109 年 國立成功大學生物醫學工程學系碩士班甲組《工程數學》

核心觀念

本題考查三種表示法：

1. 單位階梯函數與拉普拉斯轉換。
2. 有限寬度矩形脈衝的傅立葉轉換。
3. 週期函數的傅立葉級數。

由

$$f(t)=u(t)-u(t-1)$$

可知，在忽略端點值的情況下，

$$f(t)= \begin{cases} 1, & 0\le t<1,\\ 0, & t<0\text{ 或 }t\ge 1. \end{cases}$$

因此，$f(t)$ 是一個從 $t=0$ 延續到 $t=1$ 的矩形脈衝。

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(a) 拉普拉斯轉換

解題方法

題目給定單邊拉普拉斯轉換定義：

$$F(s)=\int_0^\infty f(t)e^{-st}\,dt$$

由於 $f(t)$ 只在 $0\le t<1$ 時等於 $1$，因此積分範圍縮減為 $[0,1]$：

$$F(s)=\int_0^1 e^{-st}\,dt$$

計算得

$$F(s) = \left[-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_0^1 = -\frac{e^{-s}}{s}+\frac{1}{s}$$

所以

$$\boxed{F(s)=\frac{1-e^{-s}}{s}}$$

當 $s=0$ 時，需取極限：

$$\lim_{s\to 0}\frac{1-e^{-s}}{s}=1$$

這也符合

$$\int_0^\infty f(t)\,dt=\int_0^1 1\,dt=1$$

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(b) 傅立葉轉換

解題方法

題目給定傅立葉轉換定義：

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

由於 $f(t)$ 只在 $0\le t<1$ 時非零，因此

$$F(\omega)=\int_0^1 e^{-i\omega t}\,dt$$

積分結果為

$$F(\omega) = \left[-\frac{1}{i\omega}e^{-i\omega t}\right]_0^1$$

因此

$$\boxed{ F(\omega)=\frac{1-e^{-i\omega}}{i\omega} }$$

利用

$$1-e^{-i\omega} = e^{-i\omega/2} \left(e^{i\omega/2}-e^{-i\omega/2}\right) = 2i e^{-i\omega/2}\sin\left(\frac{\omega}{2}\right)$$

可改寫為

$$\boxed{ F(\omega) = e^{-i\omega/2} \frac{2\sin(\omega/2)}{\omega} }$$

也可寫成

$$\boxed{ F(\omega) = e^{-i\omega/2}\operatorname{sinc}\left(\frac{\omega}{2}\right) }$$

其中此處採用未正規化形式

$$\operatorname{sinc}(x)=\frac{\sin x}{x}$$

在 $\omega=0$ 時取極限：

$$F(0)=\lim_{\omega\to 0}\frac{1-e^{-i\omega}}{i\omega}=1$$

結果的意義

傅立葉轉換包含兩部分：

$$e^{-i\omega/2}$$

代表矩形脈衝中心位於 $t=1/2$ 所造成的相位延遲；

$$\frac{2\sin(\omega/2)}{\omega}$$

則是寬度為 $1$ 的矩形脈衝所產生的 sinc 型頻譜。

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(c) 週期為 $4$ 的傅立葉級數

基本設定

週期為

$$p=4$$

因此基本角頻率為

$$\omega_0=\frac{2\pi}{p}=\frac{\pi}{2}$$

週期延拓後，函數在每一個週期內滿足

$$f(t)= \begin{cases} 1, & 4k\le t<4k+1,\\ 0, & 4k+1\le t<4k+4, \end{cases} \qquad k\in\mathbb Z$$

一般三角形式的傅立葉級數為

$$f(t)=\frac{a_0}{2} +\sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n\cos(n\omega_0t) +b_n\sin(n\omega_0t) \right]$$

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方法一：直接計算係數

取一個週期區間 $[0,4]$。

常數項

$$a_0=\frac{2}{4}\int_0^4 f(t)\,dt$$

由於只有 $0\le t<1$ 時 $f(t)=1$，

$$a_0 = \frac{1}{2}\int_0^1 1\,dt = \frac{1}{2}$$

所以

$$\frac{a_0}{2}=\frac{1}{4}$$

餘弦係數

$$a_n=\frac{2}{4}\int_0^4 f(t)\cos(n\omega_0t)\,dt$$

因此

利用拉普拉斯轉換的摺積定理（Convolution Theorem）：
對因果函數 $f(t) = t$ 與 $g(t) = \cos t$，其摺積定義為：
$(f * g)(t) = \int_{0}^{\infty} f(\tau) g(t-\tau) d\tau = \int_{0}^{t} \tau \cos(t-\tau) d\tau \quad (t \ge 0)$

設待求積分為 $I(t) = (f * g)(t)$，對 $I(t)$ 取拉普拉斯轉換：
$\mathcal{L}\{I(t)\} = \mathcal{L}\{t * \cos t\} = \mathcal{L}\{t\} \cdot \mathcal{L}\{\cos t\}$

核心觀念

此題利用拉普拉斯變換處理振盪型廣義積分。由於

$$\int_0^\infty \tau\cos(t-\tau)\,d\tau$$

不具一般意義下的收斂性，因此依題目提示，採用拉普拉斯方法所對應的 Abel 正則化：先加入衰減因子 $e^{-s\tau}$，最後取 $s\to0^+$。

所需公式為

$$\mathcal{L}\{\tau\}(s)=\frac{1}{s^2},$$

以及

$$\mathcal{L}\{\tau\cos\tau\}(s) =-\frac{d}{ds}\left(\frac{s}{s^2+1}\right) =\frac{s^2-1}{(s^2+1)^2},$$ $$\mathcal{L}\{\tau\sin\tau\}(s) =-\frac{d}{ds}\left(\frac{1}{s^2+1}\right) =\frac{2s}{(s^2+1)^2}.$$

解題方法

先使用三角恆等式展開：

$$\cos(t-\tau)=\cos t\cos\tau+\sin t\sin\tau.$$

加入衰減因子 $e^{-s\tau}$，其中 $s>0$：

$$I(s)=\int_0^\infty e^{-s\tau}\tau\cos(t-\tau)\,d\tau.$$

代入上式得

$$I(s) =\cos t\int_0^\infty e^{-s\tau}\tau\cos\tau\,d\tau +\sin t\int_0^\infty e^{-s\tau}\tau\sin\tau\,d\tau.$$

依拉普拉斯變換公式，

$$\int_0^\infty e^{-s\tau}\tau\cos\tau\,d\tau =\frac{s^2-1}{(s^2+1)^2},$$

且

核心觀念

方向導數表示函數在某一點沿指定方向的瞬時變化率。若 $f(x,y,z)$ 可微，則在點 $P$ 沿方向向量 $\mathbf a$ 的方向導數為

$$D_{\mathbf u}f(P)=\nabla f(P)\cdot \mathbf u,$$

其中 $\mathbf u$ 必須是由 $\mathbf a$ 正規化所得的單位向量：

$$\mathbf u=\frac{\mathbf a}{\|\mathbf a\|}.$$

梯度向量為

$$\nabla f=\left(\frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z}\right).$$

解題方法

題目給定

$$f=x^2+y^2+z^2, \qquad P=(3,2,1), \qquad \mathbf a=(1,0,1).$$

先求 $f$ 的梯度：

$$\nabla f=(2x,2y,2z).$$

代入點 $P=(3,2,1)$：

$$\nabla f(3,2,1)=(6,4,2).$$

由於方向導數使用單位方向向量，先將 $\mathbf a$ 正規化：

$$\|\mathbf a\| =\sqrt{1^2+0^2+1^2} =\sqrt{2},$$

因此

核心觀念

本題考查二階常係數非齊次微分方程：

$$y''+4y'+8y=\sin 2t$$

解法包含：

• 齊次方程的特徵根法。
• 待定係數法求特解。
• 利用初始條件決定任意常數。

由於右側為 $\sin 2t$，且與齊次解中的振盪頻率不同，不會發生共振。

解題方法

1. 求齊次解

先考慮齊次方程：

$$y''+4y'+8y=0$$

其特徵方程為：

$$r^2+4r+8=0$$

解得：

$$r=\frac{-4\pm\sqrt{16-32}}{2} =-2\pm 2i$$

因此齊次解為：

$$y_h=e^{-2t}\left(C_1\cos 2t+C_2\sin 2t\right)$$

2. 求特解

右側為 $\sin 2t$，設特解為：

$$y_p=A\sin 2t+B\cos 2t$$

則

$$y_p'=2A\cos 2t-2B\sin 2t$$ $$y_p''=-4A\sin 2t-4B\cos 2t$$

代入原方程：

$$\begin{aligned} y_p''+4y_p'+8y_p ={}&(-4A\sin 2t-4B\cos 2t)\\ &+4(2A\cos 2t-2B\sin 2t)\\ &+8(A\sin 2t+B\cos 2t) \end{aligned}$$

整理 $\sin 2t$ 與 $\cos 2t$ 的係數：

$$y_p''+4y_p'+8y_p =(4A-8B)\sin 2t+(8A+4B)\cos 2t$$

與右側 $\sin 2t$ 比較係數，得到：

$$\begin{cases} 4A-8B=1,\\ 8A+4B=0. \end{cases}$$

由第二式：

$$B=-2A$$

代入第一式：

$$4A-8(-2A)=1$$ $$20A=1 \quad\Longrightarrow\quad A=\frac{1}{20}$$

因此：

$$B=-\frac{1}{10}$$

特解為：

$$y_p=\frac{1}{20}\sin 2t-\frac{1}{10}\cos 2t$$

3. 組合通解

$$y=y_h+y_p$$

因此：

(a) 求解 $x_1(n)$ 的 DFT $X_1(k)$

觀念與推導
序列 $x_1(n) = [1, 2, 3, 1]$ 之長度 $N = 4$。由 $N=4$ 的 DFT 定義式：
$X_1(k) = \sum_{n=0}^{3} x_1(n) e^{-i \frac{2\pi k n}{4}} = 1 + 2 e^{-i \frac{\pi k}{2}} + 3 e^{-i \pi k} + 1 e^{-i \frac{3\pi k}{2}}, \quad k = 0, 1, 2, 3$

分別將 $k = 0, 1, 2, 3$ 代入計算：

• $k = 0$: $X_1(0) = 1 + 2(1) + 3(1) + 1(1) = 7$
• $k = 1$: $X_1(1) = 1 + 2(-i) + 3(-1) + 1(i) = -2 - i$
• $k = 2$: $X_1(2) = 1 + 2(-1) + 3(1) + 1(-1) = 1$
• $k = 3$: $X_1(3) = 1 + 2(i) + 3(-1) + 1(-i) = -2 + i$

【答案】
$X_1(k) = [7, -2-i, 1, -2+i]$，其中 $k = 0, 1, 2, 3$。

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(b) 說明 $X_2(k)$ 與 $X_3(k)$ 之差異

觀念與推導
序列 $x_2(n) = [1, 2, 3, 1, 0, 0, 0, 0]$ 與 $x_3(n) = [0, 0, 0, 0, 1, 2, 3, 1]$ 長度皆為

核心觀念

本題考查：

1. 特徵值與特徵向量的定義

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

   等價於

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

2. 特徵方程式

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

3. 二階矩陣的反矩陣公式
   對

   $$B=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}$$

   若 $ad-bc\neq 0$，則

   $$B^{-1}=\frac{1}{ad-bc} \begin{bmatrix} d&-b\\ -c&a \end{bmatrix}$$

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解題方法

（a）求特徵值與特徵向量

題目給定

$$A= \begin{bmatrix} -5&2\\ 2&-2 \end{bmatrix}$$

設特徵值為 $\lambda$，則特徵方程式為

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

其中

$$A-\lambda I= \begin{bmatrix} -5-\lambda&2\\ 2&-2-\lambda \end{bmatrix}$$

因此

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(-5-\lambda)(-2-\lambda)-2(2)\\ &=(\lambda+5)(\lambda+2)-4\\ &=\lambda^2+7\lambda+10-4\\ &=\lambda^2+7\lambda+6\\ &=(\lambda+1)(\lambda+6) \end{aligned}$$

令其等於零：

$$(\lambda+1)(\lambda+6)=0$$

所以兩個特徵值為

$$\lambda_1=-1,\qquad \lambda_2=-6$$

當 $\lambda_1=-1$

代入 $(A-\lambda I)\mathbf{x}=\mathbf{0}$：

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

設特徵向量為

$$\mathbf{x}= \begin{bmatrix} x\\y \end{bmatrix}$$

由第一列得到

$$-4x+2y=0$$

因此

$$y=2x$$

取 $x=1$，可得一組特徵向量

$$\mathbf{v}_1= \begin{bmatrix} 1\\2 \end{bmatrix}$$

故 $\lambda_1=-1$ 的特徵向量為

$$\mathbf{x}=c \begin{bmatrix} 1\\2 \end{bmatrix}, \qquad c\neq 0$$

當 $\lambda_2=-6$

此時

$$A+6I= \begin{bmatrix} 1&2\\ 2&4 \end{bmatrix}$$

由第一列得到

$$x+2y=0$$

因此

$$x=-2y$$

取 $y=1$，可得一組特徵向量

$$\mathbf{v}_2= \begin{bmatrix} -2\\1 \end{bmatrix}$$

故 $\lambda_2=-6$ 的特徵向量為