113 年 國立中山大學電波聯合碩士班《工程數學甲》

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第 1 題

Use the Fourier series analysis equation to calculate the coefficients aka_k (when k≠0k \neq 0) for the continuous-time periodic signal

x(t)={1.5,0≤t<1−1.5,1≤t<2x(t) = \begin{cases} 1.5, & 0 \leq t < 1 \\ -1.5, & 1 \leq t < 2 \end{cases}

with fundamental frequency ω0=π\omega_0 = \pi.
(A) ak=−32kπe−jkπ/2sin⁡(kπ2)a_k = -\frac{3}{2k\pi} e^{-jk\pi/2} \sin\left(\frac{k\pi}{2}\right)
(B) ak=3kπe−jkπsin⁡(kπ2)a_k = \frac{3}{k\pi} e^{-jk\pi} \sin\left(\frac{k\pi}{2}\right)
(C) ak=3kπe−jkπsin⁡(kπ)a_k = \frac{3}{k\pi} e^{-jk\pi} \sin(k\pi)
(D) ak=32kπe−jkπ/2sin⁡(kπ2)a_k = \frac{3}{2k\pi} e^{-jk\pi/2} \sin\left(\frac{k\pi}{2}\right)

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使用複數傅立葉級數係數的定義

ak=1T∫0Tx(t) e−jkω0t dt,T=2πω0=2,    ω0=πa_k=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}x(t)\,e^{-jk\omega_0 t}\,dt ,\qquad T=\frac{2\pi}{\omega_0}=2 ,\;\; \omega_0=\pi

將訊號的兩段寫入積分式:

ak=12[∫011.5 e−jkπt dt+∫12(−1.5) e−jkπt dt].a_k=\frac{1}{2}\Bigl[ \int_{0}^{1}1.5\,e^{-jk\pi t}\,dt +\int_{1}^{2}(-1.5)\,e^{-jk\pi t}\,dt\Bigr].

分別求積分

∫01e−jkπtdt=1−e−jkπjkπ,∫12e−jkπtdt=e−jkπ−e−jk2πjkπ=e−jkπ−1jkπ.\int_{0}^{1}e^{-jk\pi t}dt = \frac{1-e^{-jk\pi}}{jk\pi}, \qquad \int_{1}^{2}e^{-jk\pi t}dt = \frac{e^{-jk\pi}-e^{-jk2\pi}}{jk\pi} = \frac{e^{-jk\pi}-1}{jk\pi}.

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第 2 題

Let x1(t)x_1(t) be a continuous-time periodic signal with fundamental frequency ω1\omega_1 and Fourier coefficients aka_k. Given that x2(t)=x1(1−t)+x1(t−1)x_2(t) = x_1(1-t) + x_1(t-1). Find a relationship between the Fourier series coefficients bkb_k of x2(t)x_2(t) and the coefficients aka_k.
(A) bk=e−jkω1(ak+a−k)b_k = e^{-jk\omega_1}(a_k + a_{-k})
(B) bk=e−jkω1(ak−a−k)b_k = e^{-jk\omega_1}(a_k - a_{-k})
(C) bk=jkω1(ak+a−k)b_k = jk\omega_1(a_k + a_{-k})
(D) bk=jkω1(ak−a−k)b_k = jk\omega_1(a_k - a_{-k})

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核心觀念

本題考查連續時間週期訊號的傅立葉級數,以及下列兩種時間變換:

  • 時間位移:x1(t−t0)x_1(t-t_0) 的傅立葉級數係數為 ake−jkω1t0a_k e^{-jk\omega_1 t_0}。
  • 時間反轉與位移:x1(1−t)x_1(1-t) 會使係數索引由 aka_k 變為 a−ka_{-k},並產生位移相位因子。

令

x1(t)=∑k=−∞∞akejkω1t.x_1(t)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_k e^{jk\omega_1 t}.

解題方法

先分別求兩個訊號的傅立葉級數。

對第一項:

x1(1−t)=∑k=−∞∞akejkω1(1−t)=∑k=−∞∞akejkω1e−jkω1t.x_1(1-t) =\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_k e^{jk\omega_1(1-t)} =\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_k e^{jk\omega_1}e^{-jk\omega_1t}.

將索引改為 n=−kn=-k,則

x1(1−t)=∑n=−∞∞a−ne−jnω1ejnω1t.x_1(1-t) =\sum_{n=-\infty}^{\infty} a_{-n}e^{-jn\omega_1}e^{jn\omega_1t}.

因此,x1(1−t)x_1(1-t) 對應的第 nn 個傅立葉級數係數為

a−ne−jnω1.a_{-n}e^{-jn\omega_1}.

對第二項:

x1(t−1)=∑k=−∞∞akejkω1(t−1)=∑k=−∞∞ake−jkω1ejkω1t.x_1(t-1) =\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_k e^{jk\omega_1(t-1)} =\sum_{k=-\infty}^{\infty} a_k e^{-jk\omega_1}e^{jk\omega_1t}.

因此,x1(t−1)x_1(t-1) 對應的第 kk 個係數為

ake−jkω1.a_k e^{-jk\omega_1}.

由於

x2(t)=x1(1−t)+x1(t−1),x_2(t)=x_1(1-t)+x_1(t-1),
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第 3 題

What is the Fourier transform of e−2∣t−1∣e^{-2|t-1|}?
(A) 2e−jw4+w2\frac{2e^{-jw}}{4 + w^2}
(B) 4e−jw4+w2\frac{4e^{-jw}}{4 + w^2}
(C) 4e−jw2+jw\frac{4e^{-jw}}{2 + jw}
(D) 2e−jw2+jw\frac{2e^{-jw}}{2 + jw}

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核心觀念

本題考查:

  1. 基本傅立葉轉換對:
    e−a∣t∣ ↔F 2aa2+ω2,a>0e^{-a|t|}\ \xleftrightarrow{\mathcal{F}}\ \frac{2a}{a^2+\omega^2},\qquad a>0
  2. 時間位移定理:
    x(t−t0) ↔F e−jωt0X(ω)x(t-t_0)\ \xleftrightarrow{\mathcal{F}}\ e^{-j\omega t_0}X(\omega)

採用傅立葉轉換定義

X(ω)=∫−∞∞x(t)e−jωt dt.X(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j\omega t}\,dt.

解題方法

令

g(t)=e−2∣t∣.g(t)=e^{-2|t|}.

由基本公式,取 a=2a=2,可得

G(ω)=F{e−2∣t∣}=2(2)22+ω2=44+ω2.G(\omega)=\mathcal{F}\{e^{-2|t|}\} =\frac{2(2)}{2^2+\omega^2} =\frac{4}{4+\omega^2}.

題目中的函數可改寫為

e−2∣t−1∣=g(t−1).e^{-2|t-1|}=g(t-1).

這表示 g(t)g(t) 向右平移 11 單位。根據時間位移定理,

F{g(t−1)}=e−jω(1)G(ω).\mathcal{F}\{g(t-1)\} =e^{-j\omega(1)}G(\omega).

因此

F{e−2∣t−1∣}=e−jω44+ω2=4e−jω4+ω2.\mathcal{F}\{e^{-2|t-1|}\} =e^{-j\omega}\frac{4}{4+\omega^2} =\frac{4e^{-j\omega}}{4+\omega^2}.

選項分析

  • (A) 2e−jω4+ω2\displaystyle \frac{2e^{-j\omega}}{4+\omega^2}

    錯誤。時間位移因子 e−jωe^{-j\omega} 正確,但基本函數 e−2∣t∣e^{-2|t|} 的傅立葉轉換分子應為 2a=42a=4,不是 22。

  • (B) 4e−jω4+ω2\displaystyle \frac{4e^{-j\omega}}{4+\omega^2}

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第 4 題

Use the Fourier transform synthesis equation to determine the inverse Fourier transforms of X(jω)=2πδ(ω)+πδ(ω−4π)+πδ(ω+4π)X(j\omega) = 2\pi\delta(\omega) + \pi\delta(\omega - 4\pi) + \pi\delta(\omega + 4\pi).
(A) 1+πcos⁡(4πt)1 + \pi\cos(4\pi t)
(B) 1+sin⁡(4πt)1 + \sin(4\pi t)
(C) 1+cos⁡(4πt)1 + \cos(4\pi t)
(D) 1+sin⁡(4πt)1 + \sin(4\pi t)

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核心觀念

採用連續時間傅立葉轉換的合成公式:

x(t)=12π∫−∞∞X(jω)ejωt dωx(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}X(j\omega)e^{j\omega t}\,d\omega

並使用 Dirac delta 函數的取樣性質:

∫−∞∞δ(ω−ω0)f(ω) dω=f(ω0)\int_{-\infty}^{\infty}\delta(\omega-\omega_0)f(\omega)\,d\omega=f(\omega_0)

題目中的三個脈衝分別代表:

  • ω=0\omega=0 的直流成分;
  • ω=4π\omega=4\pi 與 ω=−4π\omega=-4\pi 的正、負角頻率成分。

正負頻率脈衝係數相同,會合成餘弦波。

解題方法

代入傅立葉合成公式:

x(t)=12π∫−∞∞[2πδ(ω)+πδ(ω−4π)+πδ(ω+4π)]ejωt dω\begin{aligned} x(t) &=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \left[ 2\pi\delta(\omega) +\pi\delta(\omega-4\pi) +\pi\delta(\omega+4\pi) \right]e^{j\omega t}\,d\omega \end{aligned}

利用 delta 函數的取樣性質,分別計算三項:

12π∫2πδ(ω)ejωt dω=1\frac{1}{2\pi}\int 2\pi\delta(\omega)e^{j\omega t}\,d\omega =1 12π∫πδ(ω−4π)ejωt dω=12ej4πt\frac{1}{2\pi}\int \pi\delta(\omega-4\pi)e^{j\omega t}\,d\omega =\frac{1}{2}e^{j4\pi t} 12π∫πδ(ω+4π)ejωt dω=12e−j4πt\frac{1}{2\pi}\int \pi\delta(\omega+4\pi)e^{j\omega t}\,d\omega =\frac{1}{2}e^{-j4\pi t}

因此:

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第 5 題

Use the Fourier transform synthesis equation to determine the inverse Fourier transforms of

X(jω)={2,0≤ω≤2−2,−2≤ω<00,∣ω∣>2X(j\omega) = \begin{cases} 2, & 0 \leq \omega \leq 2 \\ -2, & -2 \leq \omega < 0 \\ 0, & |\omega| > 2 \end{cases}

(A) 4jcos⁡2tπt\frac{4j\cos^2 t}{\pi t}
(B) 4sin⁡2tπt\frac{4\sin^2 t}{\pi t}
(C) 4jsin⁡2tπt\frac{4j\sin^2 t}{\pi t}
(D) 4cos⁡2tπt\frac{4\cos 2t}{\pi t}

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逆傅立葉合成式

x(t)=12π∫−∞∞X(jω) ejωt dωx(t)=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}X(j\omega)\,e^{j\omega t}\,d\omega

代入題目給定之 X(jω)X(j\omega):

x(t)=12π[∫022ejωtdω+∫−20(−2)ejωtdω]=1π[∫02ejωtdω−∫−20ejωtdω]x(t)=\frac1{2\pi}\Bigl[\int_{0}^{2}2e^{j\omega t}d\omega +\int_{-2}^{0}(-2)e^{j\omega t}d\omega\Bigr] =\frac1{\pi}\Bigl[\int_{0}^{2}e^{j\omega t}d\omega -\int_{-2}^{0}e^{j\omega t}d\omega\Bigr]

∫ejωtdω=ejωtjt\int e^{j\omega t}d\omega=\frac{e^{j\omega t}}{j t}

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第 6 題

What is the Laplace transform of e−5tu(t−1)e^{-5t}u(t-1)?
(A) e−(s+5)(s+5)\frac{e^{-(s+5)}}{(s+5)}
(B) e−(s+5)(s+5)\frac{e^{-(s+5)}}{(s+5)}
(C) e−(s−5)(s−5)\frac{e^{-(s-5)}}{(s-5)}
(D) e(s+5)(s−5)\frac{e^{(s+5)}}{(s-5)}

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核心觀念

拉普拉斯轉換定義為

X(s)=∫−∞∞x(t)e−st dt.X(s)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-st}\,dt.

本題訊號為

x(t)=e−5tu(t−1),x(t)=e^{-5t}u(t-1),

其中單位階躍函數 u(t−1)u(t-1) 代表:

u(t−1)={0,t<1,1,t≥1.u(t-1)= \begin{cases} 0, & t<1,\\ 1, & t\ge 1. \end{cases}

因此,積分範圍從 t=1t=1 開始。

解題方法

由拉普拉斯轉換定義,

X(s)=∫−∞∞e−5tu(t−1)e−st dt.X(s)=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-5t}u(t-1)e^{-st}\,dt.

因為 u(t−1)u(t-1) 在 t<1t<1 時為 00,所以

X(s)=∫1∞e−5te−st dt=∫1∞e−(s+5)t dt.X(s)=\int_1^{\infty}e^{-5t}e^{-st}\,dt =\int_1^{\infty}e^{-(s+5)t}\,dt.

積分得

X(s)=[−e−(s+5)ts+5]1∞.X(s) =\left[-\frac{e^{-(s+5)t}}{s+5}\right]_1^{\infty}.

當 Re⁡(s)>−5\operatorname{Re}(s)>-5 時,e−(s+5)te^{-(s+5)t} 在 t→∞t\to\infty 時趨近於 00,故

X(s)=0−(−e−(s+5)s+5)=e−(s+5)s+5.X(s) =0-\left(-\frac{e^{-(s+5)}}{s+5}\right) =\frac{e^{-(s+5)}}{s+5}.

選項分析

  • (A)
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第 7 題

Determine the inverse Laplace transform of
X(s)=2(s+2)s2+7s+12,Re{s}>−3X(s) = \frac{2(s + 2)}{s^2 + 7s + 12}, \quad \text{Re}\{s\} > -3
(A) 4e−4tu(−t)−2e−3tu(−t)4e^{-4t}u(-t) - 2e^{-3t}u(-t)
(B) 4e4tu(t)−2e3tu(t)4e^{4t}u(t) - 2e^{3t}u(t)
(C) 4e4tu(−t)−2e3tu(−t)4e^{4t}u(-t) - 2e^{3t}u(-t)
(D) 4e−4tu(t)−2e−3tu(t)4e^{-4t}u(t) - 2e^{-3t}u(t)

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核心觀念

本題明確給出收斂域 Re⁡{s}>−3\operatorname{Re}\{s\}>-3,因此採用雙邊拉普拉斯轉換。雙邊拉普拉斯轉換中,收斂域會決定時域訊號是右側訊號 u(t)u(t) 或左側訊號 u(−t)u(-t)。

常用公式為

e−atu(t) ↔L 1s+a,ROC⁡:Re⁡{s}>−ae^{-at}u(t)\ \xleftrightarrow{\mathcal L}\ \frac{1}{s+a}, \qquad \operatorname{ROC}:\operatorname{Re}\{s\}>-a

以及

−e−atu(−t) ↔L 1s+a,ROC⁡:Re⁡{s}<−a.-e^{-at}u(-t)\ \xleftrightarrow{\mathcal L}\ \frac{1}{s+a}, \qquad \operatorname{ROC}:\operatorname{Re}\{s\}<-a.

因此,同一個代數形式的 X(s)X(s),因收斂域不同,可能對應不同的時域訊號。


解題方法

先將分母因式分解:

s2+7s+12=(s+3)(s+4)s^2+7s+12=(s+3)(s+4)

故

X(s)=2(s+2)(s+3)(s+4).X(s)=\frac{2(s+2)}{(s+3)(s+4)}.

作部分分式分解:

2(s+2)(s+3)(s+4)=As+3+Bs+4.\frac{2(s+2)}{(s+3)(s+4)} =\frac{A}{s+3}+\frac{B}{s+4}.

比較係數得

2(s+2)=A(s+4)+B(s+3),2(s+2)=A(s+4)+B(s+3),

因此

A+B=2,4A+3B=4.A+B=2,\qquad 4A+3B=4.

解得

A=−2,B=4.A=-2,\qquad B=4.

所以

X(s)=−2s+3+4s+4.X(s)=-\frac{2}{s+3}+\frac{4}{s+4}.

接著利用收斂域判斷時域方向。兩個極點為 s=−3s=-3 與 s=−4s=-4,題目給定

Re⁡{s}>−3.\operatorname{Re}\{s\}>-3.

此收斂域位於最右側極點 −3-3 的右方,表示兩個部分分式都必須採用右側訊號:

−2s+3⟷−2e−3tu(t),-\frac{2}{s+3} \longleftrightarrow -2e^{-3t}u(t), 4s+4⟷4e−4tu(t).\frac{4}{s+4} \longleftrightarrow 4e^{-4t}u(t).

因此

x(t)=4e−4tu(t)−2e−3tu(t).x(t)=4e^{-4t}u(t)-2e^{-3t}u(t).

選項分析

(A)

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第 8 題

One corner of a rectangular parallelepiped is at (1, 1, 1), and three incident sides extend from this point to (-2, 1, 6), (3, 5, 7) and (0, 1, 6). Please identify the volume of this solid.
(A) 20
(B) 40
(C) 18
(D) 42

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核心觀念

由同一頂點伸出的三條邊向量,可用純量三重積求出所張成立體的體積:

V=∣u⋅(v×w)∣=∣det⁡[u v w]∣.V=\left|\mathbf{u}\cdot(\mathbf{v}\times\mathbf{w})\right| =\left|\det[\mathbf{u}\ \mathbf{v}\ \mathbf{w}]\right|.

其中絕對值是因為體積必須為正值。

解題方法

設共同頂點為

P=(1,1,1).P=(1,1,1).

三條邊的終點分別為

A=(−2,1,6),B=(3,5,7),C=(0,1,6).A=(-2,1,6),\qquad B=(3,5,7),\qquad C=(0,1,6).

因此三條邊向量為

u=A−P=(−3,0,5),\mathbf{u}=A-P=(-3,0,5), v=B−P=(2,4,6),\mathbf{v}=B-P=(2,4,6), w=C−P=(−1,0,5).\mathbf{w}=C-P=(-1,0,5).

利用行列式:

V=∣∣−32−1040565∣∣.V= \left| \begin{vmatrix} -3 & 2 & -1\\ 0 & 4 & 0\\ 5 & 6 & 5 \end{vmatrix} \right|.

第二列只有中間元素非零,沿第二列展開:

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第 9 題

Consider the wave equation ∂2u∂t2=a2∂2u∂x2\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = a^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} for a string tied to the x-axis at x=0x = 0 and at x=πx = \pi. When the string starts to vibrate, the motion takes place in the xuxu-plane. Let u(x,t)u(x, t) denote the vertical displacement from the x-axis for t>0t > 0 and a2a^2 be a real constant. The initial displacement is f(x)f(x), 0<x<π0 < x < \pi and the string is released from rest. Given the product solution u(x,t)=X(x)T(t)u(x, t) = X(x)T(t), which of the following is/are correct?
(A) The wave equation of this string is elliptic.
(B) All the boundary conditions belong to Dirichlet conditions.
(C) The initial condition yields T′(0)=0T'(0) = 0.
(D) This is referred to as a boundary-value problem.
(E) One of the boundary conditions yields X(0)=πX(0) = \pi.

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核心觀念

本題考查:

  • 二階偏微分方程的分類。
  • 固定端點所對應的 Dirichlet 邊界條件。
  • 「釋放自靜止」所代表的初始速度條件。
  • 邊界值問題與初始—邊界值問題的區別。
  • 分離變數法中空間函數與時間函數的條件。

題目稱為波動方程,故 a2a^2 代表波速平方,取 a2>0a^2>0。


解題方法

弦的兩端固定在 xx 軸上,因此端點的垂直位移永遠為零:

u(0,t)=0,u(π,t)=0.u(0,t)=0,\qquad u(\pi,t)=0.

初始位移為 f(x)f(x),且弦「釋放自靜止」,表示初始速度為零:

u(x,0)=f(x),ut(x,0)=0.u(x,0)=f(x),\qquad u_t(x,0)=0.

給定分離形式

u(x,t)=X(x)T(t),u(x,t)=X(x)T(t),

代入波動方程:

utt=X(x)T′′(t),uxx=X′′(x)T(t).u_{tt}=X(x)T''(t),\qquad u_{xx}=X''(x)T(t).

因此

XT′′=a2X′′T.X T''=a^2X''T.

分離變數後可寫成

T′′a2T=X′′X=−λ,\frac{T''}{a^2T} = \frac{X''}{X} = -\lambda,

得到

X′′+λX=0,T′′+a2λT=0.X''+\lambda X=0,\qquad T''+a^2\lambda T=0.

端點條件則變成

X(0)T(t)=0,X(π)T(t)=0.X(0)T(t)=0,\qquad X(\pi)T(t)=0.

對非零解而言,必須有

X(0)=0,X(π)=0.X(0)=0,\qquad X(\pi)=0.

這是空間函數的齊次 Dirichlet 邊界條件。

此外,

ut(x,t)=X(x)T′(t),u_t(x,t)=X(x)T'(t),

故初始靜止條件給出

ut(x,0)=X(x)T′(0)=0.u_t(x,0)=X(x)T'(0)=0.

對非平凡分離解而言,得到

T′(0)=0.T'(0)=0.

選項分析

(A) 錯誤。

將方程改寫為

a2uxx−utt=0.a^2u_{xx}-u_{tt}=0.

對一般二階方程

Auxx+Buxt+Cutt=0,Au_{xx}+Bu_{xt}+Cu_{tt}=0,

其分類判別式為

Δ=B2−4AC.\Delta=B^2-4AC.

本題中

A=a2,B=0,C=−1,A=a^2,\qquad B=0,\qquad C=-1,

所以

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第 10 題

Assume the product solution to the wave equation in Question 9 is found as u(x,t)=Acos⁡(βat)sin⁡(Cx)u(x, t) = A \cos(\beta a t) \sin(Cx). If the initial displacement f(x)f(x) is a sinusoidal wave with the amplitude of 1/1001/100 and the frequency of 3/2π3/2\pi, which of the following is/are correct?
(A) There exists a trivial solution.
(B) B=B = arbitrary integer.
(C) C=3C = 3.
(D) There is no motion at x=2π/3x = 2\pi/3 and all other xx points vibrate vertically over time.
(E) The vertical displacement is reversed (−f(x))(-f(x)) when t=kπ/αt = k\pi/\alpha, k=1,2,3,…k = 1, 2, 3, \dots

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核心觀念

本題考查**一維波動方程式(1D Wave Equation)**的特解性質、駐波(Standing Wave)之幾何與物理意義,以及空間頻率與時間週期的對應關係:

  1. 一維波動方程式之分離變數解:
    對於波動方程式 ∂2u∂t2=a2∂2u∂x2\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = a^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2},在固定端點邊界條件下,分離變數法所求得之單模態(Single Mode)乘積解形式為:

    u(x,t)=Acos⁡(βat)sin⁡(Cx)u(x, t) = A \cos(\beta a t) \sin(Cx)

    其中 CC 為空間波數(Wave Number),β=C\beta = C 為特徵值常數,aa 為波速。

  2. 正弦波之頻率與波數關係:
    空間正弦波 f(x)=Asin⁡(Cx)=Asin⁡(2πfxx)f(x) = A \sin(Cx) = A \sin(2\pi f_x x),其空間頻率(Spatial Frequency)fxf_x 與波數 CC 的關係為:

    fx=C2πf_x = \frac{C}{2\pi}
  3. 駐波之節點(Nodes)與振動特性:

    • 節點處滿足 sin⁡(Cx)=0\sin(Cx) = 0,該處位移恆為零,不隨時間振動。
    • 時間振動反向(即 u(x,t)=−f(x)u(x, t) = -f(x))需滿足時間調變項 cos⁡(βat)=−1\cos(\beta a t) = -1。

解題方法

步驟一:由初始條件確定特解參數

題目給定初始位移為正弦波 f(x)=u(x,0)f(x) = u(x, 0):

f(x)=u(x,0)=Acos⁡(0)sin⁡(Cx)=Asin⁡(Cx)f(x) = u(x, 0) = A \cos(0) \sin(Cx) = A \sin(Cx)

根據題目條件:

  1. 振幅(Amplitude) =1100  ⟹  A=1100=0.01= \frac{1}{100} \implies A = \frac{1}{100} = 0.01。
  2. 空間頻率(Frequency) =32π= \frac{3}{2\pi}。

由正弦函數之頻率定義:

fx=C2π=32π  ⟹  C=3f_x = \frac{C}{2\pi} = \frac{3}{2\pi} \implies C = 3

代入波動方程式分離變數之特徵方程,可得分離常數 β=C=3\beta = C = 3。因此,具體特解為:

u(x,t)=1100cos⁡(3at)sin⁡(3x)u(x, t) = \frac{1}{100} \cos(3at) \sin(3x)

選項分析

  • (A) 正確:
    波動方程式 ∂2u∂t2=a2∂2u∂x2\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = a^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} 為線性齊次偏微分方程式(Linear Homogeneous PDE)。對於任何線性齊次方程式與齊次邊界條件系統,皆必然存在平凡解(Trivial Solution,即 u(x,t)≡0u(x, t) \equiv 0)。分離變數法的核心目的即在於排除平凡解以尋求非平凡特解。
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第 11 題

Consider the differential equation P′(t)=aP(t)−bP(t)2P'(t) = aP(t) - bP(t)^2 with the initial condition of P(0)=p0P(0) = p_0, where aa and bb are positive real constants. Which of the following is INCORRECT?
(A) This is a linear differential equation.
(B) This is a Bernoulli's equation.
(C) None of the critical points are attractors.
(D) When t→∞t \to \infty, P(t)=a/bP(t) = a/b.
(E) The solution interval is (−∞,∞)(-\infty, \infty).

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考慮方程式

P′(t)=aP(t)−bP(t)2,P(0)=p0,  a,b>0P'(t)=aP(t)-bP(t)^2,\qquad P(0)=p_0,\ \ a,b>0


1. 形式判斷

  • 左側是一階導數,右側含有 P2P^2,故為非線性常微分方程,非線性 ⇒ (A) 錯。
  • 可寫成

P′(t)−aP(t)=−bP(t)2,P'(t)-aP(t)=-bP(t)^2,

符合 Bernoulli 形式 y′+p(x)y=q(x)yny'+p(x)y=q(x)y^n(n=2n=2),故 (B) 正確。


2. 臨界點與穩定性

設定 P′=0P'=0:

aP−bP2=0⟹P=0 或 P=ab.aP-bP^2=0\quad\Longrightarrow\quad P=0\ \text{或}\ P=\frac{a}{b}.

線性化 f(P)=aP−bP2f(P)=aP-bP^2,得 f′(P)=a−2bPf'(P)=a-2bP。

  • 在 P=0P=0:f′(0)=a>0f'(0)=a>0 → 不穩定(repeller)。
  • 在 P=abP=\frac{a}{b}:f′ ⁣(ab)=a−2bab=−a<0f'\!\left(\frac{a}{b}\right)=a-2b\frac{a}{b}=-a<0 → **穩定吸引子
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第 12 題

Given X′=AXX' = AX, which of the following is correct?
(A) There are two distinct eigenvalues.
(B) The stationary point is a repeller.
(C) All solutions will converge onto the origin.
(D) One of the eigenvalues is λ2=−1\lambda_2 = -1.
(E) One of the solution vectors is K1=(13)e−4tK_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix} e^{-4t}.

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已知向量

K1(t)=(13)e−4tK_1(t)=\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}e^{-4t}

是系統 X′=AXX'=AX 的解,則

ddtK1(t)=AX(t)⟹−4(13)e−4t=A(13)e−4t,\frac{d}{dt}K_1(t)=AX(t) \Longrightarrow -4\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}e^{-4t} = A\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}e^{-4t},
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第 13 題

Define the matrix AA as pqTpq^T, where pp and qq are nonzero vectors in Rn×1\mathbb{R}^{n \times 1}. Which of the following statements are true?
(A) rank(A) may be 2.
(B) qq is an eigenvector of AA.
(C) qTpq^T p is an eigenvalue of AA.
(D) The linear equation Ax=0Ax = 0 has infinitely many solutions.
(E) The linear equation Ax=bAx = b with b=qb = q has infinitely many solutions.

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矩陣 A=pqTA=pq^{T} 為外積形式,故

  • AA 的秩 rank⁡(A)=1\operatorname{rank}(A)=1(因 p,q≠0p,q\neq0)

  • 任何向量 x∈Rnx\in\mathbb R^{n} 有
    Ax=p (qTx)Ax=p\,(q^{T}x)
    其結果皆為 pp 的比例向量,故 Im⁡(A)=span⁡{p}\operatorname{Im}(A)=\operatorname{span}\{p\}。


(A) rank⁡(A)\operatorname{rank}(A) 只能是 11,不可能為 22。 錯

(B) Aq=p (qTq)Aq=p\,(q^{T}q) 為 pp 的比例向量,除非 p∥qp\parallel q 否則不等於 λq\lambda q。一般情形下 qq 不是特徵向量。 錯

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第 14 題

Define the matrix MM as I−2uuTI - 2uu^T, where uu is a unit vector in Rn×1\mathbb{R}^{n \times 1}, meaning uTu=1u^Tu = 1. Which of the following statements are true?
(A) M=M2M = M^2.
(B) MTM=IM^T M = I.
(C) M=M−1M = M^{-1}.
(D) det⁡(M)=1\det(M) = 1.
(E) MM has eigenvalues that are complex with non-zero real components.

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先計算重要的性質:

M=I−2uuT,uTu=1.M = I-2uu^{T},\qquad u^{T}u =1.

  1. 平方
M2=(I−2uuT)2=I−4uuT+4uuTuuT=I−4uuT+4u(uTu)uT=I−4uuT+4uuT=I.\begin{aligned} M^{2} &= (I-2uu^{T})^{2} \\ &= I-4uu^{T}+4uu^{T}uu^{T} \\ &= I-4uu^{T}+4u(u^{T}u)u^{T} \\ &= I-4uu^{T}+4uu^{T}=I . \end{aligned}
  1. 對稱
    uuTuu^{T} 為對稱矩陣,故 MT=MM^{T}=M。

  2. 特徵值
    MM 為 Householder 反射矩陣,對於所有與 uu 正交的向量 vv 有 Mv=vMv=v(特徵值 11,重複度 n−1n-1)。而 Mu=−uMu = -u(特徵值 −1-1)。因此

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第 15 題

Let N(A)N(A) denote the null space of AA, and R(A)R(A) denote the range space of AA. Suppose u∈R(A)u \in R(A), v∈N(AT)v \in N(A^T), and both uu and vv are non-zero. Define ∥x∥=⟨x,x⟩\|x\| = \sqrt{\langle x, x \rangle}. Suppose
x1=u+2vx_1 = u + 2v, x2=2u−vx_2 = 2u - v, ∥x1∥2=29\|x_1\|^2 = 29, ∥x2∥2=41\|x_2\|^2 = 41.
Which of the following statements are true?
(A) ∥u∥=5\|u\| = \sqrt{5}.
(B) ∥u∥=3\|u\| = 3.
(C) ∥v∥=7\|v\| = 7.
(D) ∥v∥=5\|v\| = \sqrt{5}.
(E) ∥u∥+∥v∥=8\|u\| + \|v\| = 8.

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u∈R(A),  v∈N(AT)  ⟹  ⟨u,v⟩=0u\in R(A),\;v\in N(A^{T})\;\Longrightarrow\;\langle u,v\rangle =0

∥x1∥2=∥u+2v∥2=∥u∥2+4∥v∥2=29(1)\|x_{1}\|^{2}= \|u+2v\|^{2}= \|u\|^{2}+4\|v\|^{2}=29 \tag{1} ∥x2∥2=∥2u−v∥2=4∥u∥2+∥v∥2=41(2)\|x_{2}\|^{2}= \|2u-v\|^{2}=4\|u\|^{2}+ \|v\|^{2}=41 \tag{2}

設 a=∥u∥2,  b=∥v∥2\displaystyle a=\|u\|^{2},\;b=\|v\|^{2}。由 (1)(2)

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第 16 題

Let {u1,u2,u3}\{u_1, u_2, u_3\} be an orthogonal basis for an inner product space. Suppose ∥u1∥=2\|u_1\| = 2, ∥u2∥=3\|u_2\| = 3, ∥u3∥=5\|u_3\| = 5. If x=c1u1+c2u2+c3u3x = c_1u_1 + c_2u_2 + c_3u_3 is a vector with the properties ⟨x,u1⟩=12\langle x, u_1 \rangle = 12, ∥x∥2=145\|x\|^2 = 145, and the orthogonal projection of xx onto u3u_3 is −2u3-2u_3, then which of the following statements are true?
(A) c1=12c_1 = 12
(B) c2=2c_2 = 2
(C) c3=−2c_3 = -2
(D) ⟨x,u2⟩=18\langle x, u_2 \rangle = 18
(E) ⟨x,u3⟩=50\langle x, u_3 \rangle = 50

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核心觀念

因為 {u1,u2,u3}\{u_1,u_2,u_3\} 是正交基底,所以:

  1. 若 x=c1u1+c2u2+c3u3x=c_1u_1+c_2u_2+c_3u_3,則
    ⟨x,ui⟩=ci⟨ui,ui⟩=ci∥ui∥2.\langle x,u_i\rangle=c_i\langle u_i,u_i\rangle=c_i\|u_i\|^2.

  2. 向量 xx 在 u3u_3 上的正交投影為

proj⁡u3x=⟨x,u3⟩∥u3∥2u3=c3u3.\operatorname{proj}_{u_3}x =\frac{\langle x,u_3\rangle}{\|u_3\|^2}u_3 =c_3u_3.
  1. 正交分解下,範數平方可由畢氏定理計算:
∥x∥2=c12∥u1∥2+c22∥u2∥2+c32∥u3∥2.\|x\|^2 =c_1^2\|u_1\|^2+c_2^2\|u_2\|^2+c_3^2\|u_3\|^2.

已知
∥u1∥=2,∥u2∥=3,∥u3∥=5.\|u_1\|=2,\qquad \|u_2\|=3,\qquad \|u_3\|=5.

解題方法

求 c1c_1

由 ⟨x,u1⟩=12\langle x,u_1\rangle=12,且基底彼此正交:

⟨x,u1⟩=c1⟨u1,u1⟩=c1∥u1∥2=4c1.\langle x,u_1\rangle =c_1\langle u_1,u_1\rangle =c_1\|u_1\|^2 =4c_1.

因此

4c1=12⟹c1=3.4c_1=12\quad\Longrightarrow\quad c_1=3.

求 c3c_3

題目給出 xx 在 u3u_3 上的正交投影為 −2u3-2u_3:

proj⁡u3x=c3u3=−2u3.\operatorname{proj}_{u_3}x=c_3u_3=-2u_3.

由於 u3≠0u_3\neq 0,可得

c3=−2.c_3=-2.

求 c2c_2

利用 ∥x∥2=145\|x\|^2=145:

145=c12∥u1∥2+c22∥u2∥2+c32∥u3∥2.145 =c_1^2\|u_1\|^2+c_2^2\|u_2\|^2+c_3^2\|u_3\|^2.

代入 c1=3c_1=3、c3=−2c_3=-2:

145=32⋅22+c22⋅32+(−2)2⋅52145 =3^2\cdot 2^2+c_2^2\cdot 3^2+(-2)^2\cdot 5^2
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第 17 題

Let L:V→WL: V \to W be a linear transformation, and E={v1,v2,v3}E = \{v_1, v_2, v_3\} and F={w1,w2,w3}F = \{w_1, w_2, w_3\} be ordered bases for VV and WW, respectively. Suppose AA is the matrix representing LL relative to EE and FF, and

A=(127348569)A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 7 \\ 3 & 4 & 8 \\ 5 & 6 & 9 \end{pmatrix}

If L(v1+2v2)=c1w1+c2w2+c3w3L(v_1 + 2v_2) = c_1w_1 + c_2w_2 + c_3w_3, then which of the following statements are true?
(A) c1=7c_1 = 7
(B) c2=11c_2 = 11
(C) c3=17c_3 = 17
(D) c1+c2+c3=34c_1 + c_2 + c_3 = 34
(E) c1+c2+c3=40c_1 + c_2 + c_3 = 40

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這一題的完整詳解

依題目,矩陣 AA 的第 jj 欄即為 L(vj)L(v_j) 在基底 FF 下的座標。

L(v1)=(1,3,5)T,L(v2)=(2,4,6)TL(v_1)=(1,3,5)^{\mathsf T},\qquad L(v_2)=(2,4,6)^{\mathsf T} L(v1+2v2)=L(v1)+2L(v2)=(1,3,5)T+2(2,4,6)T=(5,11,17)TL(v_1+2v_2)=L(v_1)+2L(v_2) =(1,3,5)^{\mathsf T}+2(2,4,6)^{\mathsf T} =(5,11,17)^{\mathsf T}
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