108 年 國立臺灣大學醫療器材與醫學影像研究所《工程數學（C）》

核心觀念

• 線性一階常微分方程：
  $y'+p(x)y=q(x)$
• 積分因子（integrating factor）定義為滿足
  $\mu'(x)=p(x)\mu(x)$
  或等價地 $\mu(x)=\exp\!\left(\int p(x)\,dx\right)$
  乘上 $\mu$ 後，可把左側寫成 $(\mu y)'$，從而直接積分求解。
• 積分因子唯一性僅到一個非零常數因子；若 $\mu$ 為積分因子，$C\mu$（$C\neq0$）亦是積分因子。

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解題方法

1. 把題目方程式整理成標準線性形式。
   $y' -\frac{2}{x}y = \frac{2}{5}x^{4}$
   因此 $p(x)=-\dfrac{2}{x}$。
2. 計算積分因子：

$$\mu(x)=\exp\!\Bigl(\int p(x)\,dx\Bigr) =\exp\!\Bigl(\int -\frac{2}{x}\,dx\Bigr) =\exp\!\bigl(-2\ln|x|\bigr) =|x|^{-2}.$$

考慮到考試通常限制在 $x>0$（出現在 $\ln$ 與分母），可直接寫成
$\boxed{\mu(x)=x^{-2}}.$

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選項分析

項目	判斷	理由

核心觀念

• 拉普拉斯反變換：若 $\mathcal{L}\{f(x)\}=F(s)$，則 $\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}=f(x)$。
• 常用對應表：

$$\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s-a}\right\}=e^{ax},\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s}{s^{2}+b^{2}}\right\}=\cos bx,\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{b}{s^{2}+b^{2}}\right\}=\sin bx.$$

• 分式分解（Partial‑fraction decomposition）：將有理函數寫成簡單分母的線性組合，以直接套用表格。

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解題方法

1. 分式分解

$F(s)=\frac{s+1}{(s+3)(s-3)}\;\stackrel{?}{=}\;\frac{A}{s-3}+\frac{B}{s+3}.$

兩邊同乘 $(s+3)(s-3)$ 得

$s+1=A(s+3)+B(s-3)=(A+B)s+(3A-3B).$

比較係數：

$$\begin{cases} A+B=1,\\[2pt] 3A-3B=1\;\Longrightarrow\;A-B=\dfrac13 . \end{cases}$$

解得

$A=\frac23,\qquad B=\frac13 .$

2. 寫成已知型

$F(s)=\frac{2/3}{s-3}+\frac{1/3}{s+3}.$

3. 直接套用拉普拉斯對應

$$\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{2/3}{s-3}\right\}= \frac23\,e^{3x},\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1/3}{s+3}\right\}= \frac13\,e^{-3x}.$$

因此

$f(x)=\frac23\,e^{3x}+\frac13\,e^{-3x}.$

4. 化為雙曲函數形式（為了配合選項）
   利用

核心觀念
本題考查二階常係數線性非齊次微分方程的通解構造，重點包括

• 齊次方程的特徵根（$y''-4y'+4y=0$）與對應的基底解。
• 非齊次項的特解（右端為指數函數 $e^{t}$），使用未定係數法或變參數法。
• 通解的組合：$y=y_h+y_p$，其中 $y_h$ 為齊次解的線性組合，$y_p$ 為任一特解。

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解題方法

1. 求齊次解

$y''-4y'+4y=0\quad\Longrightarrow\quad r^{2}-4r+4=0$

$(r-2)^{2}=0\;\Rightarrow\; r_1=r_2=2$

重根產生基底

$y_h=C_{1}e^{2t}+C_{2}t\,e^{2t}.$

2. 求特解（右端 $e^{t}$）
   假設特解形態為 $y_p=Ae^{t}$（因為 $e^{t}$ 與齊次解的指數不同），代入原方程：

$y_p'=Ae^{t},\qquad y_p''=Ae^{t}$

$y_p''-4y_p'+4y_p=(A-4A+4A)e^{t}=A\,e^{t}=e^{t}$

故 $A=1$，得到特解

$y_p=e^{t}.$

3. 寫出通解

$y(t)=y_h+y_p=e^{t}+C_{1}e^{2t}+C_{2}t\,e^{2t}.$

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選項分析

核心觀念
此題屬於二階線性常係數微分方程的阻尼振動分析。判斷系統是否為「underdamped」須比較阻尼係數 $b$ 與自然頻率 $\omega_0$ 的大小。對於方程式

$x''+b x'+\omega_0^2 x =0,$

特徵根為

$r_{1,2}= \frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4\omega_0^{2}}}{2}.$

• 若 $b^{2}<4\omega_0^{2}$，根為共軛複數，解為衰減振盪 → underdamped。
• 若 $b^{2}=4\omega_0^{2}$，根為重根，解為臨界阻尼 → critically damped。
• 若 $b^{2}>4\omega_0^{2}$，根為實且異號，解為指數衰減無振盪 → overdamped。

本題 $\omega_0^{2}=4$，即 $\omega_0 =2$。因此判斷條件為

$b^{2}<4\cdot 4=16 \;\Longleftrightarrow\; 0<b<4.$

解題方法

1. 直接寫出特徵方程式：$r^{2}+b r+4=0$。
2. 計算判別式 $\Delta = b^{2}-16$。
3. 判斷 $\Delta$ 的符號：
   • $\Delta<0$（即 $b^{2}<16$）→共軛複根 → underdamped。
   • $\Delta=0$（$b=4$）→臨界阻尼。
   • $\Delta>0$（$b>4$）→過阻尼。
4. 由此得出只要 $0<b<4$ 即為 underdamped。

選項分析

核心觀念
此題屬於恆係數線性常微分方程 (ODE)。求解方法為：

1. 把方程式寫成齊次形式
   $y^{(5)}-y^{(4)}-2y^{(3)}+2y''+y'-y=0$
2. 設 $y=e^{rx}$，代入得到特徵多項式
   $r^{5}-r^{4}-2r^{3}+2r^{2}+r-1=0$
3. 因式分解特徵多項式，根的重數決定解的形態：
   • 若 $r$ 為單根，解為 $c e^{rx}$
   • 若 $r$ 為重根 $m$ 次，解為 $(c_{0}+c_{1}x+\dots +c_{m-1}x^{m-1})e^{rx}$

解題方法

1. 求特徵根

   • 先檢查簡單根：代入 $r=1$ 得 $0$，故 $r=1$ 為根。
   • 用合成除法除以 $(r-1)$，得到
     $r^{4}-2r^{2}+1=0$
   • 令 $u=r^{2}$，得到 $u^{2}-2u+1=0=(u-1)^{2}$，即 $r^{2}=1$ 為二重根。
   • 因此 $r=1$（重根 3 次）與 $r=-1$（重根 2 次），特徵多項式可寫成
     $(r-1)^{3}(r+1)^{2}=0$

2. 寫出通解

   • $r=1$ 的重根 $3$ 次 → $\;(c_{1}+c_{2}x+c_{3}x^{2})e^{x}$
   • $r=-1$ 的重根 $2$ 次 → $\;(c_{4}+c_{5}x)e^{-x}$

   故通解為
   $\boxed{y=(c_{1}+c_{2}x+c_{3}x^{2})e^{x}+(c_{4}+c_{5}x)e^{-x}}$

選項分析

選項	結構	正確性說明
A	$c_{1}e^{x}+c_{2}xe^{x}+c_{3}x^{2}e^{x}+c_{4}x^{3}e^{x}+c_{5}xe^{-x}$	多了一項 $c_{4}x^{3}e^{x}$，

核心觀念

• 邊值問題 (Boundary Value Problem, BVP) 的非平凡解 (non‑trivial solution) 必須同時滿足微分方程與所給的邊值。
• 對於線性恆係數二階常微分方程 $y''+py'+qy=0$，先求其特徣方程的根 $r$，得到通解 $y(x)=C_1 e^{r_1x}+C_2 e^{r_2x}$（實根）或 $y(x)=C_1\cos(\omega x)+C_2\sin(\omega x)$（虛根 $r=\pm i\omega$），再代入邊值條件形成線性方程組。
• 若方程組的係數矩陣行列式 (即「特徵行列式」) 為零，則存在除零解外的解；否則唯一解只能是 $C_1=C_2=0$，即平凡解。

解題方法

1. 針對每一選項寫出對應的常微分方程的通解。
2. 依據題目給予的兩個邊值，寫出兩個線性方程，形成矩陣

$$\begin{pmatrix} a_{11}&a_{12}\\ a_{21}&a_{22} \end{pmatrix} \begin{pmatrix}C_1\\C_2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$$

若此矩陣的行列式 $\Delta = a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}=0$，則存在非零 $(C_1,C_2)$，即有非平凡解。
3. 判斷每個選項的 $\Delta$ 是否為零，或直接觀察是否能同時滿足兩個條件而不必令常數全為零。

選項逐一分析

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(A) $y'' + 2y' - 3y = 0$ ; $y(0)=0$, $y'(1)=0$

特徣方程 $r^{2}+2r-3=0$ → $(r+3)(r-1)=0$，根 $r_1=1,\; r_2=-3$。
通解

$y(x)=C_1 e^{x}+C_2 e^{-3x}.$

邊值

1. $y(0)=0 \;\Rightarrow\; C_1 + C_2 =0 \quad\Longrightarrow\; C_2=-C_1$。
2. $y'(x)=C_1 e^{x}-3C_2 e^{-3x}$，代入 $x=1$：

$y'(1)=C_1 e^{1}-3C_2 e^{-3}=0.$

使用 $C_2=-C_1$，得

$C_1 e -3(-C_1)e^{-3}=C_1\bigl(e+3e^{-3}\bigr)=0.$

常數 $C_1$ 若非零則需 $e+3e^{-3}=0$，但 $e>0$、$e^{-3}>0$，左側不可能為零。故 $C_1=0\Rightarrow C_2=0$，只能得到平凡解。

結論：選項 (A) 無非平凡解。

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(B) $y'' = 0$ ; $y(-1)=0$, $y(1)-2y'(1)=0$

解方程 $y''=0$ → $y'(x)=C_1$，$y(x)=C_1x+C_2$。

邊值

核心觀念
本題考查「波動方程」的基本概念與驗證技巧。
波動方程在一維情形為

$\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}=\frac{1}{k^{2}}\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}},\qquad k\neq0$

其中 $k$ 為常數（波速的倒數）。判斷一個給定的 $u(x,t)$ 是否為解，只需要分別計算其對 $x$、$t$ 的二階偏導，然後比較兩邊是否相等。

解題方法

1. 先對每個選項寫出 $u(x,t)$。
2. 計算

$$u_{xx}=\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}},\qquad u_{tt}=\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}$$

（若 $u$ 的一次導數為常數或與 $x$、$t$ 無關，二階導即為 $0$）。
3. 把 $u_{tt}$ 乘以 $\frac{1}{k^{2}}$，檢查是否恰好等於 $u_{xx}$。
4. 若相等則該選項為真解，否則為偽解。

選項分析

選項	$u(x,t)$	$u_{xx}$	$u_{tt}$	$\frac{1}{k^{2}}u_{tt}$	是否符合波動方程
(A)	$u=(x^{2}+k^{2})t^{2}$	$\displaystyle u_{xx}=2t^{2}$（因 $x^{2}$ 的二階導為 $2$，其餘項不含 $x$）	$\displaystyle u_{tt}=2(x^{2}+k^{2})$（$t^{2}$ 的二階導為 $2$）	$\displaystyle \frac{1}{k^{2}}u_{tt}= \frac{2(x^{2}+k^{2})}{k^{2}}$	$u_{xx}=2t^{2}$ 與 $\frac{1}{k^{2}}u_{tt}= \frac{2(x^{2}+k^{2})}{k^{2}}$ 不相等，故錯。
(B)	$u=\sin x\;\cos (kt)$	$\displaystyle u_{xx}= -\sin x\;\cos (kt)$（$\sin x$ 的二階導為 $-\,\sin x$）	$\displaystyle u_{tt}= -k^{2}\sin x\;\cos (kt)$（$\cos (kt)$ 的二階導是 $-k^{2}\cos (kt)$）	$\displaystyle \frac{1}{k^{2}}u_{tt}= -\sin x\;\cos (kt)$	左右相等，故正確。

核心觀念

• 拉普拉斯轉換：把常微分方程轉換成代數方程，利用初始值直接求解 $Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}$。
• 微分的拉普拉斯性質

$$\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),\qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-sy(0)-y'(0)$$

• 基本轉換表：

$$\mathcal{L}\{\cos(2t)\}=\frac{s}{s^{2}+4},\qquad \mathcal{L}\{\sin(2t)\}=\frac{2}{s^{2}+4}$$

解題方法

1. 先對微分方程 $y''+4y=0$ 作拉普拉斯轉換。

$\mathcal{L}\{y''\}+4\mathcal{L}\{y\}=0$

2. 套用微分的拉普拉斯公式，並代入初始條件 $y(0)=2,\;y'(0)=2$：

$\bigl(s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0)\bigr)+4Y(s)=0$

$\bigl(s^{2}+4\bigr)Y(s)-2s-2=0$

3. 解出 $Y(s)$：

$Y(s)=\frac{2s+2}{s^{2}+4}= \frac{2s}{s^{2}+4}+\frac{2}{s^{2}+4}$

選項分析

• (A) $\displaystyle \frac{2}{s+4}+\frac{2}{s^{2}+4}$

核心觀念
將二階常係數非齊次常微分方程化為一階線性系統是微分方程與線性代數的交叉概念。作法是引入輔助變數（通常取 $\displaystyle y = x'$），把二階方程拆解成兩個一階方程，形成向量形式 $\mathbf{z}' = A\mathbf{z}+ \mathbf{f}(t)$。

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解題方法

1. 令

$y(t)=x'(t)$

則

$x' = y .$

2. 由原方程

$x''+3x'-5x=\sin t$

代入 $x'=y$ 與 $x''=y'$ 得

$$y' + 3y -5x = \sin t\quad\Longrightarrow\quad y' = -3y +5x + \sin t .$$

3. 組合成系統

$$\begin{cases} x' = y,\\[4pt] y' = 5x -3y + \sin t . \end{cases}$$

此即為等價的一階向量系統。

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選項分析

選項	系統內容	是否正確	說明
(A)	$x' = 3x-5y,\; y' = \sin t$	❌	右側的係數錯誤：$x'$ 應為 $y$，而非 $\;3x-5y$。且 $y'$ 只留下 $\sin t$，缺少 $-3y+5x$ 的線性項。

核心觀念

• 線性微分方程：形態 $y' +P(x)y = Q(x)$，其中 $P,Q$ 只含 $x$。
• 齊次方程 (Homogeneous)：右側可寫成只含 $\dfrac{y}{x}$ 的函數 $y' = f\!\left(\dfrac{y}{x}\right)$，或 $M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0$ 中 $M,N$ 同次（同次齊次）。
• 恰當方程 (Exact)：若 $M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0$，且 $\displaystyle\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x}$，則稱為恰當。
• 可分離變數 (Separable)：可寫成 $g(y)\,dy = h(x)\,dx$ 的形式。
• Bernoulli 方程：$y' +P(x)y = Q(x) y^{n}$，其中 $n\neq0,1$，$Q(x)\neq0$ 為非平凡情形。

解題方法

1. 由常微分方程的標準形式判斷
   $y' = -\dfrac{2y}{x}$ 可改寫為
   $y' + \frac{2}{x}y = 0,$
   明顯符合線性方程 $y' +P(x)y = Q(x)$（$P(x)=\dfrac{2}{x},\;Q(x)=0$），因此是線性。

2. 檢查是否可分離變數

$$\frac{dy}{dx} = -\frac{2y}{x}\quad\Longrightarrow\quad \frac{dy}{y} = -2\frac{dx}{x}.$$

左右兩側分別只含 $y$、$x$，符合可分離形式，故為可分離。

核心觀念

• 線性映射（Linear map）：$F:\mathbb R^{n}\to\mathbb R^{m}$ 若滿足

$F(\alpha u+\beta v)=\alpha F(u)+\beta F(v),\qquad\forall\,u,v\in\mathbb R^{n},\ \alpha,\beta\in\mathbb R,$

則稱為線性。等價於「加法封閉」與「齊次性」兩條件。

• 矩陣相等：兩矩陣 $A,B$ 若在所有向量 $w$ 上給出相同的線性變換，即 $Aw=Bw$ $\forall w$，則必有 $A=B$。此結論來自矩陣列向量的逐列比較。
• 線性方程組的解集：若係數矩陣 $A$ 的某一列全為零，則對應變數不出現在方程中，解空間的自由度至少為 1；只要系統一致（$b$ 落在列空間），就會有無限多解。
• 向量的張成（Span）：任意向量集合的線性組合所構成的集合。零向量可寫成全係數為 0 的線性組合，故必屬於任何有限集合的張成。

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解題方法

逐一檢驗每個選項是否符合上述定義或性質。

• 針對 線性 與 非線性，檢查是否滿足 $F(0)=0$ 與齊次性。
• 針對矩陣相等，使用「若所有輸入向量的映射相同，則矩陣必相同」的直接證明。
• 針對解的唯一性或無限性，觀察係數矩陣是否含零列或自由變數。
• 針對張成，利用零向量的「全零係數」表示。

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選項逐一分析

(A) $F(x,y)=(x^{2},\,x)$ 為線性系統

• 檢驗：取向量 $(x_{1},y_{1})$ 與 $(x_{2},y_{2})$，檢查齊次性：

$$F(\alpha(x_{1},y_{1})+\beta(x_{2},y_{2})) =F(\alpha x_{1}+\beta x_{2},\;\alpha y_{1}+\beta y_{2}) =\big((\alpha x_{1}+\beta x_{2})^{2},\;\alpha x_{1}+\beta x_{2}\big).$$

右側不等於 $\alpha F(x_{1},y_{1})+\beta F(x_{2},y_{2})= \big(\alpha x_{1}^{2}+\beta x_{2}^{2},\;\alpha x_{1}+\beta x_{2}\big)$。
因為二次項 $(\alpha x_{1}+\beta x_{2})^{2}$ 產生交叉項 $\alpha\beta x_{1}x_{2}$，破壞線性性。

• 結論：錯誤，$F$ 不是線性映射。

(B) $F(x,y)=(\frac{dx}{dt},\,x)$ 為線性系統

• 檢驗：此映射把函數 $x(t)$（不含 $y$）映射為 $(x'(t),\,x(t))$。
  對任意函數 $x_{1},x_{2}$ 及常數 $\alpha,\beta$，

核心觀念

• 矩陣的秩 (rank)：矩陣之行或列向量的最大線性獨立數目；等價於化成列階梯形（row‑echelon）或簡化列階梯形（reduced row‑echelon）後的非零列（或列）數。
• 零空間 (null space, kernel)：解系統 $A\mathbf x=\mathbf 0$ 的所有向量 $\mathbf x$ 的集合。其維度（nullity）與秩服從 秩-零度定理

$\operatorname{rank}(A)+\operatorname{nullity}(A)=\text{columns of }A .$

解題方法

1. 列化簡：以列初等變換把 $A$ 變成（簡化）列階梯形，只要保留非零列的個數即可得到 $\operatorname{rank}(A)$。
2. 確認零空間維度：利用秩‑零度定理直接計算 $\operatorname{nullity}(A)=5-\operatorname{rank}(A)$（$A$ 為 $4\times5$ 矩陣，列數 $=5$）。

步驟計算

原矩陣

$$A=\begin{bmatrix} 3 & 1 & -2 & 1 & 5\\ 1 & 0 & 1 & 0 & 1\\ -5& -2& 5 &-5 &-3\\ -2& -1& 3 & 2 &-10 \end{bmatrix}$$

把第 2 列移到最前（方便以 $1$ 為主元）：

$$\begin{aligned} R_1 &\leftarrow[1,0,1,0,1]\\ R_2 &\leftarrow[3,1,-2,1,5]\\ R_3 &\leftarrow[-5,-2,5,-5,-3]\\ R_4 &\leftarrow[-2,-1,3,2,-10] \end{aligned}$$

消去第 1 欄

$$\begin{aligned} R_2 &\leftarrow R_2-3R_1 =[0,1,-5,1,2]\\ R_3 &\leftarrow R_3+5R_1 =[0,-2,10,-5,2]\\ R_4 &\leftarrow R_4+2R_1 =[0,-1,5,2,-8] \end{aligned}$$

消去第 2 欄（以 $R_2$ 為主元）

$$\begin{aligned} R_3 &\leftarrow R_3+2R_2 =[0,0,0,-3,6]\\ R_4 &\leftarrow R_4+R_2 =[0,0,0,3,-6] \end{aligned}$$

觀察到 $R_4 = -\,R_3$，因此 $R_4$ 為線性相關，可捨去。

規範化第 3 列（把 $-3$ 換成 $1$）

核心觀念
本題測驗向量線性獨立/相依的概念、可逆矩陣的定義與性質，以及 2×2 矩陣的逆矩陣求法。

• 向量相依：若有非全零係數使線性組合為零向量，則向量集合相依。
• 可逆矩陣：只有方陣才可能同時具左逆與右逆，即「兩側」皆存在矩陣 $A^{-1}$，使 $AA^{-1}=A^{-1}A=I$。
• 可逆的充要條件：對 $n\times n$ 方陣，以下條件皆等價：行列式 $\det A\neq0$、列向量張成 $\mathbb R^{n}$、秩 $\operatorname{rank}(A)=n$。

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解題方法

1. 判斷向量集合 $S$ 是否相依
   • $S$ 包含四個 3 維向量，$\#\text{vectors}=4>3=\dim\mathbb R^3$。依維度原理，任意多於 $n$ 個向量必定線性相依。若需要具體係數，可以矩陣

$$M=\begin{bmatrix} 3&0&2&1\\ 1&1&1&0\\ 2&1&5&1 \end{bmatrix}$$

 做行化簡，最後會得到至少一行全零，顯示秩 $<4$，即相依。

2. 判斷可逆矩陣是否必須為方陣

• 若 $A$ 為 $m\times n$，若存在左逆 $L$ 使 $LA=I_n$，則 $m\ge n$；若存在右逆 $R$ 使 $AR=I_m$，則 $n\ge m$。兩側同時存在只能在 $m=n$ 時成立，故可逆矩陣必為方陣。

3. 檢驗「方陣必可逆」的敘述

   • 只要行列式為零即為奇異矩陣，非所有方陣皆可逆。舉例 $0_{n\times n}$ 或任意行/列線性相關的矩陣。

4. 求 $2\times2$ 矩陣的逆
   給定

$$A=\begin{bmatrix}1&1\\1&2\end{bmatrix},\qquad \det A =1\cdot2-1\cdot1=1\neq0.$$

逆矩陣公式

$$A^{-1}= \frac1{\det A} \begin{bmatrix} a_{22}&-a_{12}\\-a_{21}&a_{11} \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 2&-1\\-1&1 \end{bmatrix}.$$

因此題目所給的 $\begin{bmatrix}2&1\\-1&1\end{bmatrix}$ 錯在右上元素符號。

5. 列向量張成 $\mathbb R^{n}$ 與可逆性的關係