115 年 國立中正大學機械工程學系碩士班乙組《工程數學》

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第 1 題20 分

Solve the initial value problem.
y′′+y′−2y=0y''+y'-2y=0, y(0)=4y(0)=4, y′(0)=−5y'(0)=-5.

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核心觀念

本題是二階常係數齊次線性微分方程：

y′′+ay′+by=0.y''+ay'+by=0.

對此類方程，設解為 y=erxy=e^{rx}，即可得到特徵方程。若特徵方程有兩個相異實根 r1,r2r_1,r_2，通解為

y=C1er1x+C2er2x.y=C_1e^{r_1x}+C_2e^{r_2x}.

本題再利用初始條件 y(0)=4y(0)=4 與 y′(0)=−5y'(0)=-5 求出常數 C1,C2C_1,C_2。

解題方法

設

y=erx.y=e^{rx}.

則

y′=rerx,y′′=r2erx.y'=re^{rx},\qquad y''=r^2e^{rx}.

代入原方程：

r2erx+rerx−2erx=0.r^2e^{rx}+re^{rx}-2e^{rx}=0.

因為 erx≠0e^{rx}\neq 0，可得特徵方程

r2+r−2=0.r^2+r-2=0.

因式分解：

r2+r−2=(r−1)(r+2)=0.r^2+r-2=(r-1)(r+2)=0.

因此兩個相異特徵根為

r1=1,r2=−2.r_1=1,\qquad r_2=-2.

所以微分方程的通解為

y=C1ex+C2e−2x.y=C_1e^x+C_2e^{-2x}.

對通解微分：

y′=C1ex−2C2e−2x.y'=C_1e^x-2C_2e^{-2x}.

代入 x=0x=0 的初始條件：

由 y(0)=4y(0)=4，

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第 2 題30 分

Solve the initial value problem using the Laplace transform.
y′′+y′+9y=0y''+y'+9y=0, y(0)=0.16y(0)=0.16, y′(0)=0y'(0)=0.

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核心觀念

本題考查利用拉普拉斯轉換將二階常係數微分方程轉為代數方程。關鍵公式為

L{y′′}=s2Y(s)−sy(0)−y′(0),\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0), L{y′}=sY(s)−y(0),\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0),

其中

Y(s)=L{y(t)}.Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.

反拉普拉斯時需配合

L−1{s+a(s+a)2+ω2}=e−atcos⁡ωt,\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s+a}{(s+a)^2+\omega^2}\right\} =e^{-at}\cos\omega t, L−1{ω(s+a)2+ω2}=e−atsin⁡ωt.\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{\omega}{(s+a)^2+\omega^2}\right\} =e^{-at}\sin\omega t.

解題方法

已知初值

y(0)=0.16=425,y′(0)=0.y(0)=0.16=\frac{4}{25},\qquad y'(0)=0.

令

Y(s)=L{y(t)}.Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.

對微分方程

y′′+y′+9y=0y''+y'+9y=0

兩邊取拉普拉斯轉換：

L{y′′}+L{y′}+9L{y}=0.\mathcal{L}\{y''\}+\mathcal{L}\{y'\}+9\mathcal{L}\{y\}=0.

代入微分轉換公式與初值：

(s2Y−s425)+(sY−425)+9Y=0.\left(s^2Y-s\frac{4}{25}\right) +\left(sY-\frac{4}{25}\right) +9Y=0.

整理得

(s2+s+9)Y(s)=425(s+1),(s^2+s+9)Y(s)=\frac{4}{25}(s+1),

因此

Y(s)=425s+1s2+s+9.Y(s)=\frac{4}{25}\frac{s+1}{s^2+s+9}.

將分母配方：

s2+s+9=(s+12)2+354=(s+12)2+(352)2.s^2+s+9 =\left(s+\frac12\right)^2+\frac{35}{4} =\left(s+\frac12\right)^2+ \left(\frac{\sqrt{35}}{2}\right)^2.

同時將分子改寫為

s+1=(s+12)+12.s+1=\left(s+\frac12\right)+\frac12.

故

Y(s)=425[s+12(s+12)2+(352)2+12(s+12)2+(352)2].Y(s) =\frac{4}{25} \left[ \frac{s+\frac12} {\left(s+\frac12\right)^2+\left(\frac{\sqrt{35}}{2}\right)^2} + \frac{\frac12} {\left(s+\frac12\right)^2+\left(\frac{\sqrt{35}}{2}\right)^2} \right].

第二項需整理成正弦函數的標準形式：

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第 3 題25 分

Consider the following quadratic form
Q(x1,x2,x3)=−4x12−7x22−4x32+2x1x2+6x2x3Q(x_1, x_2, x_3) = -4x_1^2 - 7x_2^2 - 4x_3^2 + 2x_1x_2 + 6x_2x_3

(a) (10%) Please express the quadratic form in a matrix form, i.e., in the form of Q=xTAxQ = \mathbf{x}^T A \mathbf{x}.

(b) (15%) Please determine if it is positive (semi) definite, negative (semi) definite, or neither, by the eigenvalues of the associated matrix.

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核心觀念

二次型可寫成

Q(x)=xTAx,x=[x1x2x3],Q(\mathbf{x})=\mathbf{x}^T A\mathbf{x}, \qquad \mathbf{x}= \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{bmatrix},

其中 AA 通常取為對稱矩陣。若

A=[a11a12a13a12a22a23a13a23a33],A= \begin{bmatrix} a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{12}&a_{22}&a_{23}\\ a_{13}&a_{23}&a_{33} \end{bmatrix},

則

xTAx=a11x12+a22x22+a33x32+2a12x1x2+2a13x1x3+2a23x2x3.\mathbf{x}^TA\mathbf{x} =a_{11}x_1^2+a_{22}x_2^2+a_{33}x_3^2 +2a_{12}x_1x_2+2a_{13}x_1x_3+2a_{23}x_2x_3.

對稱矩陣的二次型定性可由特徵值判斷：

  • 所有特徵值皆為正：正定。
  • 所有特徵值皆為非負：半正定。
  • 所有特徵值皆為負：負定。
  • 所有特徵值皆為非正：半負定。
  • 特徵值同時有正有負：不定。

(a) 矩陣表示

題目中的二次型為

Q=−4x12−7x22−4x32+2x1x2+6x2x3.Q=-4x_1^2-7x_2^2-4x_3^2+2x_1x_2+6x_2x_3.

平方項直接放在主對角線：

a11=−4,a22=−7,a33=−4.a_{11}=-4,\qquad a_{22}=-7,\qquad a_{33}=-4.

由於矩陣展開後交叉項為 2aijxixj2a_{ij}x_ix_j，因此

2a12=2⇒a12=a21=1,2a_{12}=2\Rightarrow a_{12}=a_{21}=1, 2a23=6⇒a23=a32=3.2a_{23}=6\Rightarrow a_{23}=a_{32}=3.

題目沒有 x1x3x_1x_3 項，因此

a13=a31=0.a_{13}=a_{31}=0.

故

A=[−4101−7303−4]\boxed{ A= \begin{bmatrix} -4&1&0\\ 1&-7&3\\ 0&3&-4 \end{bmatrix} }

而

Q(x)=[x1x2x3][−4101−7303−4][x1x2x3].\boxed{ Q(\mathbf{x})= \begin{bmatrix} x_1&x_2&x_3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -4&1&0\\ 1&-7&3\\ 0&3&-4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{bmatrix} }.

(b) 利用特徵值判斷二次型定性

矩陣 AA 的特徵方程為

det⁡(λI−A)=0.\det(\lambda I-A)=0.

先計算

λI−A=[λ+4−10−1λ+7−30−3λ+4].\lambda I-A= \begin{bmatrix} \lambda+4&-1&0\\ -1&\lambda+7&-3\\ 0&-3&\lambda+4 \end{bmatrix}.

沿第一列展開行列式：

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第 4 題25 分

Consider the following function f(x)f(x)

f(x)={0,x<0 or x≥21,0≤x<1−x+2,1≤x<2f(x) = \begin{cases} 0, & x<0 \text{ or } x \ge 2 \\ 1, & 0 \le x < 1 \\ -x+2, & 1 \le x < 2 \end{cases}

and 3 series functions generated from f(x)f(x):
f1(x)=f_1(x) = Fourier series for f(x)f(x) on x∈[0,2]x \in [0,2]
f2(x)=f_2(x) = Fourier series for f(x)f(x) on x∈[1,2]x \in [1, 2]
f3(x)=f_3(x) = Fourier cosine series for f(x)f(x) on x∈[0,2]x \in [0,2]

(a) (10%) Please find the Fourier transform of the function f(x)f(x), denoted as F(jω)F(j\omega).

(b) (15%) Please explain: what are the differences between the 3 series functions f1(x)f_1(x), f2(x)f_2(x), f3(x)f_3(x)?
Note: you do not need to find these functions. You just need to indicate the differences between them.

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核心觀念

本題結合兩個觀念：

  1. 傅立葉轉換：對非週期函數在整條實軸上積分：
    F(jω)=∫−∞∞f(x)e−jωx dx.F(j\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-j\omega x}\,dx.

  2. 傅立葉級數的延拓：

    • 一般傅立葉級數：將指定區間的函數作週期延拓。
    • 傅立葉餘弦級數：先作偶延拓，再作週期延拓。
    • 週期延拓在跳躍不連續點的級數值，等於左右極限的平均值。

（a）傅立葉轉換

因為 f(x)f(x) 在 x<0x<0 與 x≥2x\ge 2 時為零，所以

F(jω)=∫01e−jωx dx+∫12(2−x)e−jωx dx.F(j\omega) =\int_0^1e^{-j\omega x}\,dx +\int_1^2(2-x)e^{-j\omega x}\,dx.

令 s=jωs=j\omega，且先考慮 ω≠0\omega\ne0。

第一段為

∫01e−sx dx=[−e−sxs]01=1−e−ss.\int_0^1e^{-sx}\,dx =\left[-\frac{e^{-sx}}{s}\right]_0^1 =\frac{1-e^{-s}}{s}.

第二段使用

∫(2−x)e−sx dx=e−sx(x−2s+1s2),\int (2-x)e^{-sx}\,dx =e^{-sx}\left(\frac{x-2}{s}+\frac{1}{s^2}\right),

因此

∫12(2−x)e−sx dx=[e−sx(x−2s+1s2)]12=e−2ss2+e−ss−e−ss2.\begin{aligned} \int_1^2(2-x)e^{-sx}\,dx &=\left[ e^{-sx}\left(\frac{x-2}{s}+\frac{1}{s^2}\right) \right]_1^2\\ &=\frac{e^{-2s}}{s^2} +\frac{e^{-s}}{s} -\frac{e^{-s}}{s^2}. \end{aligned}

兩段相加：

F(jω)=1−e−ss+e−2ss2+e−ss−e−ss2=1s+e−2s−e−ss2.\begin{aligned} F(j\omega) &=\frac{1-e^{-s}}{s} +\frac{e^{-2s}}{s^2} +\frac{e^{-s}}{s} -\frac{e^{-s}}{s^2}\\ &=\frac{1}{s}+\frac{e^{-2s}-e^{-s}}{s^2}. \end{aligned}

代回 s=jωs=j\omega：

F(jω)=1jω+e−j2ω−e−jω(jω)2,ω≠0.F(j\omega) =\frac{1}{j\omega} +\frac{e^{-j2\omega}-e^{-j\omega}}{(j\omega)^2}, \qquad \omega\ne0.

也可合併為

F(jω)=jω+e−j2ω−e−jω(jω)2,ω≠0.F(j\omega) =\frac{j\omega+e^{-j2\omega}-e^{-j\omega}} {(j\omega)^2}, \qquad \omega\ne0.

當 ω=0\omega=0 時，傅立葉轉換等於函數面積：

F(0)=∫011 dx+∫12(2−x) dx=1+12=32.\begin{aligned} F(0) &=\int_0^1 1\,dx+\int_1^2(2-x)\,dx\\ &=1+\frac12 =\frac32. \end{aligned}

（b）三種傅立葉級數的差異

f1(x)f_1(x)：在 [0,2][0,2] 上的一般傅立葉級數

區間長度為 22，因此使用

f1(x)∼a02+∑n=1∞[ancos⁡(nπx)+bnsin⁡(nπx)].f_1(x)\sim \frac{a_0}{2} +\sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n\cos(n\pi x)+b_n\sin(n\pi x) \right].

其特性為：

  • 週期為 22。
  • 將 f(x)f(x) 在 [0,2][0,2] 上的形狀作週期延拓。
  • 同時包含正弦項與餘弦項。
  • 在 x=2kx=2k 處會產生跳躍，因為
    f(0+)=1,f(2−)=0.f(0^+)=1,\qquad f(2^-)=0.
  • 因此在 x=0,2,4,…x=0,2,4,\ldots 等週期接點，傅立葉級數值為
    1+02=12.\frac{1+0}{2}=\frac12.
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