114 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5 分

Consider the linear system Ax=bAx = b, where A=[a1,a2,a3]∈R4×3A = [a_1, a_2, a_3] \in \mathbb{R}^{4 \times 3}, a1,a2,a3a_1, a_2, a_3 are column vectors of A, and b∈R4b \in \mathbb{R}^4 is a non-zero vector. Suppose
a1+2a2=3a3a_1 + 2a_2 = 3a_3
a1+a2+a3=ba_1 + a_2 + a_3 = b
a2+2a3≠0a_2 + 2a_3 \neq 0

Which of the following statements are true?
(A) The linear system has a finite number of solutions.
(B) rank([A, b]) is equal to rank(A).
(C) The rank of A is less than or equal to 2.
(D) x=[1,2,3]x = [1, 2, 3] is a solution of the linear system.
(E) The vectors a1,a2,a3a_1, a_2, a_3 are linearly dependent.

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核心觀念

本題考查以下線性代數觀念:

  1. Ax=bAx=b 可解的充要條件為
    rank⁡([A,b])=rank⁡(A).\operatorname{rank}([A,b])=\operatorname{rank}(A).

  2. 若存在不全為零的係數,使
    c1a1+c2a2+c3a3=0,c_1a_1+c_2a_2+c_3a_3=0,
    則 a1,a2,a3a_1,a_2,a_3 線性相依,且 rank⁡(A)<3\operatorname{rank}(A)<3。

  3. 對 A∈R4×3A\in\mathbb{R}^{4\times 3},若系統可解且 rank⁡(A)<3\operatorname{rank}(A)<3,則未知數有自由變數,因此有無限多組解。


解題方法

由題目條件
a1+2a2=3a3a_1+2a_2=3a_3
可改寫為
a1+2a2−3a3=0.a_1+2a_2-3a_3=0.

因此

A[12−3]=0,A \begin{bmatrix} 1\\2\\-3 \end{bmatrix} =0,

所以 [12−3]T\begin{bmatrix}1&2&-3\end{bmatrix}^{T} 是 AA 的非零零空間向量。

另外,由
a1+a2+a3=b,a_1+a_2+a_3=b,
可知
b∈Col⁡(A),b\in\operatorname{Col}(A),
因此原方程組至少有一組解:

x0=[111].x_0= \begin{bmatrix} 1\\1\\1 \end{bmatrix}.

由於

A[12−3]=0,A \begin{bmatrix} 1\\2\\-3 \end{bmatrix}=0,

所有

x=x0+t[12−3]=[1+t1+2t1−3t],t∈R,x=x_0+t \begin{bmatrix} 1\\2\\-3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1+t\\ 1+2t\\ 1-3t \end{bmatrix}, \qquad t\in\mathbb{R},

皆滿足

Ax=Ax0+tA[12−3]=b.Ax=Ax_0+tA \begin{bmatrix} 1\\2\\-3 \end{bmatrix} =b.

因此此系統有無限多組解。


選項分析

(A) 線性系統有有限多組解。

錯誤。由上式可知

x=[1+t1+2t1−3t],t∈R,x= \begin{bmatrix} 1+t\\ 1+2t\\ 1-3t \end{bmatrix}, \qquad t\in\mathbb{R},

是一族無限多組解,因此不是有限多組解。


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第 2 題5 分

Let

A=[2000201110011100111020002]A = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 0 & 2 \end{bmatrix}

Which of the following statements are true?
(A) rank(A) = 2.
(B) trace(A) = 7.
(C) det(A) ≠ 0.
(D) 3 is an eigenvalue of A.
(E) All eigenvalues of A are non-negative.

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核心觀念

本題考查:

  • 矩陣的秩與線性獨立性。
  • 跡的定義:tr⁡(A)\operatorname{tr}(A) 為主對角線元素總和。
  • 行列式與特徵值的關係:
    det⁡(A)=∏i=15λi.\det(A)=\prod_{i=1}^{5}\lambda_i.
  • 特徵值與特徵向量的定義:若 Ax=λxAx=\lambda x,則 λ\lambda 是 AA 的特徵值。
  • 對稱矩陣與半正定矩陣的性質。

解題方法:利用矩陣結構分解

令

u=[10001],v=[01110].u= \begin{bmatrix} 1\\0\\0\\0\\1 \end{bmatrix}, \qquad v= \begin{bmatrix} 0\\1\\1\\1\\0 \end{bmatrix}.

則

2uuT=[2000200000000000000020002],2uu^T= \begin{bmatrix} 2&0&0&0&2\\ 0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0\\ 2&0&0&0&2 \end{bmatrix},

以及

vvT=[0000001110011100111000000].vv^T= \begin{bmatrix} 0&0&0&0&0\\ 0&1&1&1&0\\ 0&1&1&1&0\\ 0&1&1&1&0\\ 0&0&0&0&0 \end{bmatrix}.

因此

A=2uuT+vvT.A=2uu^T+vv^T.

又因為

uTv=0,uTu=2,vTv=3,u^Tv=0,\qquad u^Tu=2,\qquad v^Tv=3,

可分別計算:

Au=2u(uTu)+v(vTu)=2u(2)+v(0)=4u,Au =2u(u^Tu)+v(v^Tu) =2u(2)+v(0) =4u,

所以 44 是 AA 的特徵值。

同理,

Av=2u(uTv)+v(vTv)=2u(0)+v(3)=3v,Av =2u(u^Tv)+v(v^Tv) =2u(0)+v(3) =3v,

所以 33 是 AA 的特徵值。

若向量 ww 同時滿足 uTw=0u^Tw=0 與 vTw=0v^Tw=0,則

Aw=2u(uTw)+v(vTw)=0.Aw=2u(u^Tw)+v(v^Tw)=0.

由於 u,vu,v 線性獨立,而五維空間中與它們同時正交的子空間維度為 33,因此其餘三個特徵值皆為 00。

故 AA 的全部特徵值為

4,3,0,0,0.\boxed{4,3,0,0,0}.

此外,AA 的所有欄向量皆位於 span⁡{u,v}\operatorname{span}\{u,v\} 中,而 Au=4uAu=4u、Av=3vAv=3v 顯示 u,vu,v 都在其像空間內,因此

rank⁡(A)=2.\operatorname{rank}(A)=2.

選項分析

(A) rank⁡(A)=2\operatorname{rank}(A)=2

由上面的分解可知,AA 的像空間為

span⁡{u,v},\operatorname{span}\{u,v\},

且 u,vu,v 線性獨立,所以

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第 3 題5 分

Let

A=[a1,a2,a3]=QR=Q[123045006]A = [a_1, a_2, a_3] = QR = Q \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 4 & 5 \\ 0 & 0 & 6 \end{bmatrix}

where a1,a2,a3a_1, a_2, a_3 are column vectors of A∈R3×3A \in \mathbb{R}^{3 \times 3}, and Q∈R3×3Q \in \mathbb{R}^{3 \times 3} is an orthogonal matrix, i.e., QTQ=QQT=IQ^T Q = Q Q^T = I. Which of the following statements are true?
(A) a1Ta1=3a_1^T a_1 = 3
(B) a1Ta2=24a_1^T a_2 = 24
(C) a1Ta3=70a_1^T a_3 = 70
(D) a2Ta2=3a_2^T a_2 = 3
(E) a2Ta3=30a_2^T a_3 = 30

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先觀察

A=QR=[ a1  a2  a3 ],R=[123045006],QTQ=I.A=QR=\big[\,a_1\;a_2\;a_3\,\big],\qquad R=\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3\\ 0 & 4 & 5\\ 0 & 0 & 6 \end{bmatrix},\qquad Q^TQ=I .

對每一列向量 aia_i 有

ai=Q ri,ri 為 R 的第 i 欄向量.a_i = Q\,r_i,\qquad r_i\text{ 為 }R\text{ 的第 }i\text{ 欄向量}.

因 QQ 正交,保留內積:

ai ⁣Taj=ri ⁣TQTQrj=ri ⁣Trj.a_i^{\!T}a_j = r_i^{\!T}Q^{T}Qr_j = r_i^{\!T}r_j .

故只需計算 RR 的欄向量內積。

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第 4 題5 分

Let

A=[123014105226]=[a1,a2,a3]A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 1 & 0 & 5 \\ 2 & 2 & 6 \end{bmatrix} = [a_1, a_2, a_3]

where a1,a2,a3a_1, a_2, a_3 are column vectors of A. Let q3q_3 be the orthogonal projection of a3a_3 onto span(a1,a2)span(a_1, a_2), and q3=[q31,q32,q33,q34]Tq_3 = [q_{31}, q_{32}, q_{33}, q_{34}]^T. Which of the following statements are true?
(A) q31=4q_{31} = 4
(B) q32=4/3q_{32} = 4/3
(C) q33=10/3q_{33} = 10/3
(D) q34=22/3q_{34} = 22/3
(E) a3Tq3=20a_3^T q_3 = 20

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計算投影

a1=[1012],  a2=[2102],  a3=[3456]a_1=\begin{bmatrix}1\\0\\1\\2\end{bmatrix},\; a_2=\begin{bmatrix}2\\1\\0\\2\end{bmatrix},\; a_3=\begin{bmatrix}3\\4\\5\\6\end{bmatrix}

Gram 矩陣

G=[a1 ⁣Ta1a1 ⁣Ta2a2 ⁣Ta1a2 ⁣Ta2]=[6669],det⁡G=18G=\begin{bmatrix} a_1^{\!T}a_1 & a_1^{\!T}a_2\\ a_2^{\!T}a_1 & a_2^{\!T}a_2 \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 6 & 6\\ 6 & 9 \end{bmatrix},\qquad \det G=18

G−1=118[9−6−66]G^{-1}= \frac1{18}\begin{bmatrix}9&-6\\-6&6\end{bmatrix}

內積向量

b=[a1 ⁣Ta3a2 ⁣Ta3]=[2022]b=\begin{bmatrix}a_1^{\!T}a_3\\ a_2^{\!T}a_3\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}20\\22\end{bmatrix}

係數

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第 5 題5 分

Let A∈Rn×nA \in \mathbb{R}^{n \times n}, AAT=IA A^T = I, and AA is a non-zero matrix. Which of the following statements are true?
(A) trace(A) ≠ 0.
(B) det(A) = 1.
(C) rank(A) = n.
(D) If n = 3, then trace(A) ≤ 3.
(E) All eigenvalues of A are real numbers.

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核心觀念

由

AAT=IAA^T=I

可知 AA 是正交矩陣。因為 AAT=IAA^T=I,所以 ATA^T 是 AA 的右逆矩陣;對方陣而言,右逆即為逆矩陣,因此

A−1=AT,ATA=I.A^{-1}=A^T,\qquad A^TA=I.

正交矩陣的重要性質包括:

  1. AA 可逆,因此 rank⁡(A)=n\operatorname{rank}(A)=n。
  2. det⁡(A)det⁡(AT)=det⁡(I)=1\det(A)\det(A^T)=\det(I)=1,且 det⁡(AT)=det⁡(A)\det(A^T)=\det(A),所以 det⁡(A)=±1.\det(A)=\pm 1.
  3. AA 的每一列、每一行皆為單位向量,因此每個元素皆滿足絕對值不超過 11。
  4. 正交矩陣的特徵值絕對值皆為 11,但不一定是實數。

解題方法

本題採用「正交矩陣的基本性質」逐項判斷。對於聲稱所有正交矩陣都滿足的敘述,只要找出一個反例即可判定錯誤;對於必然成立的敘述,則由矩陣定理直接證明。


選項分析

(A) trace⁡(A)≠0\operatorname{trace}(A)\ne 0

錯誤。

考慮二階旋轉矩陣

A=[0−110].A= \begin{bmatrix} 0&-1\\ 1&0 \end{bmatrix}.

可得

AAT=[0−110][01−10]=[1001]=I,AA^T= \begin{bmatrix} 0&-1\\ 1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&1\\ -1&0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{bmatrix} =I,

但

trace⁡(A)=0+0=0.\operatorname{trace}(A)=0+0=0.

因此 trace⁡(A)\operatorname{trace}(A) 不一定不為 00。


(B) det⁡(A)=1\det(A)=1

錯誤。

對 AAT=IAA^T=I 取行列式:

det⁡(AAT)=det⁡(I)=1.\det(AA^T)=\det(I)=1.

因此

det⁡(A)det⁡(AT)=det⁡(A)2=1,\det(A)\det(A^T)=\det(A)^2=1,

所以

det⁡(A)=±1.\det(A)=\pm1.

例如

A=[−1001]A= \begin{bmatrix} -1&0\\ 0&1 \end{bmatrix}

滿足 AAT=IAA^T=I,但

det⁡(A)=−1.\det(A)=-1.

所以不能必然得到 det⁡(A)=1\det(A)=1。


(C) rank⁡(A)=n\operatorname{rank}(A)=n

正確。

由 AAT=IAA^T=I 可知

det⁡(A)2=1,\det(A)^2=1,
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第 6 題5 分

Let A∈Rm×nA \in \mathbb{R}^{m \times n}, where R(A)R(A) denotes the column space of A, N(A)N(A) denotes the null space of A, and dim(S)\text{dim}(S) denotes the dimension of a subspace S. Which of the following statements are true?
(A) If A has linearly independent columns, then ATAA^T A is nonsingular.
(B) rank(AT)+dim(N(AT))=m\text{rank}(A^T) + \text{dim}(N(A^T)) = m.
(C) R(AAT)=R(ATA)R(AA^T) = R(A^T A).
(D) If AATAA^T is nonsingular, then ATAA^T A is also nonsingular.
(E) It is possible for a matrix A to have [3,4,5]T[3, 4, 5]^T in R(A)R(A) and [1,−1,2]T[1, -1, 2]^T in N(AT)N(A^T).

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(A) 若 AA 的欄向量線性無關,則 rank⁡(A)=n\operatorname{rank}(A)=n。對任意 x∈Rnx\in\mathbb{R}^n,ATAx=0  ⟹  xTATAx=∥Ax∥2=0  ⟹  Ax=0  ⟹  x=0A^{T}Ax=0\;\Longrightarrow\;x^{T}A^{T}Ax=\|Ax\|^{2}=0\;\Longrightarrow\;Ax=0\;\Longrightarrow\;x=0。故 ATAA^{T}A 正定且可逆。成立。

(B) AT ⁣:Rm→RnA^{T}\!: \mathbb{R}^{m}\to\mathbb{R}^{n} 為線性映射,依 \textbf{秩-零定理}

dim⁡(Rm)=rank⁡(AT)+dim⁡N(AT)  ⟹  rank⁡(AT)+dim⁡N(AT)=m.\dim(\mathbb{R}^{m})= \operatorname{rank}(A^{T})+\dim N(A^{T})\; \Longrightarrow\; \operatorname{rank}(A^{T})+\dim N(A^{T})=m .

成立。

(C) R(AAT)⊆R(A)R(AA^{T})\subseteq R(A)、R(ATA)⊆R(AT)R(A^{T}A)\subseteq R(A^{T}),二者一般不相等。例如

A=[100010]  (2×3).A=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\end{bmatrix}\;(2\times3) .

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第 7 題5 分

Find the inverse Laplace transform of −5s+16\frac{-5}{s+16}.
(A) 5e16t5e^{16t}
(B) −5e16t-5e^{16t}
(C) −5e−16t-5e^{-16t}
(D) 5e−16t5e^{-16t}

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核心觀念

利用拉普拉斯轉換基本公式:

L{e−at}=1s+a\mathcal{L}\{e^{-at}\}=\frac{1}{s+a}

因此,分母中的 s+16s+16 對應時間域中的 e−16te^{-16t}。再利用線性性質:

L{cf(t)}=cL{f(t)}\mathcal{L}\{c f(t)\}=c\mathcal{L}\{f(t)\}

其中常數 −5-5 會保留在時間域函數前方。

解題方法

由定義可得:

L{e−16t}=∫0∞e−ste−16t dt=∫0∞e−(s+16)t dt=1s+16\mathcal{L}\{e^{-16t}\} =\int_0^\infty e^{-st}e^{-16t}\,dt =\int_0^\infty e^{-(s+16)t}\,dt =\frac{1}{s+16}

因此:

L{−5e−16t}=−5L{e−16t}=−5s+16\mathcal{L}\{-5e^{-16t}\} =-5\mathcal{L}\{e^{-16t}\} =\frac{-5}{s+16}

所以:

L−1{−5s+16}=−5e−16t\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{-5}{s+16}\right\} =-5e^{-16t}

選項分析

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第 8 題5 分

Which of the following is wrong?
(A) The Fourier transform of a rectangular pulse of width T and height 1 is Tsinc(Tω2)T \text{sinc}(\frac{T\omega}{2}).
(B) The Fourier transform of u(t)u(t) (unit step function) is πδ(ω)\pi\delta(\omega).
(C) If f(x)f(x) is odd, its Fourier series contains only sine terms.
(D) The initial value theorem for the Laplace transform is lim⁡t→0+f(t)=lim⁡s→∞sF(s)\lim_{t \to 0^+} f(t) = \lim_{s \to \infty} sF(s).

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核心觀念

本題綜合考查:

  1. 矩形脈波的傅立葉轉換。
  2. 單位階躍函數的廣義傅立葉轉換。
  3. 奇函數的傅立葉級數型態。
  4. 拉普拉斯轉換的初值定理。

採用角頻率形式的傅立葉轉換定義:

F(ω)=∫−∞∞f(t)e−jωt dtF(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-j\omega t}\,dt

並採用

sinc⁡(x)=sin⁡xx.\operatorname{sinc}(x)=\frac{\sin x}{x}.

解題方法

逐一檢查各選項所對應的標準公式。傅立葉轉換中,單位階躍函數必須以廣義函數的方式處理,不能只保留脈衝項;這是本題的關鍵。


選項分析

(A) 正確

設矩形脈波為

p(t)={1,−T2≤t≤T2,0,其他情況.p(t)= \begin{cases} 1, & -\dfrac{T}{2}\le t\le \dfrac{T}{2},\\ 0, & \text{其他情況}. \end{cases}

其傅立葉轉換為

P(ω)=∫−T/2T/2e−jωt dt.P(\omega) =\int_{-T/2}^{T/2}e^{-j\omega t}\,dt.

計算得

P(ω)=[e−jωt−jω]−T/2T/2=e−jωT/2−ejωT/2−jω.P(\omega) =\left[\frac{e^{-j\omega t}}{-j\omega}\right]_{-T/2}^{T/2} =\frac{e^{-j\omega T/2}-e^{j\omega T/2}}{-j\omega}.

利用 e−jθ−ejθ=−2jsin⁡θe^{-j\theta}-e^{j\theta}=-2j\sin\theta:

P(ω)=2sin⁡(ωT/2)ω=Tsin⁡(ωT/2)ωT/2.P(\omega) =\frac{2\sin(\omega T/2)}{\omega} =T\frac{\sin(\omega T/2)}{\omega T/2}.

因此

P(ω)=Tsinc⁡(Tω2).P(\omega)=T\operatorname{sinc}\left(\frac{T\omega}{2}\right).

所以 (A) 正確。此選項隱含矩形脈波以 t=0t=0 為中心;若脈波平移,結果還會多一個相位因子。


(B) 錯誤

單位階躍函數可寫成

u(t)=12[1+sgn⁡(t)].u(t)=\frac{1}{2}\bigl[1+\operatorname{sgn}(t)\bigr].

已知

F{1}=2πδ(ω),\mathcal{F}\{1\}=2\pi\delta(\omega),

以及

F{sgn⁡(t)}=2jω,\mathcal{F}\{\operatorname{sgn}(t)\} =\frac{2}{j\omega},

其中 1ω\dfrac{1}{\omega} 必須理解為柯西主值。因此

F{u(t)}=πδ(ω)+1jω.\mathcal{F}\{u(t)\} =\pi\delta(\omega)+\frac{1}{j\omega}.

更嚴謹地寫成

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第 9 題5 分

Which of the following statements about the Gibbs phenomenon is wrong?
(A) It occurs near discontinuities when approximating a function using its Fourier series.
(B) The oscillatory behavior in the Gibbs phenomenon disappears completely as more terms are added to the Fourier series.
(C) The Gibbs phenomenon results in a characteristic overshoot near discontinuities, even with a large number of terms.
(D) The oscillations caused by the Gibbs phenomenon become narrower as more terms are included.

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核心觀念

本題考查傅立葉級數逼近不連續函數時的 Gibbs phenomenon(吉布斯現象)。

對週期函數 f(x)f(x),其傅立葉級數的第 NN 階部分和為

SN(x)=a02+∑n=1N(ancos⁡nx+bnsin⁡nx).S_N(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{N}\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right).

若 f(x)f(x) 為分段光滑函數,依 Dirichlet 收斂定理:

  • 在連續點 xx,有 SN(x)→f(x)S_N(x)\to f(x)。
  • 在跳躍不連續點 x0x_0,有
SN(x0)→f(x0−)+f(x0+)2.S_N(x_0)\to \frac{f(x_0^-)+f(x_0^+)}{2}.

然而,SN(x)S_N(x) 在不連續點附近會出現持續的振盪與超越,這種現象就是 Gibbs phenomenon。

其重要特徵是:

  1. 超越量不會隨 NN 增加而完全消失。
  2. 超越區域會逐漸變窄。
  3. 超越量約為跳躍量的 8.949%8.949\%,通常概略記為 9%9\%。

若跳躍量為

J=f(x0+)−f(x0−),J=f(x_0^+)-f(x_0^-),

則極限超越量約為

0.08949∣J∣.0.08949|J|.

解題方法

判斷 Gibbs phenomenon 的關鍵是分清楚「振盪幅度」與「振盪範圍」:

  • 增加傅立葉級數項數時,振盪範圍會縮小。
  • 但靠近跳躍點的最大超越幅度仍維持約跳躍量的 9%9\%。
  • 因此,傅立葉級數會逐點收斂,但在不連續點附近並非一致收斂。

以方波為例:

f(x)={1,0<x<π,−1,−π<x<0.f(x)= \begin{cases} 1, & 0<x<\pi,\\ -1, & -\pi<x<0. \end{cases}

其傅立葉級數為

f(x)=4π(sin⁡x+13sin⁡3x+15sin⁡5x+⋯ ).f(x)=\frac{4}{\pi} \left( \sin x+\frac{1}{3}\sin 3x+\frac{1}{5}\sin 5x+\cdots \right).

在 x=0x=0 附近,函數由 −1-1 跳躍至 11,跳躍量為

J=1−(−1)=2.J=1-(-1)=2.
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第 10 題5 分

Suppose we are given the following information about a signal x[n]x[n]:
a. x[n]x[n] is a real and even signal.
b. x[n]x[n] has period N=10N=10 and Fourier coefficients aka_k.
c. a11=5a_{11} = 5.
d. 110∑n=09∣x[n]∣2=50\frac{1}{10} \sum_{n=0}^{9} |x[n]|^2 = 50.

Show that x[n]=Acos⁡(Bn+C)x[n] = A \cos(Bn + C), and specify numerical values for the constants A, B, and C.

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核心觀念

本題使用離散時間傅立葉級數(DTFS)的三個重要性質:

  1. 傅立葉係數以週期 NN 重複
    ak+N=ak.a_{k+N}=a_k.

  2. 實數且偶信號的係數對稱
    若 x[n]x[n] 為實數且偶信號,則
    a−k=ak∈R.a_{-k}=a_k\in\mathbb{R}.

  3. Parseval 定理

1N∑n=0N−1∣x[n]∣2=∑k=0N−1∣ak∣2.\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}|x[n]|^2 =\sum_{k=0}^{N-1}|a_k|^2.

DTFS 合成式為

x[n]=∑k=0N−1akej2πNkn.x[n]=\sum_{k=0}^{N-1}a_k e^{j\frac{2\pi}{N}kn}.

解題方法

1. 利用係數週期性找出 a1a_1

已知 N=10N=10,因此

a11=a11−10=a1.a_{11}=a_{11-10}=a_1.

題目給定 a11=5a_{11}=5,所以

a1=5.a_1=5.

由於 x[n]x[n] 為實數且偶信號,

a−1=a1=5.a_{-1}=a_1=5.

又因係數以 1010 為週期,

a9=a−1=5.a_9=a_{-1}=5.

因此目前已知的兩個非零係數為

a1=5,a9=5.a_1=5,\qquad a_9=5.

2. 利用 Parseval 定理判斷其他係數

題目給定

110∑n=09∣x[n]∣2=50.\frac{1}{10}\sum_{n=0}^{9}|x[n]|^2=50.

由 Parseval 定理,

∑k=09∣ak∣2=50.\sum_{k=0}^{9}|a_k|^2=50.

而 a1a_1 與 a9a_9 已經貢獻

∣a1∣2+∣a9∣2=52+52=50.|a_1|^2+|a_9|^2 =5^2+5^2 =50.

能量總和已經完全用盡,因此其餘係數皆必須為零:

ak=0,k≠1,9.a_k=0,\qquad k\neq 1,9.

3. 使用傅立葉級數合成式

因此

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第 11 題5 分

What is the Fourier transform of δ(t+1)+δ(t−1)\delta(t+1) + \delta(t-1)?
(A) e−jω+ejωe^{-j\omega} + e^{j\omega}
(B) e−jω−ejωe^{-j\omega} - e^{j\omega}
(C) 2cos⁡(ω)2\cos(\omega)
(D) 2sin⁡(ω)2\sin(\omega)

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核心觀念

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.

利用狄拉克脈衝的篩選性質

∫−∞∞δ(t−t0)f(t) dt=f(t0),\int_{-\infty}^{\infty}\delta(t-t_0)f(t)\,dt=f(t_0),

可得基本公式

F{δ(t−t0)}=e−jωt0.\mathcal{F}\{\delta(t-t_0)\}=e^{-j\omega t_0}.

解題方法

將兩個脈衝分別處理:

δ(t+1)=δ(t−(−1)),\delta(t+1)=\delta\bigl(t-(-1)\bigr),

因此

F{δ(t+1)}=e−jω(−1)=ejω.\mathcal{F}\{\delta(t+1)\} =e^{-j\omega(-1)} =e^{j\omega}.

同理,

F{δ(t−1)}=e−jω.\mathcal{F}\{\delta(t-1)\}=e^{-j\omega}.

利用傅立葉轉換的線性:

F{δ(t+1)+δ(t−1)}=ejω+e−jω=2cos⁡ω,\begin{aligned} \mathcal{F}\{\delta(t+1)+\delta(t-1)\} &=e^{j\omega}+e^{-j\omega}\\ &=2\cos\omega, \end{aligned}

其中使用歐拉公式

ejω+e−jω=2cos⁡ω.e^{j\omega}+e^{-j\omega}=2\cos\omega.

選項分析

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第 12 題5 分

The Fourier transform X(ejω)X(e^{j\omega}) of the discrete-time signal x[n]=cos⁡(3πn5)x[n] = \cos(\frac{3\pi n}{5}) is:
(A) π[δ(ω−3π5)+δ(ω+3π5)]\pi [\delta(\omega - \frac{3\pi}{5}) + \delta(\omega + \frac{3\pi}{5})]
(B) π[δ(ω−35)−δ(ω+35)]\pi [\delta(\omega - \frac{3}{5}) - \delta(\omega + \frac{3}{5})]
(C) ∑k=−∞∞π[δ(ω−3π5−2πk)+δ(ω+3π5−2πk)]\sum_{k=-\infty}^{\infty} \pi [\delta(\omega - \frac{3\pi}{5} - 2\pi k) + \delta(\omega + \frac{3\pi}{5} - 2\pi k)]
(D) ∑k=−∞∞π[δ(ω−3π5−2πk)−δ(ω+3π5−2πk)]\sum_{k=-\infty}^{\infty} \pi [\delta(\omega - \frac{3\pi}{5} - 2\pi k) - \delta(\omega + \frac{3\pi}{5} - 2\pi k)]

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核心觀念

本題考查離散時間傅立葉轉換(DTFT)的基本性質:

  1. 離散時間訊號的 DTFT 必定具有 2π2\pi 週期。
  2. 複指數訊號的轉換對偶為
ejω0n⟷2π∑k=−∞∞δ(ω−ω0−2πk).e^{j\omega_0 n} \longleftrightarrow 2\pi\sum_{k=-\infty}^{\infty} \delta(\omega-\omega_0-2\pi k).
  1. 餘弦訊號可利用歐拉公式拆成兩個複指數:
cos⁡(ω0n)=12(ejω0n+e−jω0n).\cos(\omega_0 n) = \frac{1}{2} \left(e^{j\omega_0 n}+e^{-j\omega_0 n}\right).

解題方法與推導

題目給定

x[n]=cos⁡(3πn5),x[n]=\cos\left(\frac{3\pi n}{5}\right),

令

ω0=3π5.\omega_0=\frac{3\pi}{5}.

利用歐拉公式,

x[n]=12(ej3π5n+e−j3π5n).x[n] = \frac{1}{2} \left( e^{j\frac{3\pi}{5}n} + e^{-j\frac{3\pi}{5}n} \right).

DTFT 定義為

X(ejω)=∑n=−∞∞x[n]e−jωn.X(e^{j\omega}) = \sum_{n=-\infty}^{\infty}x[n]e^{-j\omega n}.

代入上式:

X(ejω)=12∑n=−∞∞e−j(ω−3π5)n+12∑n=−∞∞e−j(ω+3π5)n.X(e^{j\omega}) = \frac{1}{2} \sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-j\left(\omega-\frac{3\pi}{5}\right)n} + \frac{1}{2} \sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-j\left(\omega+\frac{3\pi}{5}\right)n}.

使用廣義傅立葉轉換關係

∑n=−∞∞e−jαn=2π∑k=−∞∞δ(α−2πk),\sum_{n=-\infty}^{\infty}e^{-j\alpha n} = 2\pi\sum_{k=-\infty}^{\infty} \delta(\alpha-2\pi k),

可得

X(ejω)=π∑k=−∞∞δ(ω−3π5−2πk)+π∑k=−∞∞δ(ω+3π5−2πk).\begin{aligned} X(e^{j\omega}) &= \pi\sum_{k=-\infty}^{\infty} \delta\left( \omega-\frac{3\pi}{5}-2\pi k \right) \\ &\quad+ \pi\sum_{k=-\infty}^{\infty} \delta\left( \omega+\frac{3\pi}{5}-2\pi k \right). \end{aligned}

合併寫成

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第 13 題5 分

The solution to the differential equation y′′−2y′−8y=f(t)y'' - 2y' - 8y = f(t) with y(0)=1y(0) = 1 and y′(0)=0y'(0) = 0, using the Laplace transform, is given by:
y(t)=Ae4t∗f(t)+Be−2t∗f(t)+Ce4t+De−2ty(t) = Ae^{4t} * f(t) + Be^{-2t} * f(t) + Ce^{4t} + De^{-2t}.
where * denotes convolution. What are the correct values of A, B, C, and D?
(A) A=16,B=−16,C=13,D=23A = \frac{1}{6}, B = -\frac{1}{6}, C = \frac{1}{3}, D = \frac{2}{3}
(B) A=16,B=16,C=−13,D=23A = \frac{1}{6}, B = \frac{1}{6}, C = -\frac{1}{3}, D = \frac{2}{3}
(C) A=13,B=−13,C=16,D=−23A = \frac{1}{3}, B = -\frac{1}{3}, C = \frac{1}{6}, D = -\frac{2}{3}
(D) A=16,B=−16,C=−13,D=−23A = \frac{1}{6}, B = -\frac{1}{6}, C = -\frac{1}{3}, D = -\frac{2}{3}

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核心觀念

本題考查:

  1. 拉普拉斯變換處理初始值問題。
  2. 微分方程中初始條件的代入。
  3. 卷積定理:
    L{g∗f}=G(s)F(s),\mathcal{L}\{g*f\}=G(s)F(s),
    因此
L−1{F(s)(s−a)}=eat∗f(t).\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{F(s)}{(s-a)}\right\} =e^{at}*f(t).
  1. 部分分式分解。

解題方法

令

Y(s)=L{y(t)},F(s)=L{f(t)}.Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\},\qquad F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}.

由初始條件 y(0)=1y(0)=1、y′(0)=0y'(0)=0,有

L{y′′}=s2Y−s,\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y-s,

L{y′}=sY−1.\mathcal{L}\{y'\}=sY-1.

將原方程

y′′−2y′−8y=f(t)y''-2y'-8y=f(t)

作拉普拉斯變換:

s2Y−s−2(sY−1)−8Y=F(s).s^2Y-s-2(sY-1)-8Y=F(s).

整理得

(s2−2s−8)Y−s+2=F(s),(s^2-2s-8)Y-s+2=F(s),

所以

Y(s)=F(s)+s−2s2−2s−8.Y(s)=\frac{F(s)+s-2}{s^2-2s-8}.

因為

s2−2s−8=(s−4)(s+2),s^2-2s-8=(s-4)(s+2),

故

Y(s)=F(s)(s−4)(s+2)+s−2(s−4)(s+2).Y(s)=\frac{F(s)}{(s-4)(s+2)} +\frac{s-2}{(s-4)(s+2)}.

一、求卷積項係數 AA、BB

先分解傳遞函數:

1(s−4)(s+2)=As−4+Bs+2.\frac{1}{(s-4)(s+2)} =\frac{A}{s-4}+\frac{B}{s+2}.

比較係數:

1=A(s+2)+B(s−4).1=A(s+2)+B(s-4).

因此

A+B=0,A+B=0,

2A−4B=1.2A-4B=1.

由 B=−AB=-A,得

6A=1,6A=1,

所以

A=16,B=−16.A=\frac{1}{6},\qquad B=-\frac{1}{6}.

因此

F(s)(s−4)(s+2)=16F(s)s−4−16F(s)s+2.\frac{F(s)}{(s-4)(s+2)} =\frac{1}{6}\frac{F(s)}{s-4} -\frac{1}{6}\frac{F(s)}{s+2}.

利用卷積定理:

L−1{F(s)s−4}=e4t∗f(t),\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{F(s)}{s-4}\right\} =e^{4t}*f(t), L−1{F(s)s+2}=e−2t∗f(t).\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{F(s)}{s+2}\right\} =e^{-2t}*f(t).

故

A=16,B=−16.A=\frac{1}{6},\qquad B=-\frac{1}{6}.

二、求初始條件項係數 CC、DD

再分解

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第 14 題7 分

(7%) Magnetic resonance imaging is a medical imaging technique that uses macroscopic nuclear magnetization (M) of hydrogen in human tissues as its signal source. According to the well-known Bloch equation, the longitudinal magnetization Mz(t) follows the differential equation

dMz(t)dt=M0−Mz(t)T1\frac{dM_z(t)}{dt} = \frac{M_0 - M_z(t)}{T_1}

where M0M_0 is the steady-state nuclear magnetization, and T1T_1 presents the longitudinal relaxation time, which is a tissue-dependent constant. Assume that an excitation pulse is applied to the magnetization right before t=0t = 0 to remove MzM_z completely; in other words, Mz(0)=0M_z(0) = 0. Find Mz(t)M_z(t) on the interval (0,∞)(0, \infty).

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這一題的完整詳解
dMzdt=M0−MzT1  ⟹  dMzM0−Mz=dtT1\frac{dM_z}{dt}=\frac{M_0-M_z}{T_1} \;\Longrightarrow\; \frac{dM_z}{M_0-M_z}= \frac{dt}{T_1}

對兩側積分,取 Mz(0)=0M_z(0)=0:

−ln⁡ ⁣(M0−Mz)=tT1+C-\ln\!\bigl(M_0-M_z\bigr)=\frac{t}{T_1}+C

t=0t=0 時 −ln⁡(M0)=C-\ln(M_0)=C,代回得

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第 15 題8 分

Use separation of variables to find the product solution of u(x,y)u(x, y), which satisfies

1y∂u∂x=13x∂u∂y\frac{1}{y} \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{1}{3x} \frac{\partial u}{\partial y}

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核心觀念

本題考查偏微分方程的變數分離法。設解具有乘積形式

u(x,y)=X(x)Y(y),u(x,y)=X(x)Y(y),

其中 XX 僅依賴 xx,YY 僅依賴 yy。代入後,將含 xx 的項與含 yy 的項分離;由於兩者分別只依賴不同變數,因此必須等於同一個分離常數。

解題方法

令

u(x,y)=X(x)Y(y),u(x,y)=X(x)Y(y),

則

∂u∂x=X′(x)Y(y),∂u∂y=X(x)Y′(y).\frac{\partial u}{\partial x}=X'(x)Y(y),\qquad \frac{\partial u}{\partial y}=X(x)Y'(y).

代入原方程:

1yX′Y=13xXY′.\frac{1}{y}X'Y=\frac{1}{3x}XY'.

兩邊乘以 3xy3xy,得

3xX′Y=yXY′.3xX'Y=yXY'.

對非零乘積解 X(x)Y(y)≠0X(x)Y(y)\neq 0,除以 XYXY:

3xX′X=yY′Y.3x\frac{X'}{X}=y\frac{Y'}{Y}.

左側只含 xx,右側只含 yy,故令兩者皆等於分離常數 λ\lambda:

3xX′X=λ,yY′Y=λ.3x\frac{X'}{X}=\lambda, \qquad y\frac{Y'}{Y}=\lambda.

分別解兩個常微分方程。

對 X(x)X(x):

X′X=λ3x,\frac{X'}{X}=\frac{\lambda}{3x},

因此

dXX=λ3dxx.\frac{dX}{X}=\frac{\lambda}{3}\frac{dx}{x}.

積分得

ln⁡∣X∣=λ3ln⁡∣x∣+C1,\ln |X|=\frac{\lambda}{3}\ln |x|+C_1,

所以

X(x)=C1∣x∣λ/3.X(x)=C_1|x|^{\lambda/3}.

同理,對 Y(y)Y(y):

Y′Y=λy,\frac{Y'}{Y}=\frac{\lambda}{y},

積分得

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第 16 題10 分

Given that an 3D object is enclosed by a surface f(x,y,z)=0f(x, y, z) = 0 and the xy plane (i.e., z=0z = 0), where f(x,y,z)=x2+y2+z−2f(x, y, z) = x^2 + y^2 + z - 2.
(1) (4%) Find the normal vector over the surface of this object. Note that the normal vector should be provided in the form of a unit vector here.
(2) (6%) What is the surface area of this object?

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(1) 單位法向量
曲面 f(x,y,z)=x2+y2+z−2=0f(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+z-2=0 的梯度即為法向量方向

∇f=(2x,  2y,  1)\nabla f=(2x,\;2y,\;1)

單位法向量

n=(2x, 2y, 1)4x2+4y2+1\mathbf{n}=\frac{(2x,\,2y,\,1)}{\sqrt{4x^{2}+4y^{2}+1}}

(2) 曲面積
與 z=0z=0 的交線滿足 x2+y2=2x^{2}+y^{2}=2,故投影區域 DD 為半徑 2\sqrt2 的圓盤。

z=2−x2−y2,zx=−2x,  zy=−2yz=2-x^{2}-y^{2},\qquad z_{x}=-2x,\;z_{y}=-2y

曲面積

A=∬D1+zx2+zy2  dA=∬D1+4x2+4y2  dAA=\iint_{D}\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}\;dA =\iint_{D}\sqrt{1+4x^{2}+4y^{2}}\;dA
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第 17 題10 分

Given that zz is a complex variable and zˉ\bar{z} represents its complex conjugate.
(1) (2%) Sketch the set of points determined by ∣zzˉ=2∣|z\bar{z} = 2| on the complex plane.
(2) (8%) Let CC be the contour of your answer in (1) in a positive sense. Solve

∮Ce−zz2+1dz\oint_C \frac{e^{-z}}{z^2+1} dz

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(1) ∣zzˉ∣=2|z\bar z|=2

zzˉ=∣z∣2z\bar z=|z|^{2},故 ∣z∣2=2⇒∣z∣=2|z|^{2}=2\Rightarrow |z|=\sqrt{2}。
在複平面上為以原點為中心、半徑 2\sqrt{2} 的圓;正向取逆時針方向。

(2) ∮Ce−zz2+1 dz\displaystyle \oint_{C}\frac{e^{-z}}{z^{2}+1}\,dz

z2+1=(z−i)(z+i)z^{2}+1=(z-i)(z+i),有簡單極點 z=i,  z=−iz=i,\;z=-i。
CC 的半徑 2>1\sqrt{2}>1,兩極點皆在圓內。

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