101-102
工程數學歷屆試題
電機所
勘誤表
1.
台灣大學電機工程研究所
C
喻超凡數位企業有限公司
102–9
可得對應的特徵向量為
X
1
=
⎡
⎣
1
2
3
⎤
⎦
將
λ = 1
代回
(A
− λI)X = 0
中可得
⎡
⎣
2
−2
0
1
2
−3
1
4
−5
⎤
⎦
⎡
⎣
x
1
x
2
x
3
⎤
⎦
=
⎡
⎣
0
0
0
⎤
⎦
可得對應的特徵向量為
X
2
=
⎡
⎣
1
1
1
⎤
⎦
將
λ = 2
代回
(A
− λI)X = 0
中可得
⎡
⎣
1
−2
0
1
1
−3
1
4
−6
⎤
⎦
⎡
⎣
x
1
x
2
x
3
⎤
⎦
=
⎡
⎣
0
0
0
⎤
⎦
可得對應的特徵向量為
X
3
=
⎡
⎣
2
1
1
⎤
⎦
因為
λ
1
≥ λ
2
≥ λ
3
,
故
P = [X
3
X
2
X
1
] =
⎡
⎣
2
1
1
1
1
2
1
1
3
⎤
⎦
且
det(B) = det(P M
2
P
−1
) = det(P )
· det(M
2
)
· det(P
−1
) = det(M
2
) = 2
AB
− BA = P M
1
P
−1
P M
2
P
−1
− P M
2
P
−1
P M
1
P
−1
= P M
1
M
2
P
−1
− P M
2
M
1
P
−1
= P M
1
M
2
P
−1
− P M
1
M
2
P
−1
= 0
9. (5%) Let
u and v be two vectors with norms ||u|| = 4 and ||v|| = 7, respectively,
in some inner product space. Let < 2
u + v , 2u − v > = (A14)
(A14) = ? (5%)
《喻超凡, 喻超弘 102台大電機 C》
102–22
PChome
商店街
/
超凡小鋪
http://www.superyu.idv.tw
《解》
由題意可知
B = AEc
12
Ec
35
,
且
A
的最簡列梯矩陣為
⎡
⎣
1
0
2
0
1
0
1
1
0
−1
0
0
0
1
1
⎤
⎦
故存在一個可逆的矩陣
P
使得
P A =
⎡
⎣
1
0
2
0
1
0
1
1
0
−1
0
0
0
1
1
⎤
⎦
上式兩端後乘
Ec
12
Ec
35
,
即
P AEc
12
Ec
35
= P B =
⎡
⎣
1
0
2
0
1
0
1
1
0
−1
0
0
0
1
1
⎤
⎦
Ec
12
Ec
35
=
⎡
⎣
0
1
1
0
2
1
0
−1 0 1
0
0
1
1
0
⎤
⎦
則
Er
12
P B =
⎡
⎣
1
0
−1 0 1
0
1
1
0
2
0
0
1
1
0
⎤
⎦
Er
(−1)
32
Er
(1)
31
Er
12
P B =
⎡
⎣
1
0
0
1
1
0
1
0
−1 2
0
0
1
1
0
⎤
⎦
故
B
的最簡列梯矩陣為
⎡
⎣
1
0
0
1
1
0
1
0
−1 2
0
0
1
1
0
⎤
⎦
13. (10%) Let T be a linear operator an M
2×2
and T (A) = A
− 2A
T
.
Find an
expression for
T
−1
(
a
b
c
d
)
《喻超凡, 喻超弘 102台大電機 D》
《解》
令
T
−1
(
a
b
c
d
) =
α
β
γ
δ
3.
台灣大學電子工程研究所甲
喻超凡數位企業有限公司
102–33
中可得
Φ
(t)Y (t) + Φ(t)Y
(t) = AΦ(t)Y (t) + B
即
Y
(t) = Φ
−1
(t)B
⇒ Y (t) =
Φ
−1
(t)B dt
故
X
p
(t) = Φ(t)Y (t)
= Φ(t)
Φ
−1
B dt
= Φ(t)
e
−2t
e
−5t
e
−2t
−2e
−5t
−1
3t
e
−t
dt
=
e
−2t
e
−5t
e
−2t
−2e
−5t
⎡
⎢
⎣
1
3
e
t
+
1
3
e
2t
(t
−
1
2
)
−
1
12
e
4t
+ e
5t
(
t
5
−
1
25
)
⎤
⎥
⎦
=
⎡
⎢
⎣
1
4
e
−t
+
6
5
t
−
27
50
1
2
e
−t
+
3
5
t
−
21
50
⎤
⎥
⎦
(3) ODE
的通解為
x(t)
y(t)
= X
h
(t) + X
p
(t) =
e
−2t
e
−5t
e
−2t
−2e
−5t
c
1
c
2
+
⎡
⎢
⎣
1
4
e
−t
+
6
5
t
−
27
50
1
2
e
−t
+
3
5
t
−
21
50
⎤
⎥
⎦
再由
x(0)
y(0)
=
0
0
=
1
1
1
−2
c
1
c
2
+
⎡
⎢
⎣
1
4
−
27
50
1
2
−
21
50
⎤
⎥
⎦
可解得
c
1
=
1
6
、
c
2
=
37
300
,
故
x(t)
y(t)
=
e
−2t
e
−5t
e
−2t
−2e
−5t
⎡
⎢
⎣
1
6
37
300
⎤
⎥
⎦
+
⎡
⎢
⎣
1
4
e
−t
+
6
5
t
−
27
50
1
2
e
−t
+
3
5
t
−
21
50
⎤
⎥
⎦
(d)
因
a = 3
、
b = 1
、
c = 4
、
d = 2 ,
故
ODE
可改寫成
d
2
y
dt
2
+ 7
dy
dt
+ 10y = 2e
−t
+ 6t , y(0) = 0 , y
(0) = 1
102–58
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/
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可解得
x
1
(t) = c
1
e
−4t
− 2e
−2t
x
2
(t) = c
2
e
−2t
− 2te
−2t
故
y
1
y
2
= P X =
1
1
−1 1
c
1
e
−4t
− 2e
−2t
c
2
e
−2t
− 2te
−2t
=
c
1
e
−4t
+ c
2
e
−2t
− 2e
−2t
− 2te
−2t
−c
1
e
−4t
+ c
2
e
−2t
+ 2e
−2t
− 2te
−2t
4.
試求出下列行列式
(1) (5%) D =
1
1
1
· · · 1
1
0
1
· · · 1
1
1
0
· · · 1
· · · · · · · · · · · ·
1
1
1
· · · 0
(2) (10%) D =
a
1
x
x
· · · x
x
a
2
x
· · · x
x
x
a
3
· · · x
· · · · · · · · · · · ·
x
x
x
· · · a
n
《喻超凡, 喻超弘 102台大生機線代》
《解》
(1)
因
D = det
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
1
1
1
· · · 1
1
0
1
· · · 1
1
1
0
· · · 1
· · · · · · · · · · · ·
1
1
1
· · · 0
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
n×n
= det
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
0
1
1
· · · 1
1
0
1
· · · 1
1
1
0
· · · 1
· · · · · · · · · · · ·
1
1
1
· · · 0
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
n×n
+ det
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
1
1
1
· · · 1
0
0
1
· · · 1
0
1
0
· · · 1
· · · · · · · · · · · ·
0
1
1
· · · 0
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
n×n
= det
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
0
1
1
· · · 1
1
0
1
· · · 1
1
1
0
· · · 1
· · · · · · · · · · · ·
1
1
1
· · · 0
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
n×n
+ det
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
0
1
1
· · · 1
1
0
1
· · · 1
1
1
0
· · · 1
· · · · · · · · · · · ·
1
1
1
· · · 0
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
(n−1)×(n−1)
7.
台灣大學生物機電工程研究所線性代數
喻超凡數位企業有限公司
102–59
= det(A) + det(B)
又矩陣
A
的特徵值為
λ = (n
− 1)
、
(
−1)
、
(
−1)
、
· · ·
、
(
−1) ( n − 1
個
) ,
故
det(A) = (
−1)
n−1
(n
− 1)
矩陣
B
的特徵值為
λ = (n
− 2)
、
(
−1)
、
(
−1)
、
· · ·
、
(
−1) ( n − 2
個
) ,
故
det(B) = (
−1)
n−2
(n
− 2)
則
D = det(A) + det(B) = (
−1)
n−1
(n
− 1) + (−1)
n−2
(n
− 2)
= (
−1)
n−2
{−(n − 1) + (n − 2)} = (−1)
n−1
(2)
D =
a
1
x
x
· · · x
x
a
2
x
· · · x
x
x
a
3
· · · x
· · · · · · · · · · · · · · ·
x
x
x
· · · a
n
(
第
1
行乘
(
−1)
加到第
2
行到第
n
行
)
=
a
1
x
x
· · ·
x
x
− a
1
a
2
− x
0
· · ·
0
x
− a
1
0
a
3
− x · · ·
0
· · ·
· · ·
· · ·
· · ·
· · ·
x
− a
1
0
0
· · · a
n
− x
= (x
− a
1
)(a
2
− x) · · · (a
n
− x)
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
a
1
x
− a
1
x
a
2
− x
x
a
3
− x
· · ·
x
a
n
− x
1
1
0
· · ·
0
1
0
1
· · ·
0
· · ·
· · ·
· · ·
· · ·
· · ·
1
0
0
· · ·
1
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
(
從第二行開始乘
(
−1)
加到第一行
)
= (x
− a
1
)(a
2
− x) · · · (a
n
− x)
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
β
x
a
2
− x
x
a
3
− x
· · ·
x
a
n
− x
0
1
0
· · ·
0
0
0
1
· · ·
0
· · ·
· · ·
· · ·
· · ·
· · ·
0
0
0
· · ·
1
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
3.
台聯系統
C
卷
喻超凡數位企業有限公司
102–89
10. Which of the following statements are true ?
(A) Let T be a linear transformation from
R
n
onto
R
m
. Then T is one-to-one.
(B) Let T be a linear transformation from
R
n
to
R
m
. Then
{v
1
,
· · · , v
k
} can be
linearly dependent even if
{T v
1
,
· · · , T v
k
} is linearly independent.
(C) Let T be a linear transformation from
R
n
to
R
n
, and let S
⊂
R
n
be a subspace
such that T
s ∈ S for all s ∈ S. Then dim (S) ∈ {0 , 1 , n}, where dim (S)
denotes the dimension of S.
(D) Let A
∈
R
m×n
with m > n > 3. Then rank (AA
T
) < rank (A).
(E) None of the above are true.
《喻超凡, 喻超弘 102台聯 C》
《解》
(A) False :
(B) False ;
{T v
1
,
· · · , T v
k
}
為線性獨立
,
則
{v
1
,
· · · , v
k
}
一定線性獨立
,
但逆定理
不恆真 。
(C) False ;
(D) False ;
應該是
rank (AA
T
) = rank (A).
(E) True ;
3.
台聯系統
C
卷
喻超凡數位企業有限公司
102–101
可得
X(10) = 0
或
T (t) = 0 ,
因
T (t) = 0
會使得
g(x , t) = X(x)T (t) = 0 ,
即方程
式只有零解
(trivial
解
) ,
無非零解
,
因此取
X(10) = 0 ,
同理
g(20 , t) = 0 = X(20)T (t)
可得
X(20) = 0 ,
現解
X
(x) + λX(x) = 0 , X(10) = X(20) = 0
(2)
Sturm–Liouville
邊界值問題
(i) λ < 0 ,
令
λ =
−p
2
(0 < p <
∞)
代入
(2)
式
,
可得
X
(x)
− p
2
X(x) = 0
其通解為
X(x) = c
1
sinh p(x
− 10) + c
2
cosh p(x
− 10)
代入邊界條件
X(10) = 0 ,
可得
c
2
= 0 , X(20) = 0 = c
1
sinh 10p ,
可得
c
1
= 0,
故
X(x) = 0 ,
則
g(x, t) = X(x)T (t) = 0
無非零解 。
(ii) λ = 0 ,
代入
(2)
式
,
可得
X
(x) = 0 ,
其通解為
X(x) = c
1
+ c
2
(x
− 10)
代入邊界條件
X(10) = 0 ,
可得
c
1
= 0 , X(20) = 0 = c
2
× 10 ,
可得
c
2
= 0 ,
故
X(x) = 0 ,
則
g(x, t) = X(x)T (t) = 0
無非零解 。
(iii) λ > 0 ,
令
λ = p
2
(0 < p <
∞)
代入
(2)
式
,
可得
X
(x) + p
2
X(x) = 0
其通解為
X(x) = c
1
sin p(x
− 10) + c
2
cos p(x
− 10)
代入邊界條件
X(10) = 0 ,
可得
c
2
= 0 , X(20) = 0 = c
1
sin 10p ,
令
c
1
= 0 ,
可得
sin 10p = 0 ,
故
p =
nπ
10
(n = 1 , 2 , 3 ,
· · ·)
則
X(x) = c
1
sin
nπ(x
− 10)
10
= c
1
sin(
nπx
10
− nπ) = c
1
(
−1)
n
sin
nπx
10
= X
n
將
λ = p
2
= (
nπ
10
)
2
代回
(1)
式中可得
˙
T + 5(
nπ
10
)
2
T = 0
102–102
PChome
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上式為一階
ODE,
其解為
T (t) = de
−(
n2π2
20
)t
= T
n
(n = 1 , 2 , 3 ,
· · ·)
因此
g
n
(x , t) = T
n
(t)X
n
(x) = de
−(
n2π2
20
)t
c
1
(
−1)
n
sin
nπx
10
= c
n
e
−(
n2π2
20
)t
sin
nπx
10
(3)
由重疊原理知
g(x , t) =
∞
n=1
g
n
(x, t) =
∞
n=1
c
n
e
−(
n2π2
20
)t
sin
nπx
10
(4)
本題答案選
(B)
20. Continued from Question 19, we further assume that g(x , 0) = x for 10 < x < 20
and that the solution g(x , t) takes the form of
g(x , t) =
∞
n=1
c
n
X
n
(x)T
n
(t)
for some constants c
n
. Which of the following statements are true ?
(A) c
n
=
20((
−1)
n
− 2)
nπ
, X
n
(x) = sin(
nπ
10
x) and T
n
(t) = exp(
−
n
2
π
2
20
t)
(B) c
n
=
20(1
− 2(−1)
n
)
nπ
, X
n
(x) = sin(
nπ
10
x) and T
n
(t) = exp(
−
n
2
π
2
20
t)
(C)
∞
n=1
c
n
X
n
(20)T
n
(0) = 20
(D)
∞
n=1
c
n
X
n
(10)T
n
(0) = 0
(E) None of the above are true.
《喻超凡, 喻超弘 102台聯 C》
《解》
由
g(x , 0) = x =
∞
n=1
c
n
sin
nπx
10
4.
台聯系統
D
卷
喻超凡數位企業有限公司
102–109
5. (25%) Let V be a subspace of
R
5
generated by
⎧
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
1
3
−3
−1
−4
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
,
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
1
4
−1
−2
−2
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
,
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
2
9
0
−5
−2
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎫
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎬
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎭
and W be a subspace generated by
⎧
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
1
6
2
−2
3
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
,
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
2
8
−1
−6
−5
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
,
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
1
3
−1
−5
−6
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎫
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎬
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎭
(1) (10%) Find a basis and dimension for V + W . You must justify your answer
mathematically.
(2) (15%) Find a basis and dimension for V
∩ W . You must justify your answer
mathematically.
《喻超凡, 喻超弘 102台聯 D》
《解》
令
A =
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
1
1
2
1
2
1
3
4
9
6
8
3
−3 −1
0
2
−1 −1
−1 −2 −5 −2 −6 −5
−4 −2 −2
3
−5 −6
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
R
(−3)
12
R
(3)
13
R
(1)
14
R
(4)
15
GGGGGGGGGGGGGGGGGGGGA
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
1
1
2
1
2
1
0
1
3
3
2
0
0
2
6
5
5
2
0
−1 −3 −1 −4 −4
0
2
6
7
3
−2
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
4.
台聯系統
D
卷
喻超凡數位企業有限公司
102–111
即
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
a + b + 2c + (
−d) + 2(−e) + (−f) = 0
b + 3c + 3(
−d) + 2(−e) = 0
−(−d) + (−e) + 2(−f) = 0
可解得
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
a
b
c
−d
−e
−f
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
= c
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
1
−3
1
0
0
0
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
+ (
−e)
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
2
−5
0
1
1
0
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
+ (
−f)
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
3
−6
0
2
0
1
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
故
V
∩ W
的基底為
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
1
6
2
−2
3
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
+
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
2
8
−1
−6
−5
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
, 2
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
1
6
2
−2
3
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
+
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
1
3
−1
−5
−6
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
=
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
3
14
1
−8
−2
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
,
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
3
15
3
−9
0
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
6. (10%) True or False. You must justify your answer mathematically.
(1) (5%) Two matrices that represent the same linear transformation T : V
→ V
with respect to different bases are not necessarily similar.
(2) (5%) The standard basis for
R
n
will always make the coordinate matrix for
the linear transformation T the simplest matrix possible.
《喻超凡, 喻超弘 102台聯 D》
《解》
(1) False ;
設
α
、
β
為
V
的有序基底
,
則
[T ]
β
= [I]
β
α
[T ]
α
[I]
α
β
= ([I]
α
β
)
−1
[T ]
α
[I]
α
β
(2) False ;
R
2
的標準基底為
α ,
再令
T (
x
y
) =
1
1
1
−1
x
y
102–124
PChome
商店街
/
超凡小鋪
http://www.superyu.idv.tw
c =
− det(A
2
) =
−
1
2
0
−2
2
4
=
−2
故選
(A)
、
(C)
3. Continued from Problem 2. Determine which of the following vectors are the
eigenvectors of the matrix A
2
:
(A)
⎡
⎣
1
1
0
⎤
⎦
(B)
⎡
⎣
0
1
2
⎤
⎦
(C)
⎡
⎣
2
1
2
⎤
⎦
(D)
⎡
⎣
1
0
1
⎤
⎦
(E)
⎡
⎣
4
1
3
⎤
⎦
.
《喻超凡, 喻超弘 102交大光顯》
《解》
因
det(A
2
− λI) = (−1)
3
(λ
3
− 4λ
2
+ 5λ
− 2) = 0
可解得
λ = 1
、
1
、
2 ,
將
λ = 1
代回
(A
2
− λI)X = 0
中可得
⎡
⎣
−2 2 2
−1 1 1
−2 2 2
⎤
⎦
⎡
⎣
x
1
x
2
x
3
⎤
⎦
=
⎡
⎣
0
0
0
⎤
⎦
可得對應的特徵向量為
X = c
1
⎡
⎣
1
1
0
⎤
⎦
+ c
2
⎡
⎣
1
0
1
⎤
⎦
( c
1
、
c
2
不全為
0 )
將
λ = 2
代回
(A
2
− λI)X = 0
中可得
⎡
⎣
−3 2 2
−1 0 1
−2 2 1
⎤
⎦
⎡
⎣
x
1
x
2
x
3
⎤
⎦
=
⎡
⎣
0
0
0
⎤
⎦
可得對應的特徵向量為
X = c
3
⎡
⎣
2
1
2
⎤
⎦
(c
3
= 0)
選
(A)
、
(C)
、
(D)
、
(E)
102–168
PChome
商店街
/
超凡小鋪
http://www.superyu.idv.tw
故
a
n
(t) + 2βa
n
(t) + n
2
a
n
(t) = 0
令
a
n
(t) = e
mt
代回 上式可得
m
2
+ 2βm + n
2
= 0
故
m =
−β ±
n
2
− β
2
i (0 < β < 1) ,
因此
a
n
(t) = e
−βt
(A
n
cos
n
2
− β
2
t + B
n
sin
n
2
− β
2
t)
則
PDE
的全解為
u(x , t) =
∞
n=1
e
−βt
(A
n
cos
n
2
− β
2
t + B
n
sin
n
2
− β
2
t) sin nx
(1)
再由
u(x , 0) = f (x) =
∞
n=1
A
n
sin nx
故
A
n
=
2
π
π
0
f (x) sin nx dx
且
u
t
(x , 0) = 0 =
∞
n=1
(
−βA
n
+
n
2
− β
2
B
n
) sin nx
故
B
n
=
βA
n
n
2
− β
2
,
將
A
n
、
B
n
代回
(1)
式即為解 。
4. (12%) The differential equation
m
d
2
x
dt
2
+ b
dx
dt
+ kx = 0
can be used to describe a damped simple harmonic motion. Its solution can be
written as the form of x(t) = x
m
e
−αt
cos(ωt + φ), where x
m
is the amplitude of
the damped oscillator. Please solve this differential equation and find the α and
ω in terms of m, b, k.
《喻超凡, 喻超弘 102成大光電》
《解》
令
x = e
λt
代回
ODE
中可得
mλ
2
+ bλ + k = 0
2.
成功大學光電工程研究所
喻超凡數位企業有限公司
102–169
故
λ =
−b ±
√
4mk
− b
2
i
2m
=
−
b
2m
±
k
m
− (
b
2m
)
2
i =
−α ± ω i
其中
α =
b
2m
、
ω =
k
m
− (
b
2m
)
2
,
故
x(t) = e
−αt
(c
1
cos ωt + c
2
sin ωt) = x
m
e
−αt
cos(ωt + φ)
其中
x
m
=
#
c
2
1
+ c
2
2
、
φ = tan
−1
(
−c
2
c
1
)
。
5. (1) (5%)
#»
F = [sin
2
x ,
−y sin 2x , 5z], S the surface of the box |x| ≤ a, |y| ≤ b,
|z| ≤ c. Please evaluate the integral
S
#»
F
· #»
n dA.
(2) (5%)
#»
F = [y , z
2
, x
3
], C the intersection of x
2
+ y
2
= 1 and z = y + 1. Please
evaluate the integral
C
#»
F
· #»r
ds. (The line integral is clockwise as seen by a
person standing at the origin.)
(3) (5%) Please find a parametric representation of the following curve: Circle
1
2
x
2
+ y
2
= 1, z = y
《喻超凡, 喻超弘 102成大光電》
《解》
(1)
由散度定理可知
S
#»
F
· #»
n dA =
V
(
∇ ·
#»
F ) dxdydz
=
V
(2 sin x cos x
− sin 2x + 5) dxdydz
=
V
5 dxdydz = 5(2a)(2b)(2c) = 40abc
(2)
令
x
2
+ y
2
= 1
、
z = y + 1
相交的曲線
C ,
所圍的區域為
S ,
再令
φ = z
− y − 1 = 0
則
S
的單位法向量為
#»
n =
∇φ
|∇φ|
=
−#»
j +
#»
k
√
2
2.
成功大學光電工程研究所
喻超凡數位企業有限公司
102–171
將
(1)
式兩端取共軛轉置
,
可得
(AX)
∗
= (λX)
∗
⇒ X
∗
A
∗
= λ X
∗
(2)
因
A
為
Skew–Hermitian
矩陣
,
故滿足
A
∗
=
−A ,
將其代入
(2)
式中
,
可得
−X
∗
A = λ X
∗
兩端後乘
X
可得
−X
∗
AX = λ X
∗
X
⇒ − X
∗
λX = λ X
∗
X
故可得
(λ + λ)X
∗
X = 0
因
X
∗
X
= 0 ,
則
λ =
−λ ,
即
λ
為純虛數或零 。
7. (a) (5%) Please find all the singular points and the corresponding residues for
sin z
z
6
.
(b) (5%) Please find the Cauchy principal value for
∞
−∞
x + 5
x
3
− x
dx
(c) (5%) Please integrate
cos z
z
n
for n = 1 , 2 ,
· · · counterclockwise around
C :
|z| = 1.
《喻超凡, 喻超弘 102成大光電》
《解》
(a)
因
z = 0
為
f (z) =
sin z
z
6
的
5
階
pole ,
且
Resf (0) =
1
5!
lim
z→0
d
5
dz
5
{z
6
sin z
z
6
} =
1
5!
lim
z→0
(cos z) =
1
120
(b)
令
f (z) =
z + 5
z
3
− z
,
故
F (z)
在實軸上具有
z = 0
、
±1
的一階
poles ,
且
Resf (1) =
z + 5
3z
2
− 1
z=1
= 3
Resf (0) =
z + 5
3z
2
− 1
z=0
=
−5
Resf (
−1) =
z + 5
3z
2
− 1
z=1
= 2
1.
中山大學電機工程研究所甲
喻超凡數位企業有限公司
102–187
=
x=1
x=0
y=x
3
y=0
2y dy dx
=
x=1
x=0
y
2
y=x
3
y=0
dx
=
x=1
x=0
x
6
dx =
1
7
因此
C
3
#»
F
· #»
n ds =
C
1
+C
2
+C
3
#»
F
· #»
n ds
−
C
1
+C
2
#»
F
· #»
n ds =
1
7
− (−1) =
8
7
8. (10%) Consider the following Lyapunov equation
XA + A
T
X + Q = 0
where A is a (n-dimensional) real square matrix, and X, Q are real symmetric
matrices.
(a) (5%) Suppose all eigenvalues of A have negative real parts. Show that
X =
∞
0
e
A
T
τ
Q e
Aτ
dτ
is a solution to the Lyapunov equation.
(b) (5%) Suppose Q is positive definite and the Lyapunov equation has a positive
definite solution X. Show that all eigenvalues of A have negative real parts.
《喻超凡, 喻超弘 102中山電機甲》
《解》
(a)
設
λ
1
、
λ
2
、
· · ·
、
λ
n
為方陣
A
的特徵值
,
且實部均為負值 。 若
A
可對解化
,
則存
在一個非奇異的矩陣
S ,
使得
e
At
= S
⎡
⎢
⎢
⎣
e
λ
1
t
0
· · ·
0
0
e
λ
2
t
· · ·
0
· · ·
· · · · · · · · ·
0
0
· · · e
λ
n
t
⎤
⎥
⎥
⎦
S
−1
102–202
PChome
商店街
/
超凡小鋪
http://www.superyu.idv.tw
令
u = y
−2
,
故
du
dx
= (
−2)y
−3
dy
dx
,
代回上式可得
du
dx
− 2u = −2x
積分因子為
I = e
−2x
,
且
Iu =
e
−2x
(
−2x) dx = xe
−2x
+
1
2
e
−2x
+ c
故
ODE
的通解為
u =
1
y
2
= (x +
1
2
) + c e
2x
5. (20%) Assuming z = re
iθ
and ξ = ρe
iφ
, calculate following values.
(1) Re
z + ξ
z
− ξ
(10%)
(2) Im
z + ξ
z
− ξ
(10%)
《喻超凡, 喻超弘 102中山光電》
《解》
因
z + ξ
z
− ξ
=
(z + ξ)(¯
z
− ¯ξ)
(z
− ξ)(¯z − ¯ξ)
=
z ¯
z + ξ ¯
z
− z ¯ξ− ξ ¯ξ
z ¯
z
− ξ¯z − z ¯ξ+ ξ ¯ξ
(1)
因
z ¯
z =
|z|
2
= r
2
, ξ ¯
ξ =
|ξ|
2
= ρ
2
,
且
−ξ¯z − z ¯ξ = −rρe
i(φ−θ)
− rρe
i(θ−φ)
=
−rρ(e
i(φ−θ)
+ e
−i(φ−θ)
) =
−2rρ cos(φ − θ)
ξ ¯
z
− z ¯ξ = rρe
i(φ−θ)
− rρe
i(θ−φ)
= rρ(e
i(φ−θ)
− e
−i(φ−θ)
) = 2irρ sin(φ
− θ)
代回
(1)
式可得
z + ξ
z
− ξ
=
z ¯
z + ξ ¯
z
− z ¯ξ− ξ ¯ξ
z ¯
z
− ξ¯z − z ¯ξ+ ξ ¯ξ
=
r
2
+ 2irρ sin(φ
− θ) − ρ
2
r
2
− 2rρ cos(φ − θ) + ρ
2
(2)
(1)
由
(2)
式可知
Re
z + ξ
z
− ξ
=
r
2
− ρ
2
r
2
− 2rρ cos(φ − θ) + ρ
2
(2)
由
(2)
式可知
Im
z + ξ
z
− ξ
=
2rρ sin(φ
− θ)
r
2
− 2rρ cos(φ − θ) + ρ
2
1.
海洋大學光電研究所
喻超凡數位企業有限公司
102–235
8. (8%) z = x + iy,
求
z
3
的實部與虛部 。
《喻超凡, 喻超弘 102海洋光電》
《解》
z
3
= (x + iy)
3
= x
3
+ 3x
2
(iy) + 3x(iy)
2
+ (iy)
3
= (x
3
− 3xy
2
) + i(3x
2
y
− y
3
) ,
故
Re(z
3
) = x
3
− 3xy
2
Im(z
3
) = 3x
2
y
− y
3
9. (13%)
請計算積分
∞
0
x
2
+ 1
x
6
+ 1
dx
《喻超凡, 喻超弘 102海洋光電》
《解》
令
f (z) =
z
2
+ 1
z
6
+ 1
,
由
z
6
+ 1 = 0,
可得
z
6
=
−1 = e
(2kπ+π)i
⇒ z = e
(2kπ+π)i
6
(k = 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5)
為
f (z)
的奇點
,
只有
z
1
= e
i
π
6
、
z
3
= e
i
5π
6
的一階
poles
在上半面
, z
2
= e
i
π
2
為可棄
奇點
,
且其殘值分別為
Resf (z
1
) = lim
z→z
1
z
2
+ 1
6z
5
=
1
6
(e
2i
π
6
+ 1)e
−i
5π
6
=
1
6
(
−
√
3
2
− i
3
2
)
Resf (z
3
) = lim
z→z
3
z
2
+ 1
6z
5
=
1
6
(e
2i
5π
6
+ 1)e
−i
25π
6
=
1
6
(
√
3
2
− i
3
2
)
故
∞
0
x
2
+ 1
x
6
+ 1
dx =
1
2
∞
−∞
x
2
+ 1
x
6
+ 1
dx
=
1
2
· 2πi{Resf(z
1
) + Resf (z
3
)
}
=
π
2
2.
暨南大學應用光電工程研究所
喻超凡數位企業有限公司
102–291
3. (15%) Solve cos x (e
2y
− y)
dy
dx
= e
y
sin 2x, y(0) = 0.
《喻超凡, 喻超弘 102暨南應光》
《解》
原式可改寫成
(e
y
− ye
−y
)dy =
sin 2x
cos x
dx
兩端積分可得
e
y
+ ye
−y
+ e
−y
=
−2 cos x + c
再由
y(0) = 0 ,
可得
1 + 1 =
−2 + c ,
故
c = 4 ,
則
ODE
的特解為
e
y
+ ye
−y
+ e
−y
=
−2 cos x + 4
4. (15%) Solve y
+ y = 4x + 10 sin x , y(π) = 0, y
(π) = 2.
《喻超凡, 喻超弘 102暨南應光》
《解》
(1)
齊次解
:
令
y = e
mx
代回
ODE
中可得
m
2
+ 1 = 0
⇒ m = ±i
故
y
h
(x) = c
1
sin x + c
2
cos x
(2)
特解
:
y
p
(x) =
1
D
2
+ 1
(4x) +
1
D
2
+ 1
(10 sin x)
= (1
− D
2
+
· · ·)(4x) + 10 ×
x
2
(
− cos x)
= 4x
− 5x cos x
(3)
通解
:
y(x) = y
h
(x) + y
p
(x) = c
1
sin x + c
2
cos x + 4x
− 5x cos x
101–6
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=
∞
−∞
u(τ , 0)
y
π
{y
2
+ (x
− τ)
2
}
dτ
=
∞
0
20
y
π
{y
2
+ (x
− τ)
2
}
dτ
=
20
π
(
− tan
−1
x
− τ
y
)
∞
0
=
20
π
(
π
2
+ tan
−1
x
y
)
= 10
− (−
20
π
) tan
−1
x
y
3. (16%) If the particular solution that satisfies the following equation and initial
conditions :
xy
+ 3y
+ 25xy = 0 , 0 < x <
∞ , y(0) = 12 , y
(0) = 0
can be written as y(x) = Ax
B
J
1
(Cx) + Dx
B
Y
1
(Cx). A = ? B = ? C = ? D = ?
《喻超凡, 喻超弘 101台大電機 C》
《解》
原式可改寫成
x
2
y
+ 3xy
+ 25x
2
y = 0
令
1
− 2α = 3,
故
α =
−1,
令
y = x
−1
z(x)
代回
ODE
中
,
可得
x
2
z
+ xz
+ (25x
2
− 1)z = 0
故
z(x) = c
1
J
1
(5x) + c
2
Y
1
(5x)
因此
y(x) = x
−1
z(x) = c
1
J
1
(5x)
x
+ c
2
Y
1
(5x)
x
因
lim
x→0
y(x) = lim
x→0
{c
1
J
1
(5x)
x
+ c
2
Y
1
(5x)
x
} = 12
故
c
2
= 0,
且
c
1
lim
x→0
J
1
(5x)
x
= c
1
lim
x→0
5 J
1
(5x) = 5 c
1
J
1
(0)
= 5 c
1
1
2
{J
0
(0)
− J
2
(0)
}
= 5
c
1
2
= 12
3.
台灣大學生物機電工程研究所
喻超凡數位企業有限公司
101–25
(3)
相異的特徵值對應的特徵函數相對權函數
w =
1
1 + x
2
為正交 。
8.
試求解下列的邊界值問題
(18%)
∂
2
u
∂x
2
=
∂u
∂t
, 0 < x < 1 , t > 0
邊界條件
: u(0 , t) = sin t , u(1 , t) = 0, t > 0
初始條件
: u(x , 0) = 0 , 0 < x < 1.
《喻超凡, 喻超弘 101台大生機》
《解》
令
u(x , t) = φ(x , t)
− x sin t + sin t,
代回
ODE
中可得
∂
2
φ
∂x
2
=
∂φ
∂t
− x cos t + cos t
且
u(0 , t) = φ(0 , t) + sin t = sin t
⇒ φ(0 , t) = 0
u(1 , t) = φ(1 , t)
− sin t + sin t = 0 ⇒ φ(1 , t) = 0
u(x , 0) = φ(x , 0) = 0
因
φ(0 , t) = φ(1 , t) = 0,
故特徵函數為
!
sin nπx
"
∞
n=1
故
φ(x , t) =
∞
n=1
a
n
(t) sin nπx
且
(
−x + 1) =
∞
n=1
q
n
sin nπx
其中
q
n
= 2
1
0
(
−x + 1) sin nπx dx =
2
nπ
代回
PDE
中可得
∞
n=1
a
n
(t)(
−n
2
π
2
) sin nπx =
∞
n=1
a
n
(t) sin nπx + cos t
∞
n=1
2
nπ
sin nπx
101–36
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2. 101
台聯系統
C
卷
1. (9%) Let a > b > 0, and define M = a
uu
T
+ bI
4
, where
u = [1 2 2 1]
T
and I
4
is the identity matrix of dimension 4
× 4.
(1) (5%) Let λ
1
≥ λ
2
≥ λ
3
≥ λ
4
be the eigenvalues of M . Compute
λ
1
+ λ
2
− λ
3
− λ
4
.
(2) (4%) Find the maximal singular value of matrix M .
《喻超凡, 喻超弘 101台聯 C》
《解》
(1)
因
M
u = (au u
T
+ bI
4
)
u = au u
T
u + b u = (10a + b)u
故
u
所對應的特徵值為
λ
1
= (10a + b),
再令
v ∈ span {u}
⊥
故
<
v , u >= u
T
v = 0,
因此
M
v = (auu
T
+ bI
4
)
v = b v
則
λ
2
= λ
3
= λ
4
= b ,
故
λ
1
+ λ
2
− λ
3
− λ
4
= (10a + b) + b
− b − b = 10a
(2)
因
M
T
= (a
uu
T
+ bI
4
)
T
= a
uu
T
+ bI
4
,
故
M
為對稱矩陣
,
則
M
的奇異值即為
M
的特徵值
,
故
M
對大的奇異值為
(10a + b)
。
2.
台聯系統
C
卷
喻超凡數位企業有限公司
101–45
《解》
因題目的初始條件為
y(1) = 3
、
y
(1) = 0 ,
故
ODE
的解只能對
x = 1
展開
,
因
x = 1
為
ODE
的常點
,
又因題目只要求前
6
項的解
,
因此採用直接求解法
,
令
ODE
的解為
y(x) =
∞
n=0
y
(n)
(1)
n!
(x
− 1)
n
(1)
y
(x) = 2(x
− 1)y
(x)
− 8y(x) ⇒ y
(1) =
−8y(1) = −24
y
(x) = 2(x
− 1)y
(x) + 2y
(x)
− 8y
(x)
⇒ y
(1) =
−6y
(1) = 0
y
(4)
(x) = 2(x
− 1)y
(x) + 2y
(x)
− 6y
(x)
⇒ y
(4)
(1) =
−4y
(1) = 96
y
(5)
(x) = 2(x
− 1)y
(4)
(x) + 2y
(x)
− 4y
(x)
⇒ y
(5)
(1) =
−2y
(1) = 0
y
(6)
(x) = 2(x
− 1)y
(5)
(x) + 2y
(4)
(x)
− 2y
(4)
(x)
⇒ y
(6)
(1) = 0
y
(7)
(x) = 2(x
− 1)y
(6)
(x) + 2y
(5)
(x)
⇒ y
(7)
(1) = 2y
(5)
(1) = 0
..
.
將求出的
y
(1)
、
y
(1)
、
y
(4)
(1)
、
y
(5)
(1)
、
· · · ,
代回
(1)
中
,
可得
y(x) = y(1) + y
(1)(x
− 1) +
y
(1)
2!
(x
− 1)
2
+
y
(1)
3!
(x
− 1)
3
+
y
(4)
(1)
4!
(x
− 1)
4
+
y
(5)
(1)
5!
(x
− 1)
5
+
y
(6)
(1)
6!
(x
− 1)
6
+
· · ·
= 3
−
24
2
(x
− 1)
2
+
96
4!
(x
− 1)
4
=
−5 + 8x + 12x
2
− 16x
3
+ 4x
4
= c
0
+ c
1
x + c
2
x
2
+ c
3
x
3
+ c
4
x
4
+ c
5
x
5
故
c
0
=
−5
、
c
1
= 8
、
c
2
= 12
、
c
3
=
−16
、
c
4
= 4
、
c
5
= 0 ,
本題之所能解出
,
是剛好
y
(5)
(1) = y
(6)
(1) = y
(7)
(1) =
· · · = 0
否則無法求出正確解 。
10. (10%) Consider the following boundary value problem for u(x , t) with 0 < x < π
and t > 0
∂
2
u
∂x
2
=
∂
2
u
∂t
2
, u(0 , t) = u(π , t) = 0 , u(x , 0) = f (x) ,
∂u
∂t
t=0
= 0
(1)
(1) (5%) Assuming f (x) = x, determine its Fourier sine series on interval [0 , π).
(2) (5%) Solve the boundary value problem (1) for u(x , t) when f (x) = x.
《喻超凡, 喻超弘 101台聯 C》
101–70
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α =
π
4
、
β = tan
−1
1
√
2
2. The matrix A =
⎡
⎣
1
2
1
0
3
1
0
5
−1
⎤
⎦
(a) (5%) Find the eigenvalues and the corresponding eigenvectors for the matrix
A.
(b) (5%) Calculate determinant of (A
4
− 4A
3
− 3A
2
+ 14A
− 7I).
《喻超凡, 喻超弘 101交大光顯》
《解》
(a)
由
det(A
− λI) = 0 ,
可得特徵值為
λ = 1
、
4
、
-2 ,
將
λ = 1
代回
(A
− λI)X = 0
中可得
⎡
⎣
0
2
1
0
2
1
0
5
−2
⎤
⎦
⎡
⎣
x
1
x
2
x
3
⎤
⎦
=
⎡
⎣
0
0
0
⎤
⎦
故對應的特徵向量為
X = c
1
⎡
⎣
1
0
0
⎤
⎦
(c
1
= 0)
將
λ = 4
代回
(A
− λI)X = 0
中可得
⎡
⎣
−3
2
1
0
−1
1
0
5
−5
⎤
⎦
⎡
⎣
x
1
x
2
x
3
⎤
⎦
=
⎡
⎣
0
0
0
⎤
⎦
1.
交通大學光顯聯招
喻超凡數位企業有限公司
101–71
故對應的特徵向量為
X = c
2
⎡
⎣
1
1
1
⎤
⎦
(c
2
= 0)
將
λ =
−2
代回
(A
− λI)X = 0
中可得
⎡
⎣
3
2
1
0
5
1
0
5
1
⎤
⎦
⎡
⎣
x
1
x
2
x
3
⎤
⎦
=
⎡
⎣
0
0
0
⎤
⎦
故對應的特徵向量為
X = c
3
⎡
⎣
1
1
−5
⎤
⎦
(c
3
= 0)
(b)
令
g(A) = A
4
− 4A
3
− 3A
2
+ 14A
− 7I ,
故
g(A)
的特徵值為
g(1) = 1 , g(4) = 1 , g(
−2) = 1
故
det
{g(A)} = g(1) × g(4) × g(2) = 1
。
3. The U be the subspace of
R
4
that consist of all vectors of the form
⎡
⎢
⎢
⎣
2s
− t
s
t
−5s + 2t
⎤
⎥
⎥
⎦
(a) (5%) Find a basis for U .
(b) (5%) Find the orthogonal complement of U .
(c) (5%) Find the vector in U that is closest to
⎡
⎢
⎢
⎣
−1
0
0
1
⎤
⎥
⎥
⎦
.
《喻超凡, 喻超弘 101交大光顯》
《提示》
本題為
96
年交大光顯的考題 。
《解》
101–146
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將
λ = 4
代回
(A
− λI)X = 0
中可得
0
−3
0
−3
x
1
x
2
=
0
0
故可得對應的特徵向量為
X
2
=
1
0
令
S = [X
1
X
2
] =
1
1
1
0
故
S
−1
AS = D =
1
0
0
4
則
A
1/2
= SD
1/2
S
−1
= S
1
0
0
2
S
−1
6. Let
B =
⎡
⎢
⎢
⎣
−5 −8 0
3
0
5
0
−6
5
−7 2
2
0
3
0
−4
⎤
⎥
⎥
⎦
Mark the following statements True or False. Justify each answer.
(a) (5%) B is an invertible matrix.
(b) (5%) The linear transformation x
→ Bx for any vector x ∈
R
4
is one-to-one.
(c) (5%) Dimension of the null space of B is n.
《喻超凡, 喻超弘 101北科大電機甲》
《解》
(a) T ;
因
det(B) =
−5 −8 0
3
0
5
0
−6
5
−7 2
2
0
3
0
−4
= 2
−5 −8
3
0
5
−6
0
3
−4
= 20
= 0
(b) T ;
因
det(B)
= 0,
故
N (B) = {0}
。
(c) F ; nullity (B) = 0