111 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

原函數 $f(t) = u(t) - u(t-1)$ 在半幅區間 $0 < t < 2$ 上定義為：
$f(t) = \begin{cases} 1, & 0 < t < 1 \\ 0, & 1 < t < 2 \end{cases}$

利用奇半幅擴充（Odd half-range expansion）將其擴充為週期 $p = 4$ 的奇函數，即半週期 $L = \frac{p}{2} = 2$。

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傅立葉級數展開

由於擴充後的函數為奇函數，其傅立葉餘弦項係數為 $a_0 = 0$ 且 $a_n = 0$ ($n = 1, 2, 3, \dots$)。

正弦項係數 $b_n$ 計算如下：
$b_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(t) \sin\left(\frac{n\pi t}{L}\right) dt = \frac{2}{2} \int_{0}^{2} f(t) \sin\left(\frac{n\pi t}{2}\right) dt$

核心觀念

本題考查連續時間卷積的定義，以及單位階躍函數在卷積積分中的作用。

卷積定義為

$$f(t)=g(t)*h(t) =\int_{-\infty}^{\infty}g(\tau)h(t-\tau)\,d\tau.$$

其中：

• $\tau$ 是積分變數；
• $g(\tau)$ 保留原本形式；
• $h(t-\tau)$ 必須將自變數改為 $t-\tau$。

工程數學中，若訊號視為因果訊號，卷積也可寫成

$$f(t)=\int_0^t g(\tau)h(t-\tau)\,d\tau,\qquad t\ge 0.$$

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解題方法

a. 寫出 $f(t)$ 的積分表示式

直接套用卷積定義：

$$\boxed{ f(t)=\int_{-\infty}^{\infty}g(\tau)h(t-\tau)\,d\tau }$$

若題目採用工程系統常見的因果訊號表示法，則可寫成

$$\boxed{ f(t)=\int_0^t g(\tau)h(t-\tau)\,d\tau,\qquad t\ge 0 }$$

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b. 當 $g(t)=u(t)$、$h(t)=\cos t$

單位階躍函數定義為

$$u(\tau)= \begin{cases} 0,&\tau<0,\\ 1,&\tau\ge 0. \end{cases}$$

在因果卷積的標準解讀下，

$$f(t)=\int_0^t u(\tau)\cos(t-\tau)\,d\tau.$$

由於在積分範圍 $0\le \tau\le t$ 內，$u(\tau)=1$，因此

$$f(t)=\int_0^t \cos(t-\tau)\,d\tau.$$

令

$$x=t-\tau, \qquad d x=-d\tau.$$

當 $\tau=0$ 時，$x=t$；當 $\tau=t$ 時，$x=0$。因此

核心觀念

本題考查純量場 $f(x,y,z)$ 的梯度、散度、旋度，以及方向導數：

• 梯度：
  $\nabla f=\left[\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y},\frac{\partial f}{\partial z}\right]$
• 散度：

$$\nabla\cdot\mathbf{F} =\frac{\partial F_1}{\partial x} +\frac{\partial F_2}{\partial y} +\frac{\partial F_3}{\partial z}$$

• 旋度：
  $\nabla\times\mathbf{F}$
• 方向導數：
  $D_{\mathbf{b}}f(P)=\nabla f(P)\cdot\mathbf{u}$
  其中 $\mathbf{u}$ 是方向 $\mathbf{b}$ 的單位向量。

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解題方法與計算

已知

$$f(x,y,z)=x^2+2y^2+3z^2.$$

a. 求 $\nabla f$

分別對 $x,y,z$ 求偏微分：

$$\frac{\partial f}{\partial x}=2x,$$ $$\frac{\partial f}{\partial y}=4y,$$ $$\frac{\partial f}{\partial z}=6z.$$

因此

$$\boxed{\nabla f=(2x,4y,6z)}.$$

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b. 求 $\nabla\cdot(\nabla f)$

散度作用在梯度上，即為拉普拉斯算子：

$$\nabla\cdot(\nabla f)=\nabla^2f =\frac{\partial^2f}{\partial x^2} +\frac{\partial^2f}{\partial y^2} +\frac{\partial^2f}{\partial z^2}.$$

由

$$\frac{\partial^2f}{\partial x^2}=2,\qquad \frac{\partial^2f}{\partial y^2}=4,\qquad \frac{\partial^2f}{\partial z^2}=6,$$

可得

$$\nabla\cdot(\nabla f)=2+4+6=12.$$

因此

$$\boxed{\nabla\cdot(\nabla f)=12}.$$

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c. 求 $\nabla\times(\nabla f)$

先寫出梯度：

$$\nabla f=(2x,4y,6z).$$

因此

$$\nabla\times(\nabla f) = \begin{vmatrix} \mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\ \frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\ 2x&4y&6z \end{vmatrix}.$$

計算各分量：

核心觀念

本題考查：

• 特徵值與特徵向量：
  $\det(A-\lambda I)=0$
• 二階矩陣的反矩陣公式：

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

• 實對稱矩陣的二次型與特徵值界線：

$$\lambda_{\min}\,\boldsymbol y^T\boldsymbol y \le \boldsymbol y^T A\boldsymbol y \le \lambda_{\max}\,\boldsymbol y^T\boldsymbol y$$

其中

$$A=\begin{bmatrix}2&1\\1&2\end{bmatrix}$$

是實對稱矩陣，因此具有正交特徵向量，且二次型的最大值與最小值分別等於最大、最小特徵值。

解題方法

a. 特徵值與特徵向量

特徵值 $\lambda$ 必須滿足特徵方程：

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

因此

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

得到

$$\det(A-\lambda I) =(2-\lambda)^2-1$$ $$=(2-\lambda-1)(2-\lambda+1) =(1-\lambda)(3-\lambda)$$

所以特徵值為

$$\lambda_1=3,\qquad \lambda_2=1$$

當 $\lambda=3$

解

$$(A-3I)\boldsymbol v=\boldsymbol 0$$

即

$$\begin{bmatrix} -1&1\\ 1&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}v_1\\v_2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}$$

可得

$$-v_1+v_2=0 \quad\Longrightarrow\quad v_1=v_2$$

因此對應的特徵向量可取

$$\boldsymbol v_1= \begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}$$

單位特徵向量為

$$\widehat{\boldsymbol v}_1 =\frac{1}{\sqrt2} \begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}$$

當 $\lambda=1$

解

$$(A-I)\boldsymbol v=\boldsymbol 0$$

即

$$\begin{bmatrix} 1&1\\ 1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}v_1\\v_2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}$$

可得

$$v_1+v_2=0 \quad\Longrightarrow\quad v_1=-v_2$$

因此對應的特徵向量可取

$$\boldsymbol v_2= \begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}$$

單位特徵向量為

$$\widehat{\boldsymbol v}_2 =\frac{1}{\sqrt2} \begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}$$

b. 反矩陣 $A^{-1}$

矩陣 $A$ 的行列式為

$$\det A=2\cdot2-1\cdot1=3$$

因為 $\det A\ne0$，所以 $A$ 可逆。依二階反矩陣公式：

$$A^{-1} = \frac{1}{3} \begin{bmatrix} 2&-1\\ -1&2 \end{bmatrix}$$

因此

$$\boxed{ A^{-1} = \begin{bmatrix} \frac23&-\frac13\\ -\frac13&\frac23 \end{bmatrix} }$$

c. 二次型的上下界

題目原文寫成

核心觀念

本題考查二階常係數線性微分方程：

$$y''+6y'+13y=f(t).$$

解法分成兩部分：

$$y(t)=y_h(t)+y_p(t),$$

其中：

• $y_h(t)$：齊次解，解決 $y''+6y'+13y=0$；
• $y_p(t)$：特解，對應外力 $f(t)=\cos 3t$。

齊次方程的特徵根決定系統是否振盪：

• 實根：不振盪；
• 共軛複根：阻尼振盪；
• 實部為負：振幅隨時間衰減。

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解題方法

（a）求受迫系統的 $y(t)$

原方程為

$$y''+6y'+13y=\cos 3t,$$

且

$$y(0)=0,\qquad y'(0)=0.$$

第一步：求齊次解

對應齊次方程為

$$y''+6y'+13y=0.$$

其特徵方程：

$$r^2+6r+13=0.$$

解得

$$r=\frac{-6\pm\sqrt{36-52}}{2} =-3\pm 2i.$$

因此齊次解為

$$y_h=e^{-3t}\left(C_1\cos 2t+C_2\sin 2t\right).$$

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第二步：求特解

右側為 $\cos 3t$，設

$$y_p=A\cos 3t+B\sin 3t.$$

則

$$y_p'=-3A\sin 3t+3B\cos 3t,$$ $$y_p''=-9A\cos 3t-9B\sin 3t.$$

代回原方程：

$$y_p''+6y_p'+13y_p$$ $$=(-9A+18B+13A)\cos 3t +(-9B-18A+13B)\sin 3t.$$

整理得

$$(4A+18B)\cos 3t+(4B-18A)\sin 3t.$$

與右側 $\cos 3t$ 比較係數：

$$\begin{cases} 4A+18B=1,\\ 4B-18A=0. \end{cases}$$

由第二式得

$$B=\frac{9}{2}A.$$

代入第一式：

$$4A+18\left(\frac{9}{2}A\right)=1,$$ $$85A=1, \qquad A=\frac{1}{85}.$$

因此

$$B=\frac{9}{170}.$$

特解為

$$y_p=\frac{1}{85}\cos 3t+\frac{9}{170}\sin 3t.$$

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第三步：套用初始條件

總解為

$$y=e^{-3t}\left(C_1\cos 2t+C_2\sin 2t\right) +\frac{1}{85}\cos 3t+\frac{9}{170}\sin 3t.$$

由 $y(0)=0$：

$$C_1+\frac{1}{85}=0,$$

所以

$$C_1=-\frac{1}{85}.$$

再求導。齊次部分在 $t=0$ 的導數為

$$y_h'(0)=-3C_1+2C_2.$$

特解導數為

$$y_p'=-\frac{3}{85}\sin 3t+\frac{27}{170}\cos 3t,$$

因此

$$y_p'(0)=\frac{27}{170}.$$

由 $y'(0)=0$：

$$-3C_1+2C_2+\frac{27}{170}=0.$$

代入 $C_1=-1/85$：

$$\frac{3}{85}+2C_2+\frac{27}{170}=0.$$

因為

$$\frac{3}{85}=\frac{6}{170},$$

故

$$2C_2+\frac{33}{170}=0,$$ $$C_2=-\frac{33}{340}.$$

所以