113 年 國立成功大學生物醫學工程學系碩士班甲組《工程數學》

(1) 行向量的線性組合（Linear combination of columns）

敘述（Specify）：
設矩陣 $A \in \mathbb{R}^{m \times n}$ 的行向量（Column vectors）表示為 $A = [\mathbf{a}_1 \;\; \mathbf{a}_2 \;\; \dots \;\; \mathbf{a}_n]$，其中 $\mathbf{a}_j \in \mathbb{R}^{m \times 1}$；矩陣 $B \in \mathbb{R}^{n \times p}$ 表示為 $B = [\mathbf{b}_1 \;\; \mathbf{b}_2 \;\; \dots \;\; \mathbf{b}_p]$，其中 $\mathbf{b}_k = [b_{1k} \;\; b_{2k} \;\; \dots \;\; b_{nk}]^T \in \mathbb{R}^{n \times 1}$。

矩陣乘積 $C = AB \in \mathbb{R}^{m \times p}$ 的第 $k$ 個行向量 $\mathbf{c}_k$ 可表示為矩陣 $A$ 之各行向量 $\mathbf{a}_j$ 以 $B$ 的第 $k$ 行元素為權重的線性組合：
$\mathbf{c}_k = A \mathbf{b}_k = \sum_{j=1}^n b_{jk} \mathbf{a}_j = b_{1k} \mathbf{a}_1 + b_{2k} \mathbf{a}_2 + \dots + b_{nk} \mathbf{a}_n$
整體矩陣可表示為：
$AB = A [\mathbf{b}_1 \;\; \mathbf{b}_2 \;\; \dots \;\; \mathbf{b}_p] = [A\mathbf{b}_1 \;\; A\mathbf{b}_2 \;\; \dots \;\; A\mathbf{b}_p]$

證明（Prove）：
依傳統矩陣乘法定義，乘積 $C = AB$ 的第 $i$ 列第 $k$ 行元素為：
$c_{ik} = \sum_{j=1}^n a_{ij} b_{jk} \quad (1 \le i \le m, \; 1 \le k \le p)$
將 $C$ 的第 $k$ 個行向量 $\mathbf{c}_k$ 展開寫成向量形式：
$\mathbf{c}_k = \begin{bmatrix} c_{1k} \\ c_{2k} \\ \vdots \\ c_{mk} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \sum_{j=1}^n a_{1j} b_{jk} \\ \sum_{j=1}^n a_{2j} b_{jk} \\ \vdots \\ \sum_{j=1}^n a_{mj} b_{jk} \end{bmatrix} = \sum_{j=1}^n b_{jk} \begin{bmatrix} a_{1j} \\ a_{2j} \\ \vdots \\ a_{mj} \end{bmatrix}$
由於 $\begin{bmatrix} a_{1j} \\ a_{2j} \\ \vdots \\ a_{mj} \end{bmatrix} = \mathbf{a}_j$ 為矩陣 $A$ 的第 $j$ 個行向量，故：
$\mathbf{c}_k = \sum_{j=1}^n b_{jk} \mathbf{a}_j = b_{1k} \mathbf{a}_1 + b_{2k} \mathbf{a}_2 + \dots + b_{nk} \mathbf{a}_n$
即證得矩陣 $C = AB$ 的每一行均為矩陣 $A$ 之行向量的線性組合。

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(2) 列向量的線性組合（Linear combination of rows）

敘述（Specify）：
設矩陣 $A \in \mathbb{R}^{m \times n}$ 的列向量（Row vectors）表示為 $A = \begin{bmatrix} \mathbf{a}_1^T \\ \mathbf{a}_2^T \\ \vdots \\ \mathbf{a}_m^T \end{bmatrix}$，其中

觀念彙整

本題為矩形區域上的二維波動方程式（2D Wave Equation）齊次邊界條件與一般初速/初位移之柯西–狄利克雷問題。利用分離變數法（Separated Variables Method）將通解展開為二維傅立葉正弦級數（Double Fourier Sine Series），再利用正交性求得展開係數。

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解題步驟

步驟一：求通解與特徵值

二維波動方程式：
$U_{tt} = c^2 (U_{xx} + U_{yy}), \quad c = \sqrt{17}$
於矩形區域 $0<x<3, 0<y<5$ 配合齊次狄利克雷邊界條件，設 $U(x,y,t) = X(x)Y(y)T(t)$，可得空間特徵函數與對應的角頻率：
$X_m(x) = \sin\left(\frac{m\pi x}{3}\right), \quad Y_n(y) = \sin\left(\frac{n\pi y}{5}\right), \quad m, n = 1, 2, 3, \dots$
$\lambda_{mn} = \sqrt{17} \pi \sqrt{\frac{m^2}{9} + \frac{n^2}{25}}$

由疊加原理得到通解形式：
$U(x,y,t) = \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \sin\left(\frac{m\pi x}{3}\right) \sin\left(\frac{n\pi y}{5}\right) \left[ A_{mn} \cos(\lambda_{mn} t) + B_{mn} \sin(\lambda_{mn} t) \right]$

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步驟二：利用初始位移求 $A_{mn}$

將初條件 $t=0$ 代入通解：
$U(x,y,0) = \sin(x+2y) - \sin(x-2y) = 2 \cos x \sin 2y = \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} A_{mn} \sin\left(\frac{m\pi x}{3}\right) \sin\left(\frac{n\pi y}{5}\right)$

利用正弦級數正交性：
$A_{mn} = \frac{4}{3 \cdot 5} \int_0^3 \int_0^5 (2 \cos x \sin 2y) \sin\left(\frac{m\pi x}{3}\right) \sin\left(\frac{n\pi y}{5}\right) dy dx$

分項積分計算：

1. $x$ 軸積分：
   $\int_0^3 2 \cos x \sin\left(\frac{m\pi x}{3}\right) dx = \frac{6m\pi (1 - (-1)^m \cos 3)}{m^2\pi^2 - 9}$
2. $y$ 軸積分：

核心觀念

本題比較三種解法：

1. 傅立葉轉換：將微分方程轉換成代數方程，再反轉換。
2. 拉普拉斯轉換：特別適合處理含有 Heaviside 函數的因果輸入。
3. 直接解法：先求齊次解，再利用待定係數法求特解。

題目未明確給定初始條件，因此採用工程上最自然的「零狀態、因果系統」假設：

$$y(0^-)=0,\qquad y'(0^-)=0,$$

且

$$y(t)=0,\qquad t<0.$$

右端函數為

$$f(t)=5te^{-5t}H(t).$$

由於 $t=0$ 時 $f(0)=0$，在上述初始條件下，解與一階導數皆不會產生額外的脈衝項。

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(1) 使用傅立葉轉換

傅立葉轉換公式

依題目定義，

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

若 $y(t)$ 與其導數在無限遠處衰減至零，分部積分可得

$$\mathcal{F}[y'] = i\omega \hat y(\omega),$$ $$\mathcal{F}[y''] = -\omega^2\hat y(\omega).$$

因此原方程

$$y''+3y'+5y=5te^{-5t}H(t)$$

經傅立葉轉換後成為

$$\left(-\omega^2+3i\omega+5\right)\hat y(\omega) = \mathcal{F}\left[5te^{-5t}H(t)\right].$$

右端的傅立葉轉換

因為 $H(t)$ 使積分範圍限制在 $t\geq 0$，

$$\mathcal{F}\left[5te^{-5t}H(t)\right] = 5\int_0^\infty te^{-(5+i\omega)t}\,dt.$$

利用

$$\int_0^\infty te^{-at}\,dt=\frac{1}{a^2}, \qquad \operatorname{Re}(a)>0,$$

得到

$$\mathcal{F}\left[5te^{-5t}H(t)\right] = \frac{5}{(5+i\omega)^2}.$$

所以

$$\hat y(\omega) = \frac{5} {(5+i\omega)^2(5-\omega^2+3i\omega)}.$$

將此式作反傅立葉轉換，利用因果系統的極點分解，可得

$$y(t) = H(t)\left[ e^{-5t}\left(\frac{t}{3}+\frac{7}{45}\right) + e^{-3t/2} \left( -\frac{7}{45}\cos\frac{\sqrt{11}}{2}t + \frac{19}{45\sqrt{11}}\sin\frac{\sqrt{11}}{2}t \right) \right].$$

傅立葉法所需假設

傅立葉轉換法需要：

• 方程在整條實數軸上理解，並取因果解 $y(t)=0$（$t<0$）。
• $y,y',y''$ 具有足夠的可積分性，傅立葉轉換存在。
• $y(t)$ 與其導數在無限遠處衰減，使分部積分的邊界項消失。
• 採用零初始條件 $y(0^-)=y'(0^-)=0$，排除額外的齊次解與脈衝項。

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(2) 使用拉普拉斯轉換

右端的拉普拉斯轉換

由於輸入是因果函數，

$$\mathcal{L}\left[5te^{-5t}H(t)\right] = 5\int_0^\infty te^{-(s+5)t}\,dt = \frac{5}{(s+5)^2}.$$

對微分項使用

$$\mathcal{L}[y'] = sY(s)-y(0^+),$$ $$\mathcal{L}[y''] = s^2Y(s)-sy(0^+)-y'(0^+).$$

代入零初始條件 $y(0^+)=y'(0^+)=0$：

$$s^2Y(s)+3sY(s)+5Y(s) = \frac{5}{(s+5)^2}.$$

因此

$$Y(s) = \frac{5} {(s+5)^2(s^2+3s+5)}.$$

特徵多項式可寫成

$$s^2+3s+5 = \left(s+\frac32\right)^2+\frac{11}{4}.$$

反拉普拉斯轉換後，結果為

$$y(t) = H(t)\left[ e^{-5t}\left(\frac{t}{3}+\frac{7}{45}\right) + e^{-3t/2} \left( -\frac{7}{45}\cos\frac{\sqrt{11}}{2}t + \frac{19}{45\sqrt{11}}\sin\frac{\sqrt{11}}{2}t \right) \right].$$

初始條件的確認

特解部分為

$$y_p(t)=e^{-5t}\left(\frac{t}{3}+\frac{7}{45}\right).$$

在 $t=0$：

$$y_p(0)=\frac{7}{45},$$ $$y_p'(0) = \frac13-5\left(\frac{7}{45}\right) = -\frac49.$$

齊次解寫成

$$y_h(t) = e^{-3t/2} \left( C\cos\frac{\sqrt{11}}2t + D\sin\frac{\sqrt{11}}2t \right).$$

由 $y(0)=0$：