108 年國立臺灣大學工程科學及海洋工程學系碩士班甲組《工程數學（F）》考古題與詳解

Question 1

Find the general solution of the non-homogeneous differential equation $$(D^2 + 6D + 9)y = \frac{16e^{-3x}}{x^2+1}$$

Accepted Answer

核心觀念 方程式為 $$ (D^2+6D+9)y=\frac{16e^{-3x}}{x^2+1}, $$ 其中 $D=\dfrac{d}{dx}$。左側可因式分解為 $$ D^2+6D+9=(D+3)^2. $$ 對應的齊次方程式特徵方程為 $$ r^2+6r+9=(r+3)^2=0, $$ 因此有重根 $r=-3$，齊次解為 $$ yh=(C1+C2x)e^{-3x}. $$ 本題右側含有 $e^{-3x}$，與齊次解中的指數因子相同，適合利用微分算子平移公式： $$ (D+3)\left(e^{-3x}uight)=e^{-3x}u', $$ 因此 $$ (D+3)^2\left(e^{-3x}uight)=e^{-3x}u''. $$ --- 解題方法 令 $$ y=e^{-3x}u(x). $$ 先計算： $$ y'=e^{-3x}(u'-3u), $$ 因此 $$ (D+3)y=y'+3y=e^{-3x}u'. $$ 再作用一次 $(D+3)$： $$ (D+3)^2y=(D+3)\left(e^{-3x}u'ight) =e^{-3x}u''. $$ 代回原方程式： $$ e^{-3x}u''=\frac{16e^{-3x}}{x^2+1}. $$ 因為 $e^{-3x}
eq 0$，可約去得到 $$ u''=\frac{16}{x^2+1}. $$ 第一次積分： $$ u'=16\int\frac{1}{x^2+1}\,dx =16\arctan x+C2. $$ 第二次積分： $$ u=16\int\arctan x\,dx+C2x+C1. $$ 利用分部積分：

Question 2

Find the Fourier integral of Delta function $\delta(t-a)$ , and then using the result to evaluate the Fourier transform of $A \sin(\beta t)$ . $A$ and $\beta$ are constants.

Hint: The Fourier transform $F(\omega)$ of a function $f(t)$ is defined as
$F(\omega) = \mathcal{F}\{f(t)\}(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} f(t) e^{-i\omega t} dt$
and the inverse Fourier transform is
$f(t) = \mathcal{F}^{-1}\{F(\omega)\}(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} F(\omega) e^{i\omega t} d\omega$
(Note: The hint uses a different normalization constant. We will follow the definition in the hint for this problem.)

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. Dirac delta 函數的抽樣性質 $$\int{-\infty}^{\infty}\delta(t-a)\,g(t)\,dt=g(a)。$$ 2. 題目指定的對稱化 Fourier transform： $$ \mathcal{F}\{f(t)\}(\omega) =\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-i\omega t}\,dt。 $$ 3. 複指數函數與正弦函數的關係： $$\sin(\beta t)=\frac{e^{i\beta t}-e^{-i\beta t}}{2i}。$$ 由於 $\sin(\beta t)$ 不具有限能量，必須在廣義函數的意義下使用 Dirac delta 函數表示其 Fourier transform。 --- 一、求 $\delta(t-a)$ 的 Fourier transform 依照題目定義， $$ \mathcal{F}\{\delta(t-a)\}(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int{-\infty}^{\infty} \delta(t-a)e^{-i\omega t}\,dt。 $$ 利用 Dirac delta 的抽樣性質，令 $$ g(t)=e^{-i\omega t}, $$ 則 $$ \int{-\infty}^{\infty} \delta(t-a)e^{-i\omega t}\,dt = e^{-i\omega a}。 $$ 因此 $$ \boxed{ \mathcal{F}\{\delta(t-a)\}(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-i\omega a} } $$ 這表示時間域中位於 $t=a$ 的脈衝，在頻率域會變成具有線性相位的複指數函數。 --- 二、由反演公式求 $\mathcal{F}\{e^{i\beta t}\}$ 由上一結果， $$ \mathcal{F}\{\delta(t-a)\}(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-i\omega a}。 $$ 將 $a=-\beta$，可得 $$ \mathcal{F}\{\delta(t+\beta)\}(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{i\beta\omega}。 $$ 更直接地，由 Fourier 反演公式可知 $$ \mathcal{F}\{e^{i\beta t}\}(\omega) = \sqrt{2\pi}\,\delta(\omega-\beta), $$ 以及 $$ \mathcal{F}\{e^{-i\beta t}\}(\omega) = \sqrt{2\pi}\,\delt…

Question 3

Consider the following eigenvalues problem of $y(x)$ :
$y''(x) + \lambda^2 y(x) = 0, \quad -p \le x \le p$
with boundary conditions (B.C.s):
$y'(-p) = y'(p)$
$y(-p) = y(p)$
If $\lambda_m$ and $\lambda_n$ are two distinct eigenvalues of the problem, show that the corresponding eigenfunctions $y_m(x)$ and $y_n(x)$ are orthogonal in $(-p, p)$ .

Accepted Answer

核心觀念 本題考查二階特徵值問題的「特徵函數正交性」。對於 $$ y''+\lambda^2 y=0, $$ 若兩個特徵值不同，且邊界條件使分部積分產生的邊界項消失，則對應的特徵函數在區間 $(-p,p)$ 上正交，即 $$ \int{-p}^{p}ym(x)yn(x)\,dx=0. $$ 所使用的基本工具是二階微分方程的 Green 恆等式： $$ \int{-p}^{p}\left(ym''yn-yn''ym\right)\,dx = \left[ym'yn-yn'ym\right]{-p}^{p}. $$ 解題方法 設 $ym(x)$ 與 $yn(x)$ 分別對應於特徵值 $\lambdam$ 與 $\lambdan$，則有 $$ ym''+\lambdam^2ym=0, $$ $$ yn''+\lambdan^2yn=0. $$ 第一式乘以 $yn$，第二式乘以 $ym$，相減得 $$ ym''yn-yn''ym + \left(\lambdam^2-\lambdan^2\right)ymyn=0. $$ 在 $[-p,p]$ 上積分： $$ \int{-p}^{p}\left(ym''yn-yn''ym\right)\,dx + \left(\lambdam^2-\lambdan^2\right) \int{-p}^{p}ymyn\,dx=0. $$ 利用分部積分，第一項為 $$ \int{-p}^{p}\left(ym''yn-yn''ym\right)\,dx = \left[ym'yn-yn'ym\right]{-p}^{p}. $$ 因此 $$ \left[ym'yn-yn'ym\right]{-p}^{p} + \left(\lambdam^2-\lambdan^2\right) \int{-p}^{p}ymyn\,dx=0. $$ 邊界項的消失 由邊界條件， $$ ym(-p)=ym(p),\qquad ym'(-p)=ym'(p), $$

Question 4

Find the displacement of the semi-infinite string subject to the following equation and conditions:

Governing equation:
$\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}, \quad 0 < x < \infty, \quad 0 < t < \infty$
Boundary conditions (BCs):
$u(0,t) = \begin{cases} \sin(2t) & \pi < t < 3\pi \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$
$\lim_{x \to \infty} u(x,t) = 0, \quad t \ge 0$
Initial conditions (ICs):
$u(x,0) = 0$
$u_t(x,0) = 0$

Accepted Answer

參考書等級： - Kreyszig《高等工程數學》第七版，第 6 章「波動方程」 - Strauss《偏微分方程概論》第 2 版，§4.2「半無限弦的初值‑邊值問題」 解題步驟 1. 波動方程的右行波解 半無限弦 $0<x<\infty$、$u(x,0)=ut(x,0)=0$、且遠端條件 $\displaystyle\lim{x\to\infty}u=0$，唯一的非平凡解為只向右傳播的波： $$u(x,t)=F\!\left(t-\frac{x}{c}\right),\qquad t\frac{x}{c},$$ 其中 $F(\tau)$ 為 $x=0$ 處的位移函數延遲 $\tau$ 的值；若 $t\le\frac{x}{c}$，波尚未到達，$u=0$。 2. 利用邊界條件決定 $F$ 邊界位移 $$ u(0,t)=B(t)= \begin{cases} \sin(2t), & \pi<t<3\pi,\[2mm] 0, & \text{其他}, \end{cases} $$ 因而 $F(\tau)=B(\tau)$。 3. 寫出完整解 代回右行波形式，得到

Question 5

Let $\lambda$ be an eigenvalue of the Hermitian matrix $U$. Then prove that $\lambda$ must be real.

Accepted Answer

核心觀念 Hermitian 矩陣 $U$ 滿足 $$ U^=U, $$ 其中 $U^$ 表示共軛轉置。題目考查 Hermitian 矩陣的特徵值必為實數。 若 $\lambda$ 是 $U$ 的特徵值，則存在非零特徵向量 $x$，使得 $$ Ux=\lambda x,\qquad x
e 0. $$ 解題方法 考慮純量 $x^Ux$。由 $U$ 為 Hermitian 矩陣， $$ \overline{x^Ux} =x^U^x =x^Ux. $$ 因此 $x^Ux$ 等於自身的共軛，必為實數。 另一方面，由特徵值方程 $Ux=\lambda x$， $$ x^Ux=x^(\lambda x) =\lambda x^x. $$ 由於 $x
e 0$， $$ x^x=\|x\|^20. $$ 所以 $$ \lambda=\frac{x^Ux}{x^x}. $$ 分子 $x^Ux$ 為實數，分母 $x^x$ 為正實數，因此 $\lambda$ 必為實數。 也可直接比較共軛： $$ x^Ux=\lambda x^x. $$ 取共軛後，由 $x^Ux$ 為實數及 $x^x$ 為實數，得到

Question 6

Find the least square ("best") solution of the following system: $$ \begin{cases} x1 - 2x2 = -2 \ 2x1 + x2 = 3 \ x1 + 3x2 = 1 \ 4x1 + x2 = 4 \end{cases} $$

Accepted Answer

核心觀念 本題要求過度決定系統的 least square（最小平方）解。令 $$ A= \begin{bmatrix} 1&-2\ 2&1\ 1&3\ 4&1 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{x}= \begin{bmatrix} x1\x2 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{b}= \begin{bmatrix} -2\3\1\4 \end{bmatrix}, $$ 則原系統可寫成 $$ A\mathbf{x}=\mathbf{b}. $$ 由於方程式有 $4$ 個、未知數只有 $2$ 個，通常不存在精確解，因此尋找 $\mathbf{x}$ 使誤差平方和 $$ \|A\mathbf{x}-\mathbf{b}\|^2 $$ 最小。最小平方解滿足正規方程式 $$ A^T A\mathbf{x}=A^T\mathbf{b}. $$ --- 解題方法：建立正規方程式 先計算 $$ A^T= \begin{bmatrix} 1&2&1&4\ -2&1&3&1 \end{bmatrix}. $$ 因此 $$ A^TA= \begin{bmatrix} 1&2&1&4\ -2&1&3&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&-2\ 2&1\ 1&3\ 4&1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 22&7\ 7&15 \end{bmatrix}. $$ 另一方面， $$ A^T\mathbf{b} = \begin{bmatrix} 1&2&1&4\ -2&1&3&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -2\3\1\4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 21\14 \end{bmatrix}. $$ 故正規方程式為 $$ \begin{bmatrix} 22&7\ 7&15 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x1\x2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 21\14 \end{bmatrix}, $$ 也就是 $$ \begin{cases} 22x1+7x2=21,\ 7x1+15x2=14. \end{cases} $$ 此二元一次聯立方程式的行列式為

108 年國立臺灣大學工程科學及海洋工程學系碩士班甲組《工程數學（F）》

第 1 題20 分

第 2 題20 分

第 3 題20 分

第 4 題20 分

第 5 題10 分

第 6 題10 分

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