108 年 國立臺灣大學機械系碩士班製造組《工程數學（B）》

核心觀念

矩陣 $A$ 可逆的充要條件為

$$\det(A)\neq 0.$$

另一方面，若 $\lambda$ 是矩陣 $A$ 的特徵值，則存在非零向量 $\mathbf{x}$ 使得

$$A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}.$$

當 $\lambda=0$ 時，

$$A\mathbf{x}=\mathbf{0},$$

且 $\mathbf{x}\neq\mathbf{0}$。因此 $A$ 存在非平凡解的齊次方程，代表 $A$ 的零空間不只包含零向量，故 $A$ 不可逆。

所以：

$$A\text{ 可逆}\quad\Longleftrightarrow\quad 0\text{ 不是 }A\text{ 的特徵值}.$$

解題方法

題目聲稱一個 $3\times 3$ 可逆矩陣可以具有 $-1,0,1$ 三個特徵值。

若 $0$ 是 $A$ 的特徵值，則特徵多項式滿足

$$\det(A-0I)=\det(A)=0.$$

核心觀念

實矩陣的特徵多項式係數皆為實數，因此其非實特徵值必須成共軛複數對出現：

若 $\lambda=a+bi$ 是實矩陣的特徵值，則 $\overline{\lambda}=a-bi$ 也必為特徵值。

本題涉及的特徵值為

$$-1,\qquad 1+i,\qquad 2+i.$$

其中 $1+i$ 與 $2+i$ 都是非實數。

解題方法

因為矩陣為實矩陣：

• $1+i$ 為特徵值，必須同時有其共軛特徵值 $1-i$；
• $2+i$ 為特徵值，必須同時有其共軛特徵值 $2-i$。

因此，若題述三個數皆為特徵值，矩陣至少必須具有以下五個相異特徵值：

$$-1,\qquad 1+i,\qquad 1-i,\qquad 2+i,\qquad 2-i.$$

然而，$4\times 4$ 矩陣的特徵多項式為四次多項式，最多只能有 $4$ 個特徵值（以代數重數計）。出現五個相異特徵值是不可能的。

也可由特徵多項式直接觀察：

$$(\lambda-(1+i))(\lambda-(1-i)) =(\lambda-1)^2+1,$$

核心觀念

本題考查可逆矩陣的判定與性質：

1. 若 $A$、$B$ 均為 $n\times n$ 可逆矩陣，則乘積 $AB$ 必為可逆矩陣，且
   $(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}.$

2. $A+B$ 是否可逆，不能僅由 $A$、$B$ 個別可逆直接判定，必須進一步檢查其行列式或是否存在非零零空間。

解題方法

先分別判斷敘述中的兩個結論。

由 $A$、$B$ 可逆，可得

$$A^{-1}A=AA^{-1}=I,\qquad B^{-1}B=BB^{-1}=I.$$

因此

$$(AB)(B^{-1}A^{-1}) =A(BB^{-1})A^{-1} =AA^{-1} =I,$$

且

$$(B^{-1}A^{-1})(AB) =B^{-1}(A^{-1}A)B =B^{-1}B =I.$$

所以 $AB$ 一定可逆。

然而，$A+B$ 不一定可逆。取

$$B=-A.$$

核心觀念

本題考查：

• 齊次二階線性微分方程的解集合是否構成向量空間。
• Euler–Cauchy 方程的解法。
• 二階線性齊次微分方程解空間的維度定理。

方程為

$$x^2y''+3xy'-3y=0,\qquad x>0.$$

由於方程是齊次線性微分方程，若 $y_1,y_2$ 為解，則對任意常數 $c_1,c_2$，

$$c_1y_1+c_2y_2$$

仍為解。因此其解集合對函數加法與純量乘法封閉，構成一個向量空間。

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解題方法：Euler–Cauchy 方程

此方程具有標準形式

$$x^2y''+axy'+by=0.$$

採用冪次試解

$$y=x^m.$$

則

$$y'=mx^{m-1},\qquad y''=m(m-1)x^{m-2}.$$

代回原方程：

$$x^2m(m-1)x^{m-2}+3x(mx^{m-1})-3x^m=0.$$

整理得

$$\left[m(m-1)+3m-3\right]x^m=0.$$

因為 $x>0$，所以 $x^m\neq 0$，特徵方程為

$$m(m-1)+3m-3=0.$$

化簡：

$$m^2+2m-3=0,$$ $$(m-1)(m+3)=0.$$

因此兩個相異實根為

$$m_1=1,\qquad m_2=-3.$$

故通解為

$$y(x)=C_1x+C_2x^{-3},\qquad x>0.$$

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解集合的維度

兩個基本解為

$$y_1(x)=x,\qquad y_2(x)=x^{-3}.$$

檢查線性獨立性。若

$$C_1x+C_2x^{-3}=0$$

核心觀念

本題考查：

1. 反對稱矩陣（skew-symmetric matrix）的定義。
2. 矩陣集合是否為子空間的判定。
3. 子空間維度的計算。

若 $A$ 為 $n\times n$ 反對稱矩陣，則滿足

$$A^T=-A.$$

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解題方法

設

$$A=(a_{ij})_{n\times n}.$$

由反對稱條件 $A^T=-A$，可得

$$a_{ji}=-a_{ij}.$$

1. 判斷是否為子空間

令 $\mathcal{S}$ 表示所有 $n\times n$ 反對稱矩陣的集合。

零矩陣滿足

$$0^T=0=-0,$$

因此 $0\in\mathcal{S}$。

若 $A,B\in\mathcal{S}$，則

$$A^T=-A,\qquad B^T=-B.$$

因此

$$(A+B)^T=A^T+B^T=-A-B=-(A+B),$$

所以 $A+B\in\mathcal{S}$。

對任意純量 $c$，若 $A\in\mathcal{S}$，則

$$(cA)^T=cA^T=c(-A)=-(cA),$$

所以 $cA\in\mathcal{S}$。

因此 $\mathcal{S}$ 對矩陣加法與純量乘法封閉，且包含零矩陣，故 $\mathcal{S}$ 是矩陣向量空間中的子空間。

2. 計算維度

考慮對角元素。由

$$a_{ii}=-a_{ii},$$

可得

$$2a_{ii}=0.$$

在實數或複數範圍下，因此

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換與傅立葉轉換是否滿足「線性轉換」的定義。

若轉換算子 $\mathcal{T}$ 滿足任意常數 $a,b$ 與函數 $f,g$：

$$\mathcal{T}\{af+bg\} = a\mathcal{T}\{f\} + b\mathcal{T}\{g\},$$

則稱 $\mathcal{T}$ 為線性轉換。

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解題方法

1. 拉普拉斯轉換

拉普拉斯轉換定義為

$$\mathcal{L}\{f(t)\} = \int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt.$$

對函數 $af(t)+bg(t)$ 進行轉換：

$$\begin{aligned} \mathcal{L}\{af(t)+bg(t)\} &= \int_{0}^{\infty}e^{-st}\bigl(af(t)+bg(t)\bigr)\,dt\\ &= a\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt + b\int_{0}^{\infty}e^{-st}g(t)\,dt\\ &= a\mathcal{L}\{f(t)\} + b\mathcal{L}\{g(t)\}. \end{aligned}$$

因此拉普拉斯轉換具有線性性。

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2. 傅立葉轉換

採用傅立葉轉換定義

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

對函數 $af(t)+bg(t)$ 進行轉換：

核心觀念

對矩陣 $A$ 而言，若存在特徵值 $\lambda$ 與正整數 $k$，使得

$$(A-\lambda I)^k\mathbf{v}=\mathbf{0},$$

則非零向量 $\mathbf{v}$ 稱為 $\lambda$ 所對應的廣義特徵向量。

當 $k=1$ 時，

$$(A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0},$$

此時廣義特徵向量就是普通特徵向量。因此，普通特徵向量包含在廣義特徵向量之中。

對實對稱矩陣而言，由譜定理可知，矩陣必可正交對角化，因此沒有非平凡的 Jordan chain；其廣義特徵向量皆為普通特徵向量。

解題方法

題目問的是「能不能」存在一個 $2\times 2$ 對稱矩陣，使得

$$\mathbf{v}= \begin{pmatrix} -1\\ 1 \end{pmatrix}$$

成為廣義特徵向量。因此只要構造一個符合條件的對稱矩陣即可。

取

$$A= \begin{pmatrix} 2&1\\ 1&2 \end{pmatrix}.$$

此矩陣滿足

$$A^T=A,$$

所以 $A$ 是對稱矩陣。計算其作用於 $\mathbf{v}$ 的結果：

核心觀念

1. 可逆性（Invertibility）與特徵值之關係：
   $n \times n$ 矩陣 $A$ 為可逆矩陣（Invertible / Non-singular）之充要條件為：
   $\det(A) \neq 0 \iff 0 \text{ 不是 } A \text{ 的特徵值（Eigenvalue）}$
2. 可對角化性（Diagonalizability）之充要條件：
   $n \times n$ 矩陣 $A$ 可對角化之充要條件為：對於 $A$ 的每一個特徵值 $\lambda_i$，其幾何重數（Geometric Multiplicity, GM）等於代數重數（Algebraic Multiplicity, AM），即：
   $\text{GM}(\lambda_i) = \text{nullity}(A - \lambda_i I) = n - \text{rank}(A - \lambda_i I) = \text{AM}(\lambda_i)$
   若所有特徵值皆為相異實數（Distinct eigenvalues），則必可對角化；若存在重根（Repeated eigenvalues），則必須檢驗其獨立特徵向量個數（幾何重數）是否充足。

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解題方法

步驟一：求特徵多項式的根（特徵值）

令特徵多項式等於零：
$p(\lambda) = \lambda^4 + 4\lambda^3 + 3\lambda^2 - 4\lambda - 4 = 0$

進行分組因式分解：

$$\begin{aligned} p(\lambda) &= (\lambda^4 + 3\lambda^2 - 4) + (4\lambda^3 - 4\lambda) \\ &= (\lambda^2 + 4)(\lambda^2 - 1) + 4\lambda(\lambda^2 - 1) \\ &= (\lambda^2 - 1)(\lambda^2 + 4\lambda + 4) \\ &= (\lambda - 1)(\lambda + 1)(\lambda + 2)^2 \end{aligned}$$

解得特徵值為：

• $\lambda_1 = 1$（代數重數 $\text{AM} = 1$）
• $\lambda_2 = -1$（代數重數 $\text{AM} = 1$）
• $\lambda_3 = -2$（代數重數 $\text{AM} = 2$，為重根）

步驟二：判斷矩陣之可逆性

由於特徵多項式的常數項為特徵值之積：
$\det(A) = (1) \times (-1) \times (-2)^2 = -4 \neq 0$
因所有特徵值皆不為 $0$，故矩陣 $A$ 必為可逆（Invertible）。

核心觀念

本題考查兩個基本性質：

1. 矩陣相減：
   $A-A=O_{3\times 3}.$

2. 行列式的倍數性質：
   對於 $n\times n$ 矩陣 $A$，
   $\det(cA)=c^n\det(A).$

因此，當 $A$ 為 $3\times3$ 矩陣時，
$\det(-A)=(-1)^3\det(A)=-\det(A).$

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解題方法

由行列式的倍數性質，

$$\det(-A)=(-1)^3\det(A)=-\det(A).$$

所以左側為

$$\det(A)+\det(-A) =\det(A)-\det(A) =0.$$

另一方面，矩陣相減具有消去性質：

$$A-A=O_{3\times3}.$$

因此右側為

$$\det(A-A) =\det(O_{3\times3}) =0.$$

故題目中的等式成立：

$$\det(A)+\det(-A) =\det(A-A) =\det(O_{3\times3}) =0.$$

同時，

$$A-A=O_{3\times3}$$

也正確。

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選項分析

核心觀念

本題考查：

• 奇異矩陣的定義：若方陣 $A$ 奇異，則 $\det(A)=0$。
• 行列式一般不具有加法性，即通常
  $\det(B+C)\neq \det(B)+\det(C)。$

雖然 $D=B+C$，但不能直接將行列式分配到矩陣加法上。

解題方法

因為 $B$、$C$ 都是奇異矩陣，所以

$$\det(B)=0,\qquad \det(C)=0。$$

若題目敘述成立，則應有

$$\det(D)=\det(B+C)=\det(B)+\det(C)=0。$$

然而，兩個奇異矩陣的和不一定仍為奇異矩陣。取反例

$$B= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&0 \end{bmatrix}, \qquad C= \begin{bmatrix} 0&0\\ 0&1 \end{bmatrix}.$$

兩者皆為奇異矩陣，因為

$$\det(B)=0,\qquad \det(C)=0。$$

但

$$D=B+C= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{bmatrix} =I,$$

因此

$$\det(D)=\det(I)=1。$$

另一方面，

一、齊次解 $y_h(x)$

原式為 Cauchy-Euler 微分方程式：
$x^2 y'' - 2x y' + 2y = 0$

令 $y = x^r$，代入得特徵方程式：
$r(r-1) - 2r + 2 = 0 \implies r^2 - 3r + 2 = 0 \implies r = 1, 2$

故齊次解為：
$y_h(x) = c_1 x + c_2 x^2$

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二、特解 $y_p(x)$

非齊次項可拆為三項之和：$r(x) = x + x^3 (\ln x)^2 + x^3 e^x$，則特解 $y_p = y_{p1} + y_{p2} + y_{p3}$。

1. 求 $y_{p1}(x)$（對應右式 $x$）

令 $x = e^t$ ($t = \ln x$)，微分算符 $D = \frac{d}{dt}$，方程式化為 $(D^2 - 3D + 2) y = e^t$。
$y_{p1} = \frac{1}{(D-1)(D-2)} e^t = \frac{1}{D-1} \left( -e^t \right) = -t e^t = -x \ln x$

2. 求 $y_{p2}(x)$（對應右式 $x^3 (\ln x)^2$）

在 $x = e^t$ 變換下，方程式化為 $(D^2 - 3D + 2) y = e^{3t} t^2$。
$y_{p2} = e^{3t} \frac{1}{(D+3)^2 - 3(D+3) + 2} t^2 = e^{3t} \frac{1}{D^2 + 3D + 2} t^2$

將微分算符展為冪級數：
$\frac{1}{2 + 3D + D^2} = \frac{1}{2} \left[ 1 - \frac{3}{2}D + \frac{7}{4}D^2 - \dots \right]$

核心觀念

本題考查「常係數線性微分方程」與「特徵根法」。

令微分算子 $D=\dfrac{d}{dx}$。若齊次方程的特徵根為：

• 實根 $r$：對應解 $e^{rx}$
• 共軛複根 $r=\alpha\pm\beta i$：對應解
  $e^{\alpha x}\cos\beta x,\qquad e^{\alpha x}\sin\beta x$

題目中的任意常數項

$$c_1e^x\cos2x+c_2e^x\sin2x+c_3e^x+c_4e^{2x}$$

必須是齊次解，因此可由這些函數反推出特徵根。

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解題方法

由

$$e^x\cos2x,\qquad e^x\sin2x$$

可知特徵根為

$$r=1\pm2i.$$

其對應的二次因式為

$$(r-(1+2i))(r-(1-2i)) =(r-1)^2+4 =r^2-2r+5.$$

另外，

$$e^x\quad\Rightarrow\quad r=1,$$ $$e^{2x}\quad\Rightarrow\quad r=2.$$

因此最低階的特徵多項式為

$$P(r)=(r^2-2r+5)(r-1)(r-2).$$

對應的微分算子為

$$P(D)=(D^2-2D+5)(D-1)(D-2).$$

先將其展開：

$$(D-1)(D-2)=D^2-3D+2,$$

所以

$$\begin{aligned} P(D) &=(D^2-2D+5)(D^2-3D+2)\\ &=D^4-5D^3+13D^2-19D+10. \end{aligned}$$

故微分方程可寫成

$$y^{(4)}-5y^{(3)}+13y''-19y'+10y=f(x).$$

接著計算 $f(x)$。題目中的非齊次項為

$$y_p(x)=\cosh x.$$

利用

$$D\cosh x=\sinh x,\qquad D^2\cosh x=\cosh x,$$

以及

核心觀念

本題考查：

• 二維不可壓縮流的流函數表示。
• 無旋場的判定：$\nabla\times\vec v=\vec 0$。
• 環流定義：
  $\oint_C \vec v\cdot d\vec r$
• 原點為速度場的奇異點，因此不能直接只依靠一般區域內的旋度判斷整條閉曲線的環流。

採用標準流函數定義

$$\vec v=(u,v)=\left(\frac{\partial\psi}{\partial y},-\frac{\partial\psi}{\partial x}\right)$$

此定義自動滿足

$$\nabla\cdot\vec v = \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial v}{\partial y} = \frac{\partial^2\psi}{\partial x\partial y} - \frac{\partial^2\psi}{\partial y\partial x} =0$$

---

解題方法

令

$$r^2=x^2+y^2$$

則流函數為

$$\psi(x,y)=\frac{\Gamma}{4\pi}\ln r^2$$

分別微分：

$$\frac{\partial\psi}{\partial x} = \frac{\Gamma}{4\pi}\frac{2x}{x^2+y^2} = \frac{\Gamma x}{2\pi(x^2+y^2)}$$ $$\frac{\partial\psi}{\partial y} = \frac{\Gamma}{4\pi}\frac{2y}{x^2+y^2} = \frac{\Gamma y}{2\pi(x^2+y^2)}$$

因此速度場為

$$u=\frac{\Gamma y}{2\pi(x^2+y^2)}$$ $$v=-\frac{\Gamma x}{2\pi(x^2+y^2)}$$

也就是

$$\vec v = \frac{\Gamma}{2\pi(x^2+y^2)}(y,-x)$$

---

旋度判定

在原點以外，計算二維旋度：

$$(\nabla\times\vec v)_z = \frac{\partial v}{\partial x} - \frac{\partial u}{\partial y}$$

先計算：

$$\frac{\partial v}{\partial x} = -\frac{\Gamma}{2\pi} \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2} = \frac{\Gamma(x^2-y^2)} {2\pi(x^2+y^2)^2}$$ $$\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\Gamma}{2\pi} \frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}$$

所以在 $(x,y)\ne(0,0)$ 時，

$$\nabla\times\vec v=\vec 0$$

然而，速度場中的分母為 $x^2+y^2$，因此在原點無定義。故此速度場不是「處處」無旋，而是：

• 原點以外為無旋場。
• 原點為奇異點。
• 整個平面上不能稱為 everywhere irrotational。

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環流計算

先取逆時針方向的圓形路徑

$$x=a\cos\theta,\qquad y=a\sin\theta, \qquad 0\leq\theta\leq 2\pi$$

此時

$$dx=-a\sin\theta\,d\theta, \qquad dy=a\cos\theta\,d\theta$$

在圓周上，

核心觀念

本題考查：

• 冪級數解法（series solution）
• 代入微分方程後比較各次方係數
• 遞迴關係式的建立
• 由兩個任意初始值取得二階微分方程的通解
• 利用初始條件或邊界條件決定常數

微分方程為

$$y''-xy=0,$$

亦即

$$y''=xy.$$

因為方程在 $x=0$ 附近的係數皆為解析函數，設解為冪級數：

$$y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n.$$

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解題方法：建立係數遞迴關係

先將 $y$ 微分：

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

令 $m=n-2$，可寫成

$$y''(x)=\sum_{m=0}^{\infty}(m+2)(m+1)a_{m+2}x^m.$$

另一方面，

$$xy=x\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n =\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+1} =\sum_{m=1}^{\infty}a_{m-1}x^m.$$

代回 $y''-xy=0$：

$$\sum_{m=0}^{\infty}(m+2)(m+1)a_{m+2}x^m -\sum_{m=1}^{\infty}a_{m-1}x^m=0.$$

$x^0$ 項

$$2a_2=0,$$

所以

$$a_2=0.$$

$x^m$ 項，$m\geq 1$

$$(m+2)(m+1)a_{m+2}-a_{m-1}=0,$$

因此得到遞迴式

$$\boxed{ a_{m+2}=\frac{a_{m-1}}{(m+2)(m+1)} }.$$

將 $n=m+2$，也可寫成

$$\boxed{ a_n=\frac{a_{n-3}}{n(n-1)},\qquad n\geq 3. }$$

這表示係數每次相隔三階互相連結，因此會分成三組：

$$a_0,a_3,a_6,\ldots$$ $$a_1,a_4,a_7,\ldots$$ $$a_2,a_5,a_8,\ldots$$

但由於 $a_2=0$，第三組係數全部為零。

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第一組解：由 $a_0$ 產生

由遞迴式：

$$a_3=\frac{a_0}{3\cdot2},$$ $$a_6=\frac{a_3}{6\cdot5} =\frac{a_0}{(6)(5)(3)(2)},$$ $$a_9=\frac{a_6}{9\cdot8} =\frac{a_0}{(9)(8)(6)(5)(3)(2)}.$$

因此，以 $a_0=1$ 所得的基本解為

$$f(x) =1+\frac{x^3}{3\cdot2} +\frac{x^6}{(6)(5)(3)(2)} +\frac{x^9}{(9)(8)(6)(5)(3)(2)} +\cdots.$$

一般項可寫為

$$\boxed{ f(x)=1+\sum_{k=1}^{\infty} \frac{x^{3k}} {(3k)(3k-1)(3k-3)(3k-4)\cdots(3)(2)} }.$$

前幾項為

$$f(x)=1+\frac{x^3}{6}+\frac{x^6}{180} +\frac{x^9}{12960}+\cdots.$$

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第二組解：由 $a_1$ 產生

由遞迴式：

$$a_4=\frac{a_1}{4\cdot3},$$ $$a_7=\frac{a_4}{7\cdot6} =\frac{a_1}{(7)(6)(4)(3)},$$ $$a_{10}=\frac{a_7}{10\cdot9} =\frac{a_1}{(10)(9)(7)(6)(4)(3)}.$$

以 $a_1=1$ 所得的第二個基本解為

1. 建立數學模型

設弦長為 $L$，波速為 $c$，位移函數為 $u(x, t)$。

• 控制方程式（PDE）：
  $\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}, \quad 0 < x < L, \; t > 0$

• 邊界條件（BCs）：

  1. 固定端（Fixed）：$u(0, t) = 0$
  2. 自由端（Free）：$\left. \frac{\partial u}{\partial x} \right|_{x=L} = u_x(L, t) = 0$

• 初始條件（ICs）：

  1. 靜止釋放（Stationary）：$\left. \frac{\partial u}{\partial t} \right|_{t=0} = u_t(x, 0) = 0$
  2. 初始波形：$u(x, 0) = f(x)$

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2. 變數分離法（Separation of Variables）

設 $u(x, t) = X(x)T(t)$，代入 PDE 得到：
$X(x) T''(t) = c^2 X''(x) T(t) \implies \frac{T''(t)}{c^2 T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda^2$

(1) 求解空間常微分方程式（Spatial ODE）

$X''(x) + \lambda^2 X(x) = 0$
通解為：
$X(x) = C_1 \cos(\lambda x) + C_2 \sin(\lambda x)$

• 由 $u(0, t) = 0 \implies X(0) = 0$：
  $X(0) = C_1 = 0 \implies X(x) = C_2 \sin(\lambda x)$

• 由 $u_x(L, t) = 0 \implies X'(L) = 0$：
  $X'(L) = C_2 \lambda \cos(\lambda L) = 0$

取非顯然解（$C_2 \neq 0, \lambda \neq 0$），需滿足 $\cos(\lambda L) = 0$，故：
$\lambda L = \frac{(2n-1)\pi}{2} \implies \lambda_n = \frac{(2n-1)\pi}{2L}, \quad n = 1, 2, 3, \dots$

解法：變數代換與狄利克雷積分（Dirichlet Integral）

1. 變數代換：
   令 $u = 2x$（即 $x = \frac{u}{2}$，$\mathrm{d}x = \frac{\mathrm{d}u}{2}$），原式化簡為：
   $I = \int_{-\infty}^\infty \frac{\cos x}{\pi^2 - 4x^2} \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^\infty \frac{\cos\left(\frac{u}{2}\right)}{\pi^2 - u^2} \mathrm{d}u$

2. 部分分式拆解：
   將 $\frac{1}{\pi^2 - u^2}$ 展開為部分分式 $\frac{1}{2\pi} \left( \frac{1}{\pi - u} + \frac{1}{\pi + u} \right)$：

核心觀念

本題考查 Legendre 級數展開。若

$$f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}A_kP_k(x),\qquad -1<x<1,$$

利用 Legendre 多項式的正交性：

$$\int_{-1}^{1}P_m(x)P_n(x)\,dx = \frac{2}{2n+1}\delta_{mn},$$

可得係數公式

$$A_k=\frac{2k+1}{2}\int_{-1}^{1}f(x)P_k(x)\,dx.$$

題目給定 $f(x)=x$。

解題方法

由 Rodrigues 公式可先求出前幾個 Legendre 多項式：

$$P_0(x)=1,$$ $$P_1(x)=x,$$ $$P_2(x)=\frac{1}{2}(3x^2-1),$$ $$P_3(x)=\frac{1}{2}(5x^3-3x),$$ $$P_4(x)=\frac{1}{8}(35x^4-30x^2+3).$$

其中最關鍵的是

$$P_1(x)=x.$$

因此，函數 $f(x)=x$ 本身就是第一階 Legendre 多項式：

$$f(x)=x=P_1(x).$$

所以其 Legendre 級數只有 $P_1$ 項，直接得到

$$A_1=1,\qquad A_k=0\quad (k\neq 1).$$

亦可由係數公式驗證：

當 $k=1$ 時，