108 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所丁組《工程數學》

核心觀念

本題考查兩個基本觀念：

1. 複數的極式表示與複數開方。
2. 三角函數的合成公式：

$$A\cos(\omega t-\phi) =A\cos\phi\cos(\omega t)+A\sin\phi\sin(\omega t).$$

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解題方法

(a) 求 $a$ 與 $b$

令
$z=a+bi.$

題意要求 $z$ 為 $-1$ 的立方根，因此
$z^3=-1.$

將 $-1$ 表示成極式：
$-1=e^{i(\pi+2k\pi)},\qquad k\in\mathbb Z.$

其三個立方根為
$z=e^{i\left(\frac{\pi+2k\pi}{3}\right)},\qquad k=0,1,2.$

分別得到：

• $k=0$：

$$z=e^{i\pi/3} =\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3} =\frac12+\frac{\sqrt3}{2}i;$$

• $k=1$：
  $z=e^{i\pi}=-1;$

• $k=2$：

$$z=e^{i5\pi/3} =\frac12-\frac{\sqrt3}{2}i.$$

因為題目指定 $b>0$，只能選取虛部為正的根：
$a+bi=\frac12+\frac{\sqrt3}{2}i.$

因此
$\boxed{a=\frac12,\qquad b=\frac{\sqrt3}{2}}.$

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(b) 將 $f(t)$ 化為 $A\cos(\omega t-\phi)$

原式為
$f(t)=2\cos(4t)-2\sin(4t).$

利用合成公式：

$$A\cos(\omega t-\phi) =A\cos\phi\cos(\omega t)+A\sin\phi\sin(\omega t).$$

比較係數可得
$\omega=4,$
且
$A\cos\phi=2,\qquad A\sin\phi=-2.$

平方後相加：
$A^2\cos^2\phi+A^2\sin^2\phi=2^2+(-2)^2,$
因此
$A^2=8.$

核心觀念

本題考查：

1. 逆矩陣的求法與驗證。
2. 餘因子矩陣、伴隨矩陣的關係：
   $M^{-1}=\frac{1}{\det M}\operatorname{adj}(M)$
3. 矩陣表示線性方程組：
   $M\vec r=\begin{pmatrix}0\\t\\3\end{pmatrix}$
   因此
   $\vec r=M^{-1}\begin{pmatrix}0\\t\\3\end{pmatrix}.$

解題方法

（a）求 $a$ 與 $b$

先求 $M$ 的行列式：

$$\begin{aligned} \det M &= 1\begin{vmatrix}2&1\\-1&-1\end{vmatrix} -2\begin{vmatrix}3&1\\2&-1\end{vmatrix} +3\begin{vmatrix}3&2\\2&-1\end{vmatrix}\\ &=1(-2+1)-2(-3-2)+3(-3-4)\\ &=-1+10-21\\ &=-12. \end{aligned}$$

計算各元素的代數餘因子，得到餘因子矩陣

$$C= \begin{pmatrix} -1&5&-7\\ -1&-7&5\\ -4&8&-4 \end{pmatrix}.$$

因此伴隨矩陣為餘因子矩陣的轉置：

$$\operatorname{adj}(M)=C^T = \begin{pmatrix} -1&-1&-4\\ 5&-7&8\\ -7&5&-4 \end{pmatrix}.$$

故

$$\begin{aligned} M^{-1} &=\frac{1}{-12} \begin{pmatrix} -1&-1&-4\\ 5&-7&8\\ -7&5&-4 \end{pmatrix}\\ &=\frac{1}{12} \begin{pmatrix} 1&1&4\\ -5&7&-8\\ 7&-5&4 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

與題目所給形式比較：

$$\frac{1}{12} \begin{pmatrix} 1&1&4\\ a&7&-8\\ b&-5&4 \end{pmatrix},$$

可得

$$\boxed{a=-5,\qquad b=7}.$$

（b）求 $\vec r=(x,y,z)$

原方程組可寫成

$(1-x^2)y''-xy'+y=0,\qquad |x|<1$

設

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n ,\qquad y'=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1},\qquad y''=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_nx^{n-2}.$$

代入得

$$\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^{n} +\sum_{n=0}^{\infty}\bigl(1-n^{2}\bigr)a_nx^{n}=0 .$$

因為各次冪係數必為零，得到遞迴式

$\boxed{a_{n+2}= \frac{n^{2}-1}{(n+2)(n+1)}\,a_n},\qquad n=0,1,2,\dots$

• $n=0$ $a_2=-\dfrac12a_0$
• $n=1$ $a_3=0$
• $n=2$ $a_4=-\dfrac18a_0$
• $n=3$ $a_5=0$

核心觀念

本題分為兩種一階微分方程：

• (a) 為一階線性微分方程
  $\frac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x),$
  使用積分因子法。
• (b) 可整理為變數可分離形式，並利用
  $y\frac{dy}{dx}=\frac{1}{2}\frac{d}{dx}(y^2)$
  進行積分。

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(a) $\displaystyle \frac{dy}{dx}+3x^2y=x^5$

解題方法

比較標準形式：

$$\frac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x),$$

可得

$$P(x)=3x^2,\qquad Q(x)=x^5.$$

積分因子為

$$\mu(x)=e^{\int 3x^2\,dx}=e^{x^3}.$$

原方程式兩邊乘以 $e^{x^3}$：

$$e^{x^3}\frac{dy}{dx}+3x^2e^{x^3}y=x^5e^{x^3}.$$

左側正好是乘積微分：

$$\frac{d}{dx}\left(e^{x^3}y\right)=x^5e^{x^3}.$$

兩邊積分：

$$e^{x^3}y=\int x^5e^{x^3}\,dx+C.$$

計算右側積分，令

$$u=x^3,\qquad du=3x^2\,dx.$$

由於 $x^5\,dx=x^3x^2\,dx$，因此

$$x^5\,dx=\frac{u}{3}\,du.$$

所以

$$\int x^5e^{x^3}\,dx =\frac{1}{3}\int ue^u\,du.$$

利用

$$\int ue^u\,du=e^u(u-1),$$

得到

$$\int x^5e^{x^3}\,dx =\frac{1}{3}e^{x^3}(x^3-1).$$

代回並除以 $e^{x^3}$：

$$y=\frac{x^3-1}{3}+Ce^{-x^3}.$$

快速驗算

取特解

$$y_p=\frac{x^3-1}{3},$$

則

$$y_p'=x^2.$$

代入左側：

$$y_p'+3x^2y_p =x^2+3x^2\left(\frac{x^3-1}{3}\right) =x^2+x^2(x^3-1) =x^5.$$

因此特解正確；齊次解為 $Ce^{-x^3}$，故通解完整。

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(b) $\displaystyle (y-x^2y)\frac{dy}{dx}=x+1$

核心整理

先提出 $y$：

核心觀念

本題考查二階常係數非齊次線性微分方程：

$$y''+5y'+4y=3-2x.$$

完整解由兩部分組成：

$$y=y_h+y_p,$$

其中：

• $y_h$：齊次方程的通解；
• $y_p$：非齊次項 $3-2x$ 所對應的特解。

題目所稱的 eigenvalues，依常係數微分方程的標準解法，是指齊次方程特徵方程的根。

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解題方法

一、求齊次解與特徵值

先考慮對應的齊次方程：

$$y''+5y'+4y=0.$$

令

$$y=e^{\lambda x},$$

則

$$y'=\lambda e^{\lambda x},\qquad y''=\lambda^2e^{\lambda x}.$$

代入齊次方程：

$$\lambda^2e^{\lambda x} +5\lambda e^{\lambda x} +4e^{\lambda x}=0.$$

因為 $e^{\lambda x}\neq 0$，得到特徵方程：

$$\lambda^2+5\lambda+4=0.$$

因式分解：

$$(\lambda+1)(\lambda+4)=0.$$

因此兩個特徵值為

$$\lambda_1=-1,\qquad \lambda_2=-4.$$

所以齊次解為

$$y_h=C_1e^{-x}+C_2e^{-4x}.$$

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二、求非齊次特解

右側非齊次項為一次多項式 $3-2x$，設特解為

$$y_p=Ax+B.$$

則

$$y_p'=A,\qquad y_p''=0.$$

代入原方程：

$$0+5A+4(Ax+B)=3-2x.$$

整理左右兩側：

$$4Ax+(5A+4B)=3-2x.$$

比較 $x$ 的係數：

$$4A=-2 \quad\Longrightarrow\quad A=-\frac12.$$

比較常數項：

$$5A+4B=3.$$

代入 $A=-\frac12$：

$$5\left(-\frac12\right)+4B=3,$$ $$-\frac52+4B=3,$$ $$4B=\frac{11}{2}, \qquad B=\frac{11}{8}.$$

因此特解為

$$y_p=-\frac{x}{2}+\frac{11}{8}.$$

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三、寫出通解

核心觀念

本題考查：

• 多項式因式分解與約分。
• 部分分式分解。
• 基本拉普拉斯反變換公式：
  $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-a}\right\}=e^{at},$
  $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s+a)^2}\right\}=te^{-at}.$

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解題方法

先將分母因式分解。注意到

$$s^4+2s^3-2s-1 =(s+1)(s^3+s^2-s-1).$$

再將三次式分組：

$$s^3+s^2-s-1 =s^2(s+1)-1(s+1) =(s+1)(s^2-1) =(s+1)^2(s-1).$$

因此

$$s^4+2s^3-2s-1=(s+1)^3(s-1).$$

原式可約去一個 $s+1$：

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

進行部分分式分解：

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

兩邊同乘 $(s+1)^2(s-1)$，得

$$1=A(s+1)^2+B(s+1)(s-1)+C(s-1).$$

代入特殊值求係數：

當 $s=1$ 時，

$$1=4A \quad\Rightarrow\quad A=\frac14.$$

當 $s=-1$ 時，

$$1=-2C \quad\Rightarrow\quad C=-\frac12.$$

比較 $s^2$ 項：