

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解題方法

本題包含兩個小題，分別可採用以下策略切入與推導：

• (a) 題 $\sin(x)$ 與 $e^x$：
  可採用「代入特殊點之定義法」或「朗斯基行列式法」進行證明。定義法最簡潔且具備高度說服力，故以下同時列出定義法與 Wronskian 兩種嚴謹證明供對照。
• (b) 題 $e^x$ 與 $e^{x+2}$：
  利用指數律 $e^{x+2} = e^2 \cdot e^x$，直接觀察出兩函數具有純量常數倍（$e^2$ 為常數）的關係，並寫出不全為零的係數組合來證明其線性相依。

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題目解析

(a) 判斷 $\sin(x)$ 與 $e^x$ 是否線性獨立

• 方法一：定義法（代入特殊點）
  考慮線性組合方程式：
  $c_1 \sin(x) + c_2 e^x = 0, \quad \forall x \in \mathbb{R}$

  由於此式必須對所有實數 $x$ 恆成立，我們可以選取適當的特殊點代入：

  1. 代入 $x = 0$：
     $c_1 \sin(0) + c_2 e^0 = 0 \implies c_1 (0) + c_2 (1) = 0 \implies c_2 = 0$
  2. 將 $c_2 = 0$ 代回原組合式，得 $c_1 \sin(x) = 0$。再代入 $x = \frac{\pi}{2}$：
     $c_1 \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0 \implies c_1 (1) = 0 \implies c_1 = 0$

  因為滿足方程式 $c_1 \sin(x) + c_2 e^x = 0$ 的唯一解為 $c_1 = c_2 = 0$，故根據定義，$\sin(x)$ 與 $e^x$ 線性獨立（Linearly Independent）。

• 方法二：朗斯基行列式法（Wronskian）
  計算 $f_1(x) = \sin(x)$ 與 $f_2(x) = e^x$ 的朗斯基行列式：

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**拉普拉斯轉換（Laplace Transform）**在處理非連續輸入（Piecewise Continuous Forcing Function）之常微分方程（ODE）彈簧—質量系統中的應用。核心定理與工具包含：

1. 單位階梯函數（Unit Step Function）：
   定義 $u(t-a) = \begin{cases} 0, & t < a \\ 1, & t \geq a \end{cases}$。
   分段輸入外力 $f(t) = \begin{cases} 1, & 1 \leq t < 5 \\ 0, & \text{其它} \end{cases}$ 可表為階梯函數形式：
   $f(t) = u(t-1) - u(t-5)$

2. 拉普拉斯轉換微分性質：
   $\mathcal{L}\{x''(t)\} = s^2 X(s) - s x(0) - x'(0)$

3. 第二位移定理（Second Shifting Theorem）：
   $\mathcal{L}\{u(t-a)\} = \frac{e^{-as}}{s}$
   $\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as} G(s)\} = g(t-a) u(t-a) \quad \text{其中 } g(t) = \mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}$

4. 基本反拉氏轉換公式與部分分式展開：
   $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s(s^2+1)}\right\} = 1 - \cos(t)$

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解題方法

步驟一：表示外力函數 $f(t)$

將分段脈衝外力利用單位階梯函數表示：
$f(t) = u(t-1) - u(t-5)$

步驟二：對微分方程兩邊取拉普拉斯轉換

對方程式 $x''(t) + x(t) = f(t)$ 兩邊同時進行拉普拉斯轉換，設 $\mathcal{L}\{x(t)\} = X(s)$：
$\mathcal{L}\{x''(t)\} + \mathcal{L}\{x(t)\} = \mathcal{L}\{f(t)\}$

代入微分性質與單位階梯函數轉換：
$s^2 X(s) - s x(0) - x'(0) + X(s) = \frac{e^{-s}}{s} - \frac{e^{-5s}}{s}$

代入初始條件 $x(0) = 0, x'(0) = 0$：
$(s^2 + 1) X(s) = \frac{e^{-s} - e^{-5s}}{s}$

整理可得 $X(s)$：
$X(s) = \frac{e^{-s} - e^{-5s}}{s(s^2 + 1)} = (e^{-s} - e^{-5s}) \cdot G(s)$
其中 $G(s) = \frac{1}{s(s^2 + 1)}$。

步驟三：求基本核函數 $g(t) = \mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}$

將 $G(s)$ 進行部分分式展開（Partial Fraction Expansion）：
$G(s) = \frac{1}{s(s^2 + 1)} = \frac{A}{s} + \frac{Bs + C}{s^2 + 1}$

通分後比較分子係數：
$1 = A(s^2 + 1) + (Bs + C)s = (A + B)s^2 + Cs + A$

解得：
$A = 1, \quad C = 0, \quad B = -1$

因此：
$G(s) = \frac{1}{s} - \frac{s}{s^2 + 1}$

核心觀念

1. 週期函數與半週期：
   若函數 $f(t)$ 之週期為 $T = 2L$，其基頻為 $\omega_0 = \frac{2\pi}{T} = \frac{\pi}{L}$。本題定義域為 $-1 < t \le 1$，且週期性延伸，故週期 $T = 2$，半週期 $L = 1$。

2. 對稱性（奇偶性）判斷：

   • 偶函數定義：$f(-t) = f(t)$。
   • 對於波形 $f(t) = |t|$，滿足 $f(-t) = |-t| = |t| = f(t)$，為偶函數。
   • 偶函數的傅立葉級數僅包含直流項與正弦波的餘弦項（Cosine terms），正弦項係數 $b_n = 0$（即傅立葉餘弦級數 Fourier Cosine Series）。

3. 傅立葉級數展開式與係數公式：
   $f(t) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n \cos\left(\frac{n\pi t}{L}\right) + b_n \sin\left(\frac{n\pi t}{L}\right) \right]$
   其中係數計算公式為：
   $a_0 = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(t) \, dt = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(t) \, dt$
   $a_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(t) \cos\left(\frac{n\pi t}{L}\right) dt = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(t) \cos\left(\frac{n\pi t}{L}\right) dt$
   $b_n = 0$

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解題方法

步驟一：求直流項係數 $a_0$
將 $L = 1$ 與 $f(t) = t$（當 $t \in [0, 1]$）代入 $a_0$ 公式：
$a_0 = \frac{2}{1} \int_{0}^{1} t \, dt = 2 \left[ \frac{t^2}{2} \right]_{0}^{1} = 1$
因此，直流項（平均值）為 $\frac{a_0}{2} = \frac{1}{2}$。

步驟二：求餘弦項係數 $a_n$
將 $L = 1$ 代入 $a_n$ 公式：
$a_n = 2 \int_{0}^{1} t \cos(n\pi t) \, dt$

採用分部積分法（Integration by Parts），設：
$u = t \implies du = dt$
$dv = \cos(n\pi t) dt \implies v = \frac{1}{n\pi} \sin(n\pi t)$

展開積分式：
$a_n = 2 \left( \left[ \frac{t}{n\pi} \sin(n\pi t) \right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{1}{n\pi} \sin(n\pi t) \, dt \right)$

計算邊界項與剩餘積分項：

1. 邊界項：
   $\left[ \frac{t}{n\pi} \sin(n\pi t) \right]_{0}^{1} = \frac{1}{n\pi} \sin(n\pi) - 0 = 0 \quad (\text{因對所有整數 } n, \, \sin(n\pi) = 0)$
2. 剩餘積分項：
   $-\int_{0}^{1} \frac{1}{n\pi} \sin(n\pi t) \, dt = \left[ \frac{1}{n^2 \pi^2} \cos(n\pi t) \right]_{0}^{1} = \frac{\cos(n\pi) - 1}{n^2 \pi^2} = \frac{(-1)^n - 1}{n^2 \pi^2}$

核心觀念

本題旨在考驗向量解析（Vector Analysis）中的**斯托克斯定理（Stokes' Theorem）與旋度（Curl）**的計算。

1. 旋度（Curl）定義：
   對於向量場 $\vec{F}(x, y, z) = [P, Q, R]$，其旋度定義為：
   $\nabla \times \vec{F} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ P & Q & R \end{vmatrix} = \left( \frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} \right) \hat{i} + \left( \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} \right) \hat{j} + \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) \hat{k}$

2. 斯托克斯定理（Stokes' Theorem）：
   設 $S$ 為分段平滑的有向曲面，其邊界 $C = \partial S$ 為分段平滑的簡單閉曲線（採右手定則取正定向）。若 $\vec{F}$ 於包含 $S$ 的區域內具有連續的一階偏導函數，則：
   $\iint_S (\nabla \times \vec{F}) \cdot \vec{n} \, dA = \oint_C \vec{F} \cdot d\vec{r}$
   此定理表明：向量場旋度通過曲面 $S$ 的通量，等於該向量場沿著曲面邊界曲線 $C$ 的沿線積分（環流量）。此外，若有另一個以相同曲線 $C$ 為邊界平面的平坦區域（如底圓圓盤 $D$），亦可將曲面 $S$ 替換為該圓盤 $D$ 進行計算：
   $\iint_S (\nabla \times \vec{F}) \cdot \vec{n} \, dA = \iint_D (\nabla \times \vec{F}) \cdot \hat{k} \, dA$

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解題方法

本題提供兩種經典切入方式進行推導：方法一（利用斯托克斯定理轉換為底面圓盤之面積分）與方法二（利用斯托克斯定理轉換為邊界曲線之線積分）。

方法一：斯托克斯定理（平坦曲面替代法，推薦首選）

步驟一：分析邊界曲線與替代曲面
曲面 $S$ 為上半球面 $x^2 + y^2 + z^2 = 4$（$z \geq 0$），其外法向量 $\vec{n}$ 朝外向上。
$S$ 的邊界曲線 $C$ 為赤道圓 $x^2 + y^2 = 4$（位於 $z = 0$ 平面），沿逆時針方向定向。
考慮以邊界 $C$ 為邊界的底面圓盤 $D = \{ (x, y, 0) \mid x^2 + y^2 \leq 4 \}$，其向上單位法向量為 $\vec{n}_D = \hat{k} = [0, 0, 1]$。
由斯托克斯定理可知：
$\iint_S (\nabla \times \vec{F}) \cdot \vec{n} \, dA = \iint_D (\nabla \times \vec{F}) \cdot \hat{k} \, dA$

步驟二：計算向量場 $\vec{F}$ 的旋度 $\nabla \times \vec{F}$
已知向量場 $\vec{F}(x, y, z) = [x^2y, -xy^2, xyz]$，計算行列式：
$\nabla \times \vec{F} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ x^2y & -xy^2 & xyz \end{vmatrix}$
分量計算如下：

• $x$ 分量：$\frac{\partial}{\partial y}(xyz) - \frac{\partial}{\partial z}(-xy^2) = xz - 0 = xz$
• $y$ 分量：$\frac{\partial}{\partial z}(x^2y) - \frac{\partial}{\partial x}(xyz) = 0 - yz = -yz$
• $z$ 分量：$\frac{\partial}{\partial x}(-xy^2) - \frac{\partial}{\partial y}(x^2y) = -y^2 - x^2 = -(x^2 + y^2)$

故旋度向量為：
$\nabla \times \vec{F} = [xz, -yz, -(x^2 + y^2)]$

核心觀念

本題考查線性代數中**線性聯立方程組（Linear System）**的求解。主要應用的定義與定理包括：

1. 增廣矩陣（Augmented Matrix）：將係數矩陣 $A$ 與常數向量 $\mathbf{b}$ 合併組成 $[A | \mathbf{b}]$。
2. 初等列運算（Elementary Row Operations）：
   • 某列乘以非零常數
   • 某列乘以一常數加至另一列
   • 兩列對調
3. 高斯消去法（Gaussian Elimination）：利用初等列運算將增廣矩陣化為列梯形式（Row Echelon Form），再配合**回代法（Back-Substitution）**求出各未知數的值。

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解題方法

步驟一：建立增廣矩陣 $[A | \mathbf{b}]$

將原方程組 $A\mathbf{x} = \mathbf{b}$ 改寫為增廣矩陣形式：
$[A | \mathbf{b}] = \begin{bmatrix} -1 & 1 & 1 & \big| & -5 \\ 2 & -6 & 3 & \big| & 4 \\ 2 & 6 & -5 & \big| & 8 \end{bmatrix}$

步驟二：執行初等列運算化為列梯形式

1. 將第一列 $R_1$ 乘以 $(-1)$，使主元素（Pivot）變為 $1$：
   $R_1 \leftarrow -R_1$
   $\begin{bmatrix} 1 & -1 & -1 & \big| & 5 \\ 2 & -6 & 3 & \big| & 4 \\ 2 & 6 & -5 & \big| & 8 \end{bmatrix}$

2. 消去第二列與第三列的第一行元素：

   • $R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1$
   • $R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1$

核心觀念

本題考查矩陣冪次運算，以及 Cayley–Hamilton 定理。

對矩陣

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

其特徵多項式為

$$p(\lambda)=\det(\lambda I-A) =\begin{vmatrix}\lambda+1&1\\-2&\lambda-4\end{vmatrix} =\lambda^2-3\lambda-2.$$

由 Cayley–Hamilton 定理，矩陣 $A$ 滿足自身的特徵方程：

$$A^2-3A-2I=0,$$

因此

$$A^2=3A+2I.$$

這可將高次矩陣冪化為 $A$ 與 $I$ 的線性組合，避免直接連乘 $17$ 次。

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解題方法

設

$$A^n=c_nA+2c_{n-1}I.$$

由 $A^2=3A+2I$ 可得遞迴關係

$$c_n=3c_{n-1}+2c_{n-2},$$

其中

$$c_0=0,\qquad c_1=1.$$

依序計算：

核心觀念

本題使用對稱正規化的傅立葉轉換定義：

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

矩形函數的傅立葉轉換可直接由積分求得；週期函數的傅立葉轉換則以狄拉克 delta 函數表示。此正規化下，摺積定理為

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

(a) 求 $f(t)=\cos^2(2\pi t)$ 的傅立葉轉換

利用降冪公式：

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

在題目採用的正規化下，

$$\mathcal{F}\{1\}=\sqrt{2\pi}\,\delta(\omega),$$ $$\mathcal{F}\{\cos(\Omega t)\} = \frac{\sqrt{2\pi}}{2} \left[ \delta(\omega-\Omega)+\delta(\omega+\Omega) \right].$$

因此，

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

(b) 求 $g(t)$ 與 $h(t)$ 的傅立葉轉換

由圖可知，$g(t)$ 在 $0\le t\le 1$ 時為 $1$，其他地方為 $0$；$h(t)$ 在 $0\le t\le \frac12$ 時為 $1$，其他地方為 $0$。

對寬度為 $T$、振幅為 $1$ 且支撐於 $0\le t\le T$ 的矩形函數，其傅立葉轉換為

$$\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_0^T e^{-i\omega t}\,dt = \frac{1-e^{-i\omega T}}{i\omega\sqrt{2\pi}} = \frac{2e^{-i\omega T/2}\sin(\omega T/2)} {\omega\sqrt{2\pi}}.$$

令 $T=1$，得到

$$G(\omega) = \frac{1-e^{-i\omega}}{i\omega\sqrt{2\pi}} = \frac{2e^{-i\omega/2}\sin(\omega/2)} {\omega\sqrt{2\pi}}.$$

令 $T=\frac12$，得到

$$H(\omega) = \frac{1-e^{-i\omega/2}}{i\omega\sqrt{2\pi}} = \frac{2e^{-i\omega/4}\sin(\omega/4)} {\omega\sqrt{2\pi}}.$$

在 $\omega=0$ 時，以上式子的值取連續極限：

$$G(0)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}, \qquad H(0)=\frac{1}{2\sqrt{2\pi}}.$$

(c) 求 $(g*h)(t)$ 並計算其傅立葉轉換

由摺積定義，