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第 一 篇 97 台 大 1-1
97 台埍 大圢 土 木垂 (A)
範 例 1
It is known that
⎡2
1 −1⎤
A =
⎢ ⎥
⎢
3 2 − 3
⎥
.
⎢⎣
3 1 − 2⎥⎦
6 5 4 3 2
B
If B = A − 2A
− 3A
+ 9A
−4A
− 6A
+ 8I
, find B and e , both solutions
should be expressed in terms of a 3× 3 matrix. (25%)【97 台 大 土 木 】
【 範 圍 】23-4
3 2
【 詳 解 】 由 det( A − λ I)
= −[
λ − c1λ
+ c2λ
− c3]
= 0
其 中 c = tr(
A)
2 ,
c
1
=
2
=
3
1 2
+
2 3
−1
2
+
− 2 1
− 3
=
− 2
2
−
2 1 −1
c
3
= det( A)
= 3 2 − 3 = −2
3 1 − 2
3 2
det( A − λI)
= −[
λ − 2λ
− λ + 2] = 0 λ = 2,
−1,
1
6 5 4 3 2
(1) 令 f ( x)
= x − 2x
− 3x
+ 9x
−4x
− 6x
+ 8
1
= q( x)(
x − 2)( x + 1)( x −1)
+ a ( x −1)(
x + 1) + b(
x −1)
+ c

1-2 陳 立 工 數
則
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+
+
=
=
+
= −
=
−
=
=
c
b
a
f
c
b
f
c
f
3
4
(2)
2
1
1)
(
3
(1)
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
=
=
3
1
0
c
b
a
故 8
6
4
9
3
2
)
(
2
3
4
5
6
+
−
−
+
−
−
= x
x
x
x
x
x
x
f
2
1)
1)(
2)(
)(
( +
+
−
+
−
= x
x
x
x
x
q
由 Cayley-Hamilton 定 理 0
)
)(
)(
2
( =
−
+
−
I
A
I
A
I
A
I
A
A
A
A
A
A
A
f
B 8
6
4
9
3
2
)
(
2
3
4
5
6
+
−
−
+
−
−
=
=
I
A
I
A
I
A
I
A
A
q 2
)
)(
)(
2
)(
( +
+
−
+
−
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
+
=
0
1
3
3
4
3
1
1
4
2I
A
(2) =
λ(B)
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
−
=
=
1
1)
(
3
(1)
4
(2)
f
f
f
1
= 4,3,
λ
令
x
e
x
g =
)
(
c
x
b
x
x
a
x
x
x
x
q +
−
+
−
−
+
−
−
−
= )
1
(
1)
3)(
(
4)
3)(
1)(
)(
(
則
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+
+
=
=
+
=
=
=
=
c
b
a
e
g
c
b
e
g
c
e
g
3
3
(4)
2
(3)
(1)
4
3
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
=
−
=
+
−
=
e
c
e
e
b
e
e
e
a
)
(
2
1
6
1
2
1
3
1
3
3
4
由 Cayley-Hamilton 定 理 0
)
)(
3
)(
4
( =
−
−
−
I
B
I
B
I
B
)
g(B
e B =

第 一 篇 97 台 大 1-3
= q( B)(
B − I)(
B − 3I)(
B − 4I
)
+ a ( B − 3I)(
B − I)
+ b(
B − I)
+ cI
= a ( B − 3I)(
B − I)
+ b(
B − I)
+ cI
1 4 1 3 1
1 3
= ( e − e + e)(
B − 3I)(
B − I)
+ ( e − e)(
B − I)
+ eI
3 2 6
2
⎡3
3 − 3⎤
⎡3
1 −1⎤
1 4 1 3 1
e e e
⎢ ⎥ 1 3
= ( − + ) + e − e
⎢ ⎥
⎢
3 3 − 3
⎥
( )
⎢
3 3 − 3
⎥
+ eI
3 2 6
2
⎢⎣
3 3 − 3⎥⎦
⎢⎣
3 1 −1⎥⎦
範 例 2
The Fourier series representation of
g ( x)
= x , for − L ≤ x ≤ L , has been
⎡(2n
−1)
πx
⎤
cos
L 4L
found to be ∑ ∞ ⎢
⎣ L ⎥
g(
x)
= −
⎦
,
2
2
2 π = (2n
−1)
n 1
Given
⎧ 1 for x < 0
x
f ( x)
= ⎨
and h( x)
= f t dt
⎩−1
for 0 < x ∫ ( ) , for − 2π ≤ x ≤ 2π
.
− 2π
(25%)【97 台 大 土 木 】
【 範 圍 】12-1
x
【 詳 解 】 h( x)
= ∫ f ( t)
dt , − 2π ≤ x ≤ 2π
−
2π
1 − 2 π ≤ x < 0 : h(
x)
= ∫ 1dt
= x + 2π
−
x
x
2π
2 0 < x < 2π
: h(
x)
= ∫ f ( t)
dt = ∫ 1dt
+ ∫ ( −1)
dt = 2π
− x
−2π
0
−2π
0
x

1-4 陳 立 工 數
⎧−
x for x < 0
綜 合 12 可 得 2π − h ( x)
= ⎨
=
⎩ x for x > 0
x
又 已 知 g ( x)
=
x
⎡(2n
−1)
πx
⎤
cos
L 4L
且 Fourier 級 數 展 開 為 ∑ ∞ ⎢
⎣ L ⎥
g(
x)
= −
⎦
2
2
2 π = (2n
−1)
n 1
(2n
−1)
x
8π
∑ ∞ cos[ ]
h(
x)
= 2π
− g(
x)
= 2π
−π
+
2
2
2
π = (2n
−1)
8
= π +
π
∑ ∞
n=
1
(2n
−1)
x
cos[ ]
2
2
(2n
−1)
n 1
範 例 3
(a) Solve the following ordinary differential equation
d 2
φ(
x)
= 1+ x
2
dx
−1 ≤ x ≤ 1,
which is subjected to the boundary conditions:
φ ( x = −1)
= 0 and φ ( x = 1) = 0 .
And identify the homogeneous, particular solutions and resonant modes.
(b) Express the solution of φ (x)
from Part (a) in terms of the
Chebyshev polynomials T n
(x)
.
Hint: T ( x)
1; T ( x)
= x
0
=
1
;

第 一 篇 97 台 大 1-5
Tn 1
( x)
− 2xTn
( x)
+ Tn
1(
) = 0 ;
+ −
x
(1 − x
2
2
) T′′
( x)
− xT′
( x)
+ n T ( x)
= 0
1
m
∫ − 1 2
n n
n
;
T ( x)
Tn
( x)
dx = 0
1−
x
2
T
0
(x)
= π ;
d ( x)
【 詳 解 】(a) = 1+ x
2
dx
2
φ
, m ≠ n ;
2 π
T n
( x)
= ; n = 1,2,3 ,.... (25%)【97 台 大 土 木 】
2
1
2
dφ(
x)
dx
1
2
2
= x + x + c1
1
6
2 3
φ ( x ) = x + x + c1x
+ c2
BC
⎧ 1 1 1
⎪φ
( −1)
= − − c1
+ c2
= − c1
+ c2
= 0
2 6 3
⎨
⎪ 1 1 2
φ(1)
= + + c + = + + = 0
1
c2
c1
c2
⎩ 2 6 3
⎧1
⎪
− c1
+ c
3
⎨
⎪2
+ c +
1
c
⎩3
2
2
= 0
= 0
⎧
⎪
c
⎨
⎪
c
⎩
1
2
1
= −
6
1
= −
2
1 2 1 3 1
φ ( x)
= x + x − x −
2 6 6
(b) T
0
( x)
= 1; T
1
( x)
= x ; T
1( x)
= 2xT
( x)
T
1(
x)
1
2
n+ n
−
2
n =1: T ( x)
= 2xT
( x)
−T
( x)
= 2x
1
2 1 0
−
n−
2
3
n = 2 : T ( x)
= 2xT
( x)
−T
( x)
= 2x(2x
−1)
− x = 4x
3x
3 2 1
−
令
φ
1
2
1
6
1
2
1
6
2 3
( x ) = − − x + x + x
= c
0T0
( x)
+ c1T
1(
x)
+ c2T2
( x)
+ c3T3
( x)

1-6 陳 立 工 數
2
3
= c0 + c1x
+ c2(2x
−1)
+ c3(4x
− 3x)
= ( c + c x
2
0
− c2)
+ ( c1
− 3c3
) x + 2c2x
4
3
3
⎧ 1
⎪
c0
− c2
= −
2
⎪
⎪ 1
c1
− 3c3
= −
⎪ 6
⎨
⎪ 1
2c2
=
⎪ 2
⎪ 1
⎪4c3
=
⎩ 6
⎧ 1
⎪
c0
= −
4
⎪
⎪ 1
c1
= −
⎪
24
⎨
⎪ 1
c2
=
⎪ 4
⎪ 1
⎪c3
=
⎩ 24
1 1 1 1
故 φ (x)
= − T
0(
x)
− T1
( x)
+ T2
( x)
+ T3
( x)
4 24 4 24
範 例 4
(a) Find the solution of the following partial differential equation(PDE):
1 1
urr + ur
+ u = 0
2 θθ
, r
1
= 3 ≤ r ≤ r2
= 5
r r
Where u ( r,
θ ) is periodic in θ with period 2 π and subject to the
Dirichlet boundary conditions: u ( r 1
= 3, θ ) = F(
θ ) = 2 + cosθ
;
u ( r 2
= 5, θ ) = G(
θ ) = 1
(b) Explain the applications of this PDE.
Hint: You may assume u ( r,
θ ) = R(
r)
Θ(
θ ) .
(25%)【97 台 大 土 木 】
【 範 圍 】16-1
【 詳 解 】 由 分坖 離 變 數 法 , 令 u ( r,
θ ) = R(
r)
Θ(
θ )
1 1
代 入 PDE urr
+ ur
+ u = 0
2 θθ
r r

第 一 篇 97 台 大 1-7
得 0
1
1
2 =
Θ′′
′Θ +
Θ +
′′ R
r
R
r
R
λ
= −
Θ
Θ′′
=
−
′
+
′′
R
r
R
r
R
2
1
1
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
= Θ′
Θ′
= Θ
Θ
Θ =
+
Θ ′
′
=
−
′
+
′′
2
1
LLL
LLLLLL
)
(2
(0)
),
(2
(0)
0
)
(
0
1
2
π
π
λ
λ
;
Cauchy 等 維
R
r
R
r
R
由 12 得
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+
=
=
Θ
=
r
D
C
r
R
A
ln
)
(
)
(
0
θ
λ
或
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+
=
+
=
Θ
∈
=
−n
n
Dr
Cr
r
R
n
B
n
A
N
n
n
)
(
sin
cos
)
(
)
(
2
θ
θ
θ
λ
由 疊 加垰 法
令 ]
[
{ θ
θ
n
r
B
A r
r
B
A
r
u
n
n
n
n
n
cos
ln
)
,
(
1
0
0 ∑ ∞ =
−
+
+
+
=
]
[ }
nθ
r
D
r
C
n
n
n
n
sin
−
+
+
BC
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
+
+
+
+
+
=
=
+
+
+
+
+
=
=
−
−
∞
=
−
−
∞
=
∑
∑
}
]sin
5
5
[
]cos
5
5
{[
ln5
)
(
)
(5,
}
]sin
3
3
[
]cos
3
3
{[
ln3
)
(
)
(3,
1
0
0
1
0
0
θ
θ
θ
θ
θ
θ
θ
θ
n
D
C
n
B
A
B
A
G
u
n
D
C
n
B
A
B
A
F
u
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n

1-8 陳 立 工 數
其 中
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
=
=
+
=
+
=
+
=
=
+
≠
=
+
=
+
=
=
+
=
+
=
+
∫
∫
∫
∫
∫
∫
−
−
−
−
0
sin
1
5
5
0
)sin
cos
(2
1
3
3
0
cos
1
5
5
1)
0(
)cos
cos
(2
1
3
3
1
2
1
ln5
2
)
cos
(2
2
1
ln3
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
0
0
2
0
0
0
π
π
π
π
π
π
θ
θ
π
θ
θ
θ
π
θ
θ
π
θ
θ
θ
π
θ
π
θ
θ
π
d
n
D
C
d
n
D
C
d
n
B
A
n
d
n
B
A
d
B
A
d
B
A
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
但 1
)cos
cos
(2
1
3
3
2
0
1
1
1 =
+
=
+ ∫
−
π
θ
θ
θ
π
d
B
A )
( =1
n
16
75
,
16
3
,
)
3
5
ln(
1
,
)
3
5
ln(
ln3
2ln5
1
1
0
0 =
= −
−
=
+
= B
A
B
A
0
,
1)
(
0 =
=
≠
=
= n
n
n
n
D
C
n
B
A
θ
θ
cos
)
16
75
16
3
(
ln
)
3
5
ln(
1
)
3
5
ln(
ln3
2ln5
)
,
(
−1
+
−
+
−
+
= r
r
r
r
u

第 一 篇 97 台 大 1-9
96 台埍 大圢 土 木垂 (K)
範 例 1
Let two vectors P = (3,1 ) and Q (1,3 ) . Find cos θ in which θ is the angle
between these two vectors.
【 範 圍 】18-1
→
【 詳 解 】 令 P =< 3,1
> , Q =< 1,3 >
→
→
→
P⋅Q
6 3
cos θ = = =
→ →
10 5
P Q
(10%)【97 台 大 土 木 】
範 例 2
Find a unit vector u in the direction of v = (3,4)
. Find all the possibilities of a
unit vector U perpendicular to u.
【 範 圍 】18-1
(15%)【97 台 大 土 木 】
【 詳 解 】 已 知 u
→
→
v
= →
v
< 3 ,4 >
=
5
→
→
令 U =< x, y >⊥ u → 3 + 4
⋅ → x y
3
U u = = 0 y = − x
5
4
→
< 4 , −3
>
→
故 取 U = k 與 u 垂 直
5

1-10 陳 立 工 數
範 例 3
Find the determinants of rotation
⎡cosθ
− sinθ
⎤
R = ⎢
⎥ and reflection
⎣sinθ
cosθ
⎦
2
⎡ 1−
2cos θ − 2cosθ
sinθ
⎤
Q = ⎢
⎥ .
2
⎣−
2cosθ
sinθ
1−
2sin θ ⎦
(20%)【97 台 大 土 木 】
【 範 圍 】21-1
cosθ
− sinθ
【 詳 解 】 det( R ) =
= 1
sinθ
cosθ
det( Q ) =
1−
2cos
2
θ
− 2cosθ
sinθ
− 2cosθ
sinθ
1−
2sin
2
θ
2
2
2 2
= ( 1−
2cos θ )(1 − 2sin θ ) − 4cos θ sin θ
2 2
= 1−
2(cos θ + sin θ ) = −1
範 例 4
⎡ a⎤
Consider a matrix M =
1 ⎢ ⎥ .
⎣c
b ⎦
(a) What is LU factorization of the matrix?
(b) Under what condition is this matrix singular?
(20%)【97 台 大 土 木 】
⎡1 a⎤
( −c
)
r ⎡1
a ⎤
12
【 詳 解 】(a) M = ⎢ ⎯⎯ → = U
c b
⎥ ⎢
b ac
⎥
⎣ ⎦ ⎣0
− ⎦
⎡1
0⎤⎡1
a ⎤
M = LU = ⎢ ⎥⎢
⎥
⎣c
1⎦⎣0
b − ac ⎦
(b) 若 det( M ) = b − ca = 0 b = ac M 為 奇 異 矩 陣

第 一 篇 97 台 大 1-11
範 例 5
Consider an ordinary differential equation m x′′ + kx = 0 in which the prime
indicates the derivative with respect to t.
(a) Find the general form for the solution x (t)
.
9
(b) Find the solution for m = , k = 1 with the initial conditions of
4
x ( 0) = −4
and x ′( 0) = 0 .
k
【 詳 解 】(a)ODE x ′′ + x = 0
m
2 k
k
由 特 徵 方坾 程 式 λ + = 0 λ = ± i
m m
k
x( t)
= c1 cos t + c2
sin
m
k
t
m
9
2 2
(b) 當 m = , k = 1 x( t)
= c1 cos t + c2
sin t
4
3 3
2 2
x′
t)
= − c sin t
3 3
IC
(
1
+
2
⎧x(0)
= −4
= c1
⎪
⎨ 2
⎪x′
(0) = 0 = c
⎩ 3
2
2 2
c cos t
3 3
2
x( t)
= −4cos
t
3
(20%)【97 台 大 土 木 】
範 例 6
Given a convex polygon, derive and write down the procedures for obtaining
the area of the polygon(a simple convex polygon with six edges is shown
below. Nevertheless, your procedures should be general enough for solving any
convex polygon with edges greater than three).

1-12 陳 立 工 數
(15%)【97 台 大 土 木 】
【 詳 解 】
A
1
A
2
A
A
3
將 多 邊 形 切 成 許 多 小 塊 的 三 角 形 面 積 的 總 和
其 中 一 小 塊 面 積 為 Area
1
故 多 邊 形 總 面 積 Area =
2
1
2
→ →
= AA1
× AA2
→
→
AA × AA
1
2
+
1
2
→
→
AA × AA
2
3
+LL

第 一 篇 97 台 大 1-13
97 台埍 大圢 機 械 (B)
範 例 1
The initial conditions y ( 0) = y0
, y ′( 0) = y1
, apply to the following
2
differential equation: x y ′′ − 4xy′
+ 4y
= 0 .
For what values of y
0
and y
1
does the initial-value problem have a solution?
【 範 圍 】4-1
【 詳 解 】 令
m
y = x
2
代 入 ODE x y ′′ − 4xy′
+ 4y
= 0
得 m ( m −1)
− 4m
+ 4 = 0 m =1, 4
4
y = c1x
+ c2x
y ′ = c1 + 4c2x
IC y ′( 0) = y1
= c1
, c 2
任 意 常 數
y = y x + c
4
1 2x
3
(10%)【97 台 大 機 械 】
範 例 2
⎡0
2 1 0⎤
⎢ ⎥
Consider the matrix = ⎢
0 0 2 1
A ⎥ .
⎢0
0 0 2⎥
⎢ ⎥
⎣0
0 0 0⎦
(a) Determine the rank of A.
(b) Let B be a 4× 3 matrix satisfying AB = 0 . Find the maximum possible

1-14 陳 立 工 數
value of rank of B.
(c) Find the eigenvalues and eigenvectors of A.
(d) Is A diagonalizable?
b = b1 , b2,
b3
, b4
. Under what conditions on b(if any) does Ax = b
(e) Let [ ] T
have a solution?
【 範 圍 】22-2
【 詳 解 】(a) 因 為 非 零 列 有 三 列 rank ( A)
= 3
→
(b) 令 y ∈CS(B)
→
必 存 在 x : 3×
1 使 得 y
→
=
→
B x
(30%)【97 台 大 機 械 】
→ →
→
A y = AB x = 0 y ∈ N(A)
CS( B)
⊂ N ( A)
dim( CS ( B))
< dim( N ( A))
rank ( B)
< dim( N(
A))
= 1
(c) 因 為 A 為 上 三 角 矩 陣 λ ( A)
= 0,0,0, 0
⎡0
2 1 0⎤⎡x1
⎤ ⎡0⎤
⎡ x1
⎤ ⎡1⎤
⎢ ⎥⎢
⎥ ⎢ ⎥
當 λ = 0 : ⎢
0 0 2 1
⎥⎢
x
⎥ = ⎢
0
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
2
⎥ ⎢
x2
⎥ ⎢
0
= k ⎥
1
⎢0
0 0 2⎥⎢x
⎥
3
⎢0⎥
⎢x
⎥
3
⎢0⎥
⎢ ⎥⎢
⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣0
0 0 0⎦⎣x4
⎦ ⎣0⎦
⎣x4
⎦ ⎣0⎦
(d) λ ( A)
= 0,0,0, 0 ( 四 重 根 ), 但 僅 對 應 一 組 特 徵 向 量
故 A 不圹 可垾 對 角 化坜
(e) 若 Ax = b 有 解 ⇔ b ∈ CS(A)
⎡2⎤
⎢ ⎥
取 ⎢
0
b = c ⎥ + c
⎢0⎥
⎢ ⎥
⎣0⎦
⎡1⎤
⎢ ⎥
⎢
2
⎥ +
⎢0⎥
⎢ ⎥
⎣0⎦
1 2
c3
⎡0⎤
⎢ ⎥
⎢
1
⎥
⎢2⎥
⎢ ⎥
⎣0⎦
範 例 3
Let u ( x,
t)
denote the displacement of a finite string over 0 < x < π with
fixed ends, u( 0, t)
= u(
π , t)
= 0 . The string starts to vibrate form its initial

第 一 篇 97 台 大 1-15
states, u ( x,0)
= 0 and u t
( x,0)
= x , after an external force, F ( x)
= x(
x −π
)
is applied onto it. The subsequent string displacement can be described by a
2 2
∂ u ∂ u
1-D inhomogeneous wave equation : = 9 + F(
x)
for 0 < t < ∞
2
2
∂t
∂x
(1) Write u ( x,
t)
= X ( x)
T ( t)
. Use the homogeneous problem (set F ( x)
= 0
with the same boundary conditions) and the Sturm-Liouville theorem to
determine the eigenfunction and the corresponding eigenvalues, φ (x n
) and
λ
n
, of the problem. (4%)
(2) Find the eigenfunction expansion of the external force : determine the
coefficients
f n
' s in ∑ ∞ F(
x)
= f n
φ
n(
x)
. (4%)
=
n 1
Use (1) and (2) to find a solution for the original wave equation in the form of
= ∑ ∞ u(
x,
t)
Tn
( t)
φ
n(
x)
=1
n
(3) Determine a 2 nd order ODE that governs T n
(t)
. (4%)
(4) Apply the initial condition to solve the ODE obtained (3). Then, complete
the solution to the 1-D wave inhomogeneous wave equation. (5%)
【 範 圍 】14-1 14-3
【 詳 解 】(1) 由 分坖 離 變 數 法 , 令 u ( x,
t)
= X ( x)
T ( t)
【97 台 大 機 械 】
代 入 P.D.E 得
X T&
= 9X
′
T
X ′′ T&&
=
X 9T
= −λ
⎧X
′′ + λX
= 0
⎨
⎩T
&& + 9λT
= 0
由 X ′′ + λX
= 0 ; X (0) = X ( π ) = 0
2
⎧λ
= n , n = 1,2,3, L
得 ⎨
⎩X
( x)
= sin nx
故 取 λ = n
2 , φ ( x)
= sin nx
n
n

1-16 陳 立 工 數
(2) 令 ∑ ∞ F(
x)
= f n
φ
n(
x)
=
則 f
n
n 1
< F(
x),
φn(
x)
>
=
=
< φ ( x),
φ ( x)
>
n
n
π
∫0
∫
F(
x)sinnxdx
2
=
π
2
sin nxdx π
4 1
x=
π − 4
= [ cos nx]
0
(1 cos nπ
)
3 x=
= −
3
π n
n π
0
∫
π
0
x(
π − x)sinnxdx
d
x(
x − π )
2x
− π
2
0
LLLLLLLL
( + )
( −)
( + )
sin nx
−1
cos nx
n
−1
sin nx
2
n
1
3
n
cos nx
∫
∞
為 垃 圾 項 , 其 值 為 0。
(3) 令 u(
x,
t)
= ∑Tn
( t)
φ
n(
x)
= ∑Tn
( t)sin
nx
n=
1
∞
n=
1
2 2
∂ u ∂ u
代 入 PDE = 9 + F(
x)
2
2
∂t
∂x
∞
2
可 得 T&
∑ n
( t)sin
nx = −9n
∑Tn
( t)sin
nx + F(
x)
∑ ∞
n=
1
n=
1
∞
n=
1
2
[ T&
( t)
+ 9n
T ]sin nx F(
x)
n n
=
π
2 2
T
& − 4
n
( t)
+ 9n
Tn
=
π ∫ F(
x)sin
nxdx = (1 − cos nπ
)
0
3
n π

第 一 篇 97 台 大 1-17
範 例 4
(4) 承 (3)
1 − 4
T n
= c1 cos3nt
+ c2
sin 3nt
+ { (1 − cos nπ
)}
2 2 3
D + 9n
n π
4
= c cos3nt
+ c2
sin 3nt
− (1 − cos n
5
9n
π
1
π
4
4
IC T n
( 0) = 0 = c1 − (1 − cos nπ
) c
5
1
= (1 − cos nπ
)
5
9n
π
9n
π
∑ ∞ 4
u(
x,
t)
= [ c1 cos3nt
+ c2
sin 3nt
− (1 − cos nπ
)] sin nx
5
=
9n
π
n 1
IC ∑ ∞ u
t
( x,0)
= x =
=
3nc
2
n 1
3nc2 sin nx
2
= ∫ π
xsin
nxdx = ( −1)
π 0
n+
1 2
∑ ∞ 4
u(
x,
t)
= [ (1 − cos nπ
)cos3nt
+ ( −1)
= 9n
π
n 1
n
)
2
3n
n+ 1
c2
= ( −1)
2
2
3n
n+
1
sin 3
5 2
4
− (1 − cos n
9n
π
5
π
A periodic function f (x)
is sketched below
)]sin nx
nt
(1) Write a mathematical description for the function. (2%)
(2) Determine the Fourier series representation,
f ( x)
= a
∑ ∞ 0
+ an
cos( λ
nx)
+ bn
sin( λnx)
n=
1
, of the function: explicity write out
a , a , b , λ
0 n n n
. (3%)
(3) Determine the fundamental period ω
0
of the Fourier series. Sketch the
amplitude spectrum of the Fourier coefficients over the frequency range of

1-18 陳 立 工 數
[
0
0,4ω ]. (3%)
(4) What is Gibbs phenomenon ? (2%)
(5) Is Gibbs phenomenon present in the Fourier series representation for f (x)
found in (2)? If yes, indicate the location where Gibbs phenomenon will be
most pronounced over the range − 5 < x < 5. Otherwise, explain why the
current Fourier series representation is free Gibbs phenomenon . (3%)
【 範 圍 】12-1
【 詳 解 】(1) f ( x)
= x,
0 < x < π ; f ( x)
= 0, −π
< x < 0
且 T
= 2π
(2) 令 ∑ ∞ f ( x)
= a0 + an
cos nx + bn
sin nx
=
n 1
【97 台 大 機 械 】
則 a
0
a n
b n
1 π 1
= ( )
2π
∫ f x dx =
− π 2π
∫
1 π
1
= ∫ f ( x)cos
nxdx =
−π
π
π 0
π
0
π
xdx =
4
∫
π
x cos nxdx
⎧ − 2
cos nx = −1
⎪
= | x π
2
=
= [1 − cos ] =
2 x 0
nπ
2
⎨n
π
n π n π
⎪
⎩0
1 π
1
= ∫ f ( x)sin
nxdx =
−π
π
π 0
∫
π
xsin
nxdx
n = 1,3,5, L
n = 2,4,6, L
− x cos nx x=
π −1
( −1)
= |
x=
0
= cos nπ
=
nπ
n
n
π
f ( x)
= −
4
∞
∑
n=
1,3,5, L
n=
1
n+
1
∞ n+
1
2
( −1)
cos nx +
2 ∑ sin nx
n π
n
(3)fundamental period
ω = 0
2π
Amplitude
c = a + b
n
2
n
2
n

第 一 篇 97 台 大 1-19
c
π
0
= 2a
0
=
2
2
c 4 4 + π
1
= + 1 = ≈1.14
2
π π
, 1
c 0.
4
5
2
= =
2
4 1 4 + 9π
1
c
3
= + = ≈ 0.34 , c
2
4
= = 0. 25
81π
9 9π
16
c
0 c
1
c
2
c
3 c
4
(4) 在 不 連 續 點 上 ( 如 x = −π 與 x = π )Fourier 級 數 會 比 f (x)
凸 出 ,
好 像 兩 顆 大 門 牙 , 所 以 在 不 連 續 點 上 誤 差 較 大 。
當 展 開 的 項 數 愈 多 , 門 牙 的 寬 度 會 變 小 ( 向 不 連 續 點 靠 攏 ), 但
高 度 不 變 , 即 誤 差 並 無 改 善 。
(5)
f (x)
− π
+ π
in − 5 < x < 5內 , 當 x = −π
與 x = π 有 Gibbs phenomenon

1-20 陳 立 工 數
範 例 5-1
Write down the answer to the following questions.
Evaluate the distance from the point (1,3,0) to the plane x − 3 y + 6z
= 3 .
【97 台 大 機 械 】
【 範 圍 】18-6
【 詳 解 】 d =
1−
9 − 3
1+
9 + 6
=
11
4
範 例 5-2
Write down the answer to the following questions.
Let
2 2
φ ( x,
y,
z)
= xyz + x − 2y
be a scalar function.
Evaluate the flux
2 2 2
∇ φ out of the surface of the sphere x + y + z = 4 .
(3%)【97 台 大 機 械 】
【 範 圍 】19-5
2
【 詳 解 】Q ∇ ⋅∇φ
= ∇ φ = 2 − 4 = −2
由 Gauss 散 度 定 理
flux =
∫∫
→
∫∫∫
∫∫∫
∇φ
⋅ n dA = ∇ ⋅∇φdv
= ∇ 2
φdv
= −2
4
= −2⋅
π (2)
3
3
64
= − π
3
∫∫∫
dv

第 一 篇 97 台 大 1-21
範 例 5-3
Write down the answer to the following questions.
Let
→ →
→ →
F = r er
+ r θ eθ
+ z ez
cos be a vector function written in the cylindrical
coordinate ( r,
θ , z)
. Evaluate
→
∇ ⋅ F . (3%)【97 台 大 機 械 】
【 範 圍 】19-4
1 ∂ ∂ ∂
【 詳 解 】 ∇ ⋅ F
→
= [ ( frh2h3
) + ( fθh1
h3
) + ( f
zh1h
2)]
h h h ∂r
∂θ
∂z
1
2
3
1 ∂
[ (
2 ∂
∂
= r ) + ( r cosθ
) + ( rz)]
= 4
r ∂r
∂θ
∂z
範 例 5-4
Write down the answer to the following questions.
Find the streamline of the 2-D vector field
→
→
→
F = sin 2y
i + cos x j .
(3%)【97 台 大 機 械 】
【 範 圍 】18-2
→
→
→
【 詳 解 】 因 為 F// d r ⎠sin
2y i + cos x j//
dx i + dy j
dx dy
1
⎠ ⎠ ⎠ = ⎠ cos xdx = sin 2ydy
⎠sin
x + cos 2y
= c
sin 2y
cos x
2
→
→
→
範 例 5-5
Write down the answer to the following questions.
Let φ ( x,
y)
and ϕ ( x,
y)
be two continuous and differentiable scalar
functions on a simple closed curve C and throughout the interior D on C,

1-22 陳 立 工 數
then
∂ϕ
∂ϕ
φ [ ] dA .
∂y
∂x
∫ − ( ) dx + φ(
) dy = ∫∫φ∇
2
ϕdA
+ ∫∫
C
D
D
Fill in the blank bracket [
] in the above identity with proper expression.
(3%)【97 台 大 機 械 】
【 範 圍 】 附 錄 2-11 經 典 題 型 8-6
【 詳 解 】 由 Green 定 理
∂ϕ
∂ϕ
∂ ∂ϕ
∂ ∂ϕ
∫ −φ
( ) dx + φ(
) dy = ∫∫[
( φ(
)) + ( φ(
))] dA
∂y
∂x
∂x
∂x
∂y
∂y
C
[
=
=
=
∫∫
D
D
2
2
∂φ
∂ϕ
∂ ϕ ∂φ
∂ϕ
∂ ϕ
[ + φ + + φ ] dA
2
2
∂x
∂x
∂x
∂y
∂y
∂y
2 ∂φ
∂ϕ
∂φ
∂ϕ
2
[ ∇ ϕ + + ] dA = [ φ ∇ ϕ + ∇φ
⋅
∂x
∂x
∂y
∂y
∫∫ φ ∫∫ ∇
D
∫∫
D
∫∫
2
φ ∇ ϕdA + [ ∇φ
⋅∇ϕ]dA
] = ∇φ ⋅∇ϕ
D
D
ϕ]dA
範 例 6-1
Find the real part of
i
i
( 1− )
1+ if the argument θ is restricted in 0 θ < 2π
≤ .
(3%)【97 台 大 機 械 】
【 範 圍 】26-3
【 詳 解 】 (1 − i)
1+
i
⎠⎠ ⎠ ⎠ (1 − i)
= e
1+
i
ln(1−i
)
= e
(1+
i)ln(1−i
)
π
i(
− + 2kπ
)
π
4
又 ln(1 − i)
= ln( 2e
) = ln 2 + i(
− + 2kπ
)
4
1+
i
⎠ ⎠ ⎠ ⎠ ⎠⎠
= e
= e
(1+
i)ln(1−i
)
π
(ln 2+
)
4
= e
⎛
⎜cos(ln
⎝
⎛ π ⎞
(1+
i)
⎜ ln 2+
i(
− + 2kπ
) ⎟
⎝ 4 ⎠
1+
i
π
⎠ ⎠ ⎠ ⎠ Re{(1 − i)
} = 2e
4 cos(ln 2 − )
4
π
= e
π
π
(ln 2+
−2kπ
) + i(ln
2−
+ 2kπ
)
4
4
π
π ⎞
2 − + 2kπ
) + isin(ln
2 − + 2kπ
) ⎟
4
4 ⎠

第 一 篇 97 台 大 1-23
範 例 6-2
1
Find the residue of the complex function f ( z)
= z(
z − i)cos(
) at z = 0 .
2
z
(3%)【97 台 大 機 械 】
【 範 圍 】30-1
1 1 1
【 詳 解 】 Q cos( ) = 1−
+ − +LL
2
4 8
z 2z
24z
1
∴ f ( z)
= z(
z − i)cos(
)
2
z
2
2
2 ( z − iz)
( z − iz)
= ( z − iz)
− + − +LL
4
8
2z
24z
2 1 i 1
= ( z − iz)
− − +LL
2 3
2z
2 z
Re s (0) = 0
範 例 6-3
Let the Laurent series expansion of
z + i
f ( z)
= about z = −2i
z 2 + 4
be denoted by ∑ ∞ n
c
n( z + 2i)
which is a convergent series within the annulus
= −∞
n
0 < z + 2i
< 4 . Find the sum of the coefficients ∑ − c
n
? (3%)【97 台 大 機 械 】
= −∞
【 範 圍 】29-3
3 1
z + i
【 詳 解 】 f ( z)
= = 4 + 4 =
2
z + 4 z − 2i
z + 2i
3 1
= −
+
8i
z + 2i
1−
( )
2i
1
4z
3
4
∑ ∞
n=
0
n
1
1
+
( z + 2i)
− 2i
( −1)
n
2i
( )
z
n
1
4
1
z
2i
1+
z

1-24 陳 立 工 數
1
∑ −
−∞ n=
3
= −
8i
∞
∑
z + 2i
( )
2i
+
1
4z
∞
∑
n=
0
n=
0
3 z + 2i
z + 2i
2
= − [1 +
8i
c
n
=
1
4
2i
n
( −1)
n
2i
( )
z
+ ( ) +LL]
2i
2i
2i
+ [1 − + ( )
4z
z z
1 2
n
0 < z + 2i
< 4
−LL]
範 例 6-4
z
Evaluate the complex integral ∫
( z + 2i)
C
2
dz
over C : z = 1.
【 範 圍 】30-2
(3%)【97 台 大 機 械 】
z
zz
z
1
【 詳 解 】 ∫ dz = ∫ dz = ∫ dz =
2
2
2
( z 2i)
z(
z + 2i)
z(
z + 2i)
∫
z(
z + 2i)
C
+
C
C
C
1
z(
z + 2i)
令 f ( z)
=
2
僅 z = 0在 路 徑 C : z = 1之 內 的 單 極 點
2
2
dz
其 留 數
−1
Re s(0)
= lim zf ( z)
=
z → 0 4
∫
C
z
1
dz =
2
( z + 2i)
∫
z(
z + 2i)
C
2
−πi
dz = 2πi
Re s(0)
=
2
範 例 6-2

第 一 篇 97 台 大 1-25
2π
dθ
Evaluate the real integral ∫ . (3%)【97 台 大 機 械 】
0 cosθ
+ sinθ
【 範 圍 】30-4
2π
dθ
1 dz
【 詳 解 】 ∫
=
0 ∫ −1
−1
cosθ
+ sinθ
z + z z − z iz
z = 1
+
2 2i
1
= 2 ∫
dz
2
( i + 1) z + ( i 1)
−
z = 1
1
令 f ( z)
=
2
( i + 1) z + ( i −1)
2
2 1− i
則 奇 點 在 ( i + 1) z + ( i −1)
= 0 z = 1 + i
3
3
( 2 )
2 − 2i
i π + kπ
i( π + kπ
)
2
4
z = = −i
= e z = e k = 0, 1
2
但 皆 不 在 路 徑 之 內 , 故 留 數 為 0
2
∫ π dθ
= 0
0 cosθ
+ sinθ
2π
dθ
2π
dθ
1 2π
dθ
【 另 解 】 ∫
=
=
= 0
0 cosθ
+ sinθ
∫0
π
2[sin( )]
2
∫0
π
θ +
sin( θ + )
4
4

1-26 陳 立 工 數
97 台埍 大圢 電 機 (C)
範 例 1
⎡0
1 0 ⎤
Given the linear operator T with standard matrix [ T ]
⎢ ⎥
E
=
⎢
1 0 −1
⎥
and
⎢⎣
0 0 0 ⎥⎦
⎡1
9 − 6⎤
B -matrix [ T ]
⎢ ⎥
B
=
⎢
0 7 − 4
⎥
, which can be a correct basis for B ?
⎢⎣
2 11 − 8⎥⎦
⎡ 1 ⎤ ⎡ 3 ⎤ ⎡ 4 ⎤ ⎡−1⎤
⎡3⎤
⎡−1⎤
⎡ 0 ⎤ ⎡ 1 ⎤
(A){
⎢
2
⎥
,
⎢
5
⎥
,
⎢
3
⎥
⎢
−
⎥ ⎢
−
⎥ ⎢
−
⎥
} (B){
⎢
4
⎥
,
⎢
6
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
} (C){
⎢
1
⎥
,
⎢
2
⎥
,
⎢
2
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢
−
⎥
}
⎢⎣
1 ⎥⎦
⎢⎣
4 ⎥⎦
⎢⎣
9 ⎥⎦
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎢⎣
2⎥⎦
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎡ 1 ⎤ ⎡3⎤
⎡−
2⎤
(D){
⎢
2
⎥
,
⎢
5
⎥
,
⎢
3
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢
−
⎥
} (E)None of the above. (5%)【97 台 大 電 機 】
⎢⎣
− 3⎥⎦
⎢⎣
2⎥⎦
⎢⎣
− 4⎥⎦
【 答 案 】(C)
【 詳 解 】 由 同 一 空 間 換 基 公 式
B B E E E −1 E
[
T ] = [ I]
[ T ] [ I]
= ([ I]
) [ T ] [ I ]
B
E
E
⎡1
9 − 6⎤
⎡0
1 0 ⎤
E
⎢
0 7 4
⎥
−1
([ I ]
B
)
⎢
1 0 1
⎥
⎢
−
⎥
=
⎢
−
⎥
[ I ]
⎢⎣
2 11 −8⎥⎦
⎢⎣
0 0 0 ⎥⎦
⎡−1⎤
⎡ 0 ⎤ ⎡ 1 ⎤
故 取 B 基 底 為 {
⎢
1
⎥
,
⎢
2
⎥
,
⎢
2
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢
−
⎥
}
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
B
B
E
E
B
E
B
[
I ]
E
B
⎡−1
=
⎢
⎢
1
⎢⎣
2
0
2
−1
1 ⎤
− 2
⎥
⎥
−1⎥⎦

第 一 篇 97 台 大 1-27
範 例 2
The commutator of two n× n matrices A and B is defined as
[ A,
B]
= AB − BA. Let 0 denote the n× n matrix. For n× n matrices A , B
and C , which of the following statements is NOT correct?
(A)[ A,
B]
= −[
B,
A]
(B)[ A , B + C]
= [ A,
B]
+ [ A,
C]
(C)[ A , BC]
= [ A,
B]
C + B[
A,
C]
(D)[ A ,[ B,
C]]
+ [ B,[
A,
C]]
+ [ C,[
A,
B]]
= 0
(E)If [ A , B]
= 0 and [ B , C]
= 0 and [ A , C]
= 0 . (5%)【97 台 大 電 機 】
【 答 案 】(D)(E)
【 詳 解 】 因 為 [ A,
B]
= AB − BA
(A)[ A,
B]
= AB − BA = −(
BA − AB)
= −[
B,
A]
(B)[ A,
B + C]
= A(
B + C)
− ( B + C)
A = ( AB − BA)
+ ( AC − CA)
= [ A , B]
+ [ A,
C]
(C)[
A,
BC]
= A(
BC)
− ( BC)
A = ABC − BAC + BAC − BCA
= [ A , B]
C + B[
A,
C]
(D)[
A ,[ B,
C]]
= [ A,
BC − CB]
= ABC − ACA − BCA + CAA
[ B ,[ A,
C]]
= [ B,
AC − CA]
= BAC − BCA − ACB + CAB
[ C ,[ A,
B]]
= [ C,
AB − BA]
= CAB − CBA − ABC + BAC
[ A ,[ B,
C]]
+ [ B,[
A,
C]]
+ [ C,[
A,
B]]
≠ 0
(E)[ A , B]
= AB − BA = 0 且 [ B , C]
= BC − CB = 0
但 是 AC − CA = 0 不 一 定 成 立
⎡1
0⎤
⎡1
0⎤
⎡0
1⎤
Ex: A = ⎢ ⎥,
B = ⎢ ⎥,
C = ⎢ ⎥
⎣0
0⎦
⎣0
1⎦
⎣0
0 ⎦
[ A , B]
= 0 與 [ B , C]
= 0
⎡0
1⎤
但 是 [ A , C]
= AC − CA = ⎢ ≠ 0
0 0
⎥
⎣ ⎦
範 例 3
−1
An n× n matrix A is called diagonalizable if A = PDP for some
diagonal n× n matrix D and some invertible n× n matrix P . Choose the
following matrix which is diagonalizable.
⎡−1
0 0⎤
⎡3
0 0⎤
⎡5
5 − 6⎤
(A)
⎢ ⎥ ⎡0
1⎤
⎢
− 4 − 2 5
⎥
(B) ⎢ ⎥ (C)
⎢ ⎥
⎢⎣
− 4 − 5 8⎥
⎣0
0 ⎢
0 1 2
⎥
(D)
⎢ ⎥
⎢
0 −1
0
⎥
⎦
⎦
⎢⎣
0 2 1⎥⎦
⎢⎣
3 2 − 4⎥⎦

1-28 陳 立 工 數
⎡5
(E)
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
0
0
2
0 ⎤
− 2
⎥
⎥
. (5%)【97 台 大 電 機 】
0 ⎥⎦
【 答 案 】(C)
【 詳 解 】 A 矩 陣 若 可 對 角 化 , 則 必 代 數 重 數 = 幾 何 重 數
3 − λ 0 0
由 0 1−
λ 2 = 0
0
2
1−
λ
λ = −1,3, 3
當 λ = 3, 3 ( 二 重 根 ), 則 代 數 重 數 m ( λ = 3) = 2
又 nullity ( A − 3I)
= 3 − rank(
A − 3I)
= 3 −1
= 2
m ( λ = 3) = 2 = gm(
λ = 3)
可 對 角 化
範 例 4
⊥
n
u and v are orthogonal if u ⋅v = 0 . The S is the set of all vectors in R
that are orthogonal to every vector in S . Consider the set
⎡x1
⎤
3
S = {
⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
∈ R | x1
− x2
+ x3
= 0} . Choose the following statement which is
⎢⎣
x ⎥
3 ⎦
⎡1⎤
⎡ 1 ⎤
⊥
correct. (A)
⎢ ⎥
⎢
1
⎥
∈ S (B)
⎢ ⎥
3
⎢
−1
⎥
∈ S (C) S is a subspace of R and
⎢⎣
0⎥⎦
⎢⎣
1 ⎥⎦
⎡ 1 ⎤
⎡1
⎢ ⎥
⎤
⎢
3
dim( S ) = 1 (D)Let
⎢ ⎥
⊥
1⎥
⎢
0
⎥
= w + z such that w ∈ S, z ∈ S , then z = ⎢−
⎥
⎢ ⎥
⎢⎣
0⎥⎦
⎢ 1 3 ⎥
⎢
⎣ 3 ⎥
⎦
⎡−1⎤
⎡−1⎤
(E){
⎢
0
⎥
,
⎢
1
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
} is a basis for S . (5%)【97 台 大 電 機 】
⎢⎣
1 ⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
【 答 案 】(D)

第 一 篇 97 台 大 1-29
⎡u1
⎤
【 詳 解 】 u =
⎢
u
⎥
⎢
2
⎥
∈ S u 1
− u2
+ u3
= 0 u
2
= u1
+ u3
⎢⎣
u ⎥
3 ⎦
⎡u1
⎤ ⎡ u1
⎤ ⎡1⎤
⎡0⎤
u =
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
2 1 3
{
⎢
1
⎥
,
⎢
1
⎥
⎢
u
⎥
=
⎢
u + u
⎥
= span
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
}
⎢⎣
u ⎥ ⎢ ⎥ ⎢
3⎦
⎣ u3
⎦ ⎣0⎥⎦
⎢⎣
1⎥⎦
⎡1⎤
⎡0⎤
取 {
⎢
1
⎥
,
⎢
1
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
} 為 S 的 基 底 且 dim( S ) = 2
⎢⎣
0⎥⎦
⎢⎣
1⎥⎦
⎡v1
⎤
⎡v1
⎤ ⎡1⎤
⎡v1
⎤ ⎡0⎤
⊥
令 v =
⎢ ⎥
⎢
v2
⎥
∈ S 則 <
⎢ ⎥
,
⎢
2
1
⎥ ⎢ ⎥
2
,
⎢
1
⎥
⎢
v
⎥ ⎢ ⎥
>=<
⎢
v
⎥ ⎢ ⎥
>= 0
⎢⎣
v ⎥
3 ⎦
⎢⎣
v ⎥ ⎢
3 ⎦ ⎣0⎥⎦
⎢⎣
v ⎥ ⎢
3 ⎦ ⎣1⎥⎦
v
1
+ v2
= 0,
v2
+ v3
= 0 v1 = −v2, v3
= −v2
⎡v1
⎤ ⎡−
v2
⎤ ⎡−1⎤
⎡−1⎤
v =
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
2 2
= {
⎢
1
⎥
⎢
v
⎥
=
⎢
v
⎥
span
⎢ ⎥
} 取 {
⎢
1
⎥ ⊥
⎢ ⎥
} 為 S 的 基 底
⎢⎣
v ⎥ ⎢ ⎥ ⎢
3 ⎦ ⎣−
v2
⎦ ⎣−1⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎡1⎤
⎡−1⎤
⎡−1⎤
⎡1⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎥ −1
z = proj − − − −
⎢ ⎥
S
⊥
⎢
0
⎥
=
⎢
1
⎥
([ 1 1 1]
⎢
1
⎥
) [ 1 1 1]
⎢
0
⎥
⎢⎣
0⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
⎡ 1 ⎤
1
=
⎢ ⎥
⎢
−1
3 ⎥
⎢⎣
1 ⎥⎦
The integrating factor of a ( x)
y′ ( x)
= b(
x)
y(
x)
+ f ( x)
is
(A) e
∫
範 例 5
b(
x)
dx
(B) e
−∫
b(
x)
dx
a(
x)
−
(C) e
∫
f ( x)
dx
(D) e
∫
【 答 案 】(B)
【 詳 解 】ODE a ( x)
y′
( x)
= b(
x)
y(
x)
+ f ( x)
f ( x)
dx
a(
x)
b(
x)
(E) ∫ dx
a(
x)
e .
(5%)【97 台 大 電 機 】

1-30 陳 立 工 數
b(
x)
y ′(
x)
− y(
x)
=
a(
x)
故 積 分 因 子 I ( x)
f ( x)
a(
x)
∫
= − b(
x)
a(
x)
e
dx
範 例 6
What is the solution of f (t)
? (Hint: using the Laplace transform)
t
τ
∫ e sin( t −τ
) dτ
= ∫
0
t
0
f ( τ ) dτ
1 t 1 t
1 t 1 t
(A) e sin t + e cost
(B) e sin t + e cost
2 2
2 2
(C) 1 1
cos(
π 1 π
e t + t + ) (D) e t cos( t + )
4 2 4 2 4
(E) 1 1
e sin(
π
t + t − )
(5%)【97 台 大 電 機 】
2 2 4
【 答 案 】(E)
t
τ
【 詳 解 】 ∫ e sin( t −τ
) dτ
= ∫
0
t
τ
∫ sin( t −τ
) e dτ
=
0
取 Laplace 變 換
t
0
f ( τ ) dτ
∫
t
0
f ( τ ) dτ
t
sin t ∗ e =
F(
s)
1 1
s 1
−
= ⋅ F s)
= ⋅ =
2
2
s s + 1 s −1
s + 1 s −1
−1
1 1 1 t
f (t) = £ { F(
s)}
= − cost
+ sin t + e
2 2 2
1
= 1 e sin(
π
t − t − )
2 2 4
∫
t
0
f ( τ ) dτ
1
2
s
(
2
s +
+ 1
1
2
1
+ 2
s −1
範 例 7
Which of the following statements are correct ?
(A)For an n× n matrix A , the column of A are linearly independent if and
only if the rows of A are linearly independent.
(B)For an m× n matrix A , the nullity of A equals the nullity of its
T
transpose A .

第 一 篇 97 台 大 1-31
n m
(C)An m× n matrix A defines some linear transformation TA
: R → R .
T
A
is onto if and only if rank ( A)
= m .
n
(D)A set S of vectors forms a basis for a subspace V of R if and only if
vectors of S are linearly independent and the number of vectors in S
equals the dimension of V .
⎡x1
⎤
(E)The set {
⎢ ⎥ 3
3
V =
⎢
x2
⎥
∈ R | 3x1
+ 2x2
− x3
= 1}
is not a subspace of R .
⎢⎣
x ⎥
3 ⎦
(5%)【97 台 大 電 機 】
【 答 案 】(A)(C)(E)
【 詳 解 】(A)True !
因 為 rank ( A)
= Rrank(
A)
= Crank(
A)
(B)False !
(C)True !
m
因 為 T
A
可 映 成 , 則 R ( T A
) = R rank ( A)
= m
(D)False !
ex: 取 S = {(1,0,0),(0,1,0 )} 且 L.I.
又 V = {(1,0,0),(0,0,1 )}, 但 S 不 為 V 的 基 底
(E)True !
因 為 ( 0,0,0)∉V
V 不 為 子 空 間
範 例 8
⎡1
2 3 1 b⎤
Suppose the matrix
⎢
⎥
⎢
2 5 3 a 0
⎥
can be transformed to the reduced row
⎢⎣
1 0 8 6 c⎥⎦
⎡1
0 0 − 2 0 ⎤
echelon form
⎢
⎥
⎢
0 1 0 d −1
⎥
. Which of the following equalities are
⎢⎣
0 0 1 1 e ⎥⎦
correct?
40
(A) a = 1 (B) b = 3 (C) c = (D) d = −1
(E) e = 2 . (5%)【97 台 大 電 機 】
3
【 答 案 】(B) (C)

1-32 陳 立 工 數
⎡1
2 3 1 b⎤
⎡1
2 3 1
(
【 詳 解 】
⎢
⎥
⎢
2 5 3 a 0
⎥
⎯⎯
− 2)
r
⎯
( −1)
12
r13
→
⎢
⎢
0 1 − 3 a − 2
⎢⎣
1 0 8 6 c⎥⎦
⎢⎣
0 − 2 5 5
⎡1
0 9 5 − 2a
5b
⎤
(
⎯⎯
− 2)
r
⎯
( 2)
21
r23
→
⎢
⎥
⎢
0 1 − 3 a − 2 − 2b
⎥
⎢⎣
0 0 −1
2a
+ 1 c − 5b⎥⎦
⎡1
0 0 14 + 16a
9c
− 40b
⎤
(
⎯⎯
− 3)
r
⎯
(9)
32
r
31 →
⎢
⎥
⎢
0 1 0 − 5( a + 1) − 3c
+ 13b
⎥
⎢⎣
0 0 −1
2a
+ 1 c − 5b
⎥⎦
⎡1
0 0 14 + 16a
9c
− 40b
⎤ ⎡1
⎯ r ⎯ ( − 1)
3 →
⎢
⎥
⎢
0 1 0 − 5( a + 1) − 3c
+ 13b
⎥
=
⎢
⎢
0
⎢⎣
0 0 1 − (2a
+ 1) − c + 5b
⎥⎦
⎢⎣
0
40 5
a = −1 , b = 3, c = , d = 0, e =
3 3
b ⎤
− 2b
⎥
⎥
c − b⎥⎦
0 0
1 0
0 1
− 2
d
1
0 ⎤
−1
⎥
⎥
e ⎥⎦
範 例 9
An affine transformation of
→
→
→
2
R is a function
2 2
T : R → R of the form
T ( x)
= A x+
b , where A is an invertible 2× 2 matrix and
of the following statements are correct ?
→
→
→
→
2
b ∈ R
. Which
−1
−1
−1
(A) T ( x)
= A x−
A b .
(B)Affine transformation map straight lines to straight lines.
(C)There is no affine transformation that can map a straight line to a circle.
(D)Affine transformation map parallel straight lines to parallel straight lines.
(E)There exist an affine transformation that map parallel straight lines to
intersecting straight lines. (5%)【97 台 大 電 機 】
【 答 案 】(A)(B)(C)(D)
→
→
→
→
−1
−1
【 詳 解 】(A) 令 T ( x)
= A x+
b = u A x = u−
b x = A u−
A b
→
→
→
→
−1
−1
−1
x = T ( u)
= A u−
A b
−1
−1
−1
由 啞 變 元 原 理 T ( x)
= A x−
A b
(B)True !
令 直 線 l
1
上 有 二 點 B ( x1,
y1),
C(
x2,
y2)
→
→
→
→
→
→
→
→
→

第 一 篇 97 台 大 1-33
由 點 向 式 可 得 直 線 為 B + k( C − B)
T ( B + k(
C − B))
= A[
B + k(
C − B)]
+ b
= [ AB + b]
+ k[
A(
C − B)]
故 映 射 後 仍 為 直 線
(C)True ! 由 (B) 可 知
(D)True !
令 另 一 直 線 l
2
為 與 直 線 l
1
平 行
則 直 線 方 程 式 為 B + k(
C − ) , B ≠ B
→
1
B
T B + k(
C − B))
= A[
B + k(
C − B)]
+ b
(
1
1
= [ AB1 + b]
+ k[
A(
C − B)]
故 映 射 後 與 直 線 l
1
平 行
(E)False !
Define the linear operator T on
2
R by
statements in the following are correct ?
(A)3 is an eigenvalues of T .
(B)4 is an eigenvalues of T .
(C) − 2 is an eigenvalues of T .
⎡− 2⎤
(D){ ⎢ }
3
⎥ is a basis for the eigenspace of T .
⎣ ⎦
⎡3⎤
(E){ ⎢ }
3 ⎥⎦
⎣
範 例 10
→
1
→
→
⎡ x1
⎤ ⎡ − 2x2
T ( ⎢ ⎥)
= ⎢
⎣x2
⎦ ⎣−
3x1
+ x
2
⎤
⎥ . Which
⎦
is a basis for the eigenspace of T . (5%)【97 台 大 電 機 】
【 答 案 】(A)(C)(D)(E)
⎡ x1
⎤ ⎡ − 2x2
⎤ ⎡ 0 − 2⎤⎡
x1
⎤
【 詳 解 】 T ( ⎢ ⎥)
= ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥⎢
⎥
⎣x2
⎦ ⎣−
3x1
+ x2
⎦ ⎣−
3 1 ⎦⎣x2
⎦
− λ − 2
由 det( A − λI)
= = 0 λ = −2, 3
− 3 1−
λ
⎡ 2 − 2⎤
⎡1⎤
EV ( −2)
= ker( A + 2I)
= ker⎢
= { }
3 3
⎥ span ⎢
1
⎥
⎣−
⎦ ⎣ ⎦

1-34 陳 立 工 數
⎡1⎤
eigenvector is { k1⎢
| k1
∈ R}
1
⎥
⎣ ⎦
⎡−
3 − 2⎤
⎡− 2⎤
EV ( 3) = ker( A − 3I
) = ker⎢
= { }
3 2
⎥ span ⎢
3
⎥
⎣−
− ⎦ ⎣ ⎦
⎡− 2⎤
eigenvector is { k2 ⎢ | k2
∈ R}
3
⎥
⎣ ⎦
範 例 11
n
A subset of R is called an orthogonal set if every pair of distinct vectors in
the set is orthogonal. An orthogonal projection of v onto a subspace W is
⊥
defined as a vector, w∈W
such that v = w + z , where z ∈W . Which
statements in the following are correct ?
(A)Any orthogonal set of nonzero vectors is linearly independent.
(B)Every subspace has an orthogonal basis.
(C)For any matrix A , ( RowA )
⊥ = NullA .
n
n
(D)Let W be a subspace of R and v be a vector in R . Among all
vectors in W , the vector closest to v is the orthogonal projection of v
⊥
onto W .
n
⊥
(E)For any subspace W of R , dim W + dimW
= n . (5%)【97 台 大 電 機 】
【 答 案 】(A)(B)(C)(E)
【 詳 解 】(A)True !
(B)True ! 任 意 子 空 間 皆 有 基 底 , 且 可 做 成 正 交 基 底 。
(C)True !
(D)False ! 與 v 為 最 短 距 離 , 是 v 在 W 的 正 交 投 影 。
⊥
⊥
(E)True ! 因 為 W ⊕W , 故 dim W + dimW
= n
範 例 12
Let F (R)
denote the set of all functions from R to R . Choose the
following subsets of F (R)
which are linearly independent.
2
2
(A){
t − 2t
+ 5,2t
− 4t
+ 10}
2 2
(B){sin
t ,sin t,cos
t,1}
2
2
2
(C){
t − 2t
+ 5,2t
− 5t
+ 10, t } (D){ t , t sin t}
2
(E){
e t , e
t , L,
e
nt , L}
.
(5%)【97 台 大 電 機 】

第 一 篇 97 台 大 1-35
【 答 案 】(C) (D) (E)
⎡1 − 2 5 ⎤ ( −2)
r ⎡ − ⎤
【 詳 解 】(A) 由 座 標 向 量 ⎢ ⎥ ⎯⎯ 12
1 2 5
→⎢
⎥ L.D.
⎣2
− 4 10⎦
⎣0
0 0 ⎦
2 2
(B) 因 為 sin t + cos t = 1 L.D.
⎡1
− 2 5 ⎤ ⎡1
− 2 5 ⎤
( −2)
( −1)
(C) 由 座 標 向 量
⎢ ⎥ r
⎯⎯⎯
→
⎢ ⎥
⎢
2 − 5 10 12
r13
⎥ ⎢
0 −1
0
⎥
⎢⎣
1 0 0 ⎥⎦
⎢⎣
0 2 − 5⎥⎦
⎡1
− 2 5 ⎤
(2)
r
⎯⎯→ 23 ⎢ ⎥
⎢
0 −1
0
⎥
L.I.
⎢⎣
0 0 − 5⎥⎦
t t sin t
2
(D) 由 Wronskian 行 列 式 = t cost
≠ 0 L.I.
1 sin t + t cost
2
(E){
e t , e
t , L,
e
nt , L}
皆 不 為 零 L.I.
範 例 13
Consider the equation & x& ( t)
+ 16x(
t)
= 0
(A)There are infinite many solutions.
(B)There are no solutions.
(C)There are two independent solutions.
π
(D)There are no solution for x ( 0) = 0 and x ( ) = 0 .
2
π
(E)There are infinite many solutions for x ( 0) = 0 and x ( ) = 1.
2
(5%)【97 台 大 電 機 】
【 答 案 】(A) (C)
2
【 詳 解 】 由 特 徵 方坾 程 式 m + 16 = 0 m = ± 4i
x( t)
= c1 cos 4t
+ c2
sin 4t
(A) 齊 性 方 程 式 必 無 限 多 解
cos 4t
sin 4t
(C) W (cos 4t,sin 4t)
=
= 4 ≠ 0 L.I.
− 4sin 4t
4cos 4t

1-36 陳 立 工 數
(D)IC
(E)IC
⎧x(0)
= 0 = c1
⎪
⎨ π x( t)
= c2
sin 4t
⎪x(
) = 0 = c1
⎩ 2
⎧x(0)
= 0 = c1
⎪
⎨ π ( 矛 盾 ) 無 解
⎪x(
) = 1 = c1
⎩ 2
範 例 14
Consider X & ( t)
= AX ( t)
, where A is n by n matrix, X (t ) is n by 1
vector, n ≥ 2 .
At
−1
(A) e = Inverse Laplace transform of ( sI − A)
.
At
At
(B) X ( t)
= e C = Ce for n by 1 vector C .
(C) ( sI − A)
is nonsingular for any scalar s .
At
(D) e is nonsingular for any scalar t .
d At At At
(E) e = Ae = e A .
dt
【 答 案 】(A)(D)(E)
At
At
【 詳 解 】(B) X ( t)
= e{ C ≠ Ce {
n×
n
n×
1
n×
1
n×
n
(C) 若 s = λ , 則 det( λ I − A)
= 0 ( sI − A)
is singular
(D) e
(E)
d
dt
At
Dt
= Pe P
e
At
−1
det( At
1 2
) = det(
Dt λ
) =
t λ
e e e e
t L ≠ 0
2
At
A
= Ae = A(
I + A + + L ) = e
2!
At
A
(5%)【97 台 大 電 機 】
範 例 15
What are the function sets listed as follows orthogonal on the interval [0,1] ?
(A) { 1,cos 2π
x,cos 4πx,cos6πx
L}
2 3
(B) {1, x , x , x , L}

第 一 篇 97 台 大 1-37
(C) { 1,sin 4π
x,sin8πx,sin12πx
L}
(D) P (2x
−1),
P (2x
−1),
P (2x
−1),
P (2x
−1),
}
{
0 1
2
3
L
where P n
(x)
means the Legendre polynomial.
(E) I ( x),
I ( x),
I ( x),
I ( x),
}
{
0 1 2 3
L
where I V
(x)
is the modified Bessel function of the first kind.
【 答 案 】(A) (C) (D)
【 詳 解 】 由 內 積 定 義 < f , g >= ∫ f ( x)
g(
x)
dx
(A) < 1,cos nπ
x >= ∫ cos nπxdx
= 0
且 < cos mπ
x,cos
nπx
>=
1
0
1
0
∫
1
0
cos mπx
cos nπxdx
(5%)【97 台 大 電 機 】
−1 1
= [sin( + ) − sin( − ) ] = 0
2
∫ m n π x m n πx
dx ( m ≠ n )
0
{ 1,cos 2π
x,cos 4πx,cos6πx
L}
為 正 交 基 底
1
(B) < 1, x >= ∫ xdx ≠ 0 { 1, , 2
, 3
x x x , L } 不 為 正 交 基 底
0
1
(C) < 1,sin nπ x >= ∫ sin nπxdx
= 0 n = 4,8,12, L
0
{ 1,sin 4π
x,sin8πx,sin12πx
L}
為 正 交 基 底
1
(D) < Pm , Pn
>= ∫ Pm
( x)
Pn
( x)
dx = 0 ( m ≠ n )
0
(E)Q ∑ ∞ 1 x 2
IV
( x)
≡
( )
n=
0 n!
Γ(
n + ν + 1) 2
∴ < I ( x),
I ( x)
>≠ 0 不 為 正 交
V
W
n+
ν

1-38 陳 立 工 數
範 例 16
Suppose that f ( x)
= 0 for 0 < x < 1, f ( x)
= −x
+ 3 for 1 < x < 3
a
+ ∑ ∞
0
nπ
g(
x)
= an
cos x
2 n=
1 2
(A) g( x)
= g(
−x)
(B) g ( 1) = 1
(C) g ( x)
= g(
x + 2)
3
(D) g ( − ) = 0
2
7
(E) g ( ) = 0
2
, a ∫
= 2
0
f x)
0
( dx
【 答 案 】(A)
【 詳 解 】 題 目 未 給 係 數 a
n
, 無 法 猜 出 圖 形
(5%)【97 台 大 電 機 】
範 例 17
Solve y (x)
y′ ′ )
−x
( x)
+ 2y
( x)
+ y(
x = e with y ( 0) (0) = 1
= y′
【 範 圍 】3-3
【 詳 解 】1 齊 性 解 :
2
m + 2m + 1 = 0 m = −1,
−,
1
2 特 解 :
由 待 定 係 數 法 , 令
2
y ( x)
= Ax e
p
− x
2
1 x
代 入 ODE 可 得 A = y
p
= e
2 2
2
−x
−x
x −x
3 通 解 : y = c1
e + c2xe
+ e
2
2
−x
−x
x −x
y′ = −c1
e + c2(1
− x)
e + ( x − ) e
2
y
c e
− x
h
=
1
+
2
−x
(10%)【97 台 大 電 機 】
c xe
−x

第 一 篇 97 台 大 1-39
⎧y(0)
= 1 = c1
IC ⎨
c
⎩ ′
1
= 1,
c 2
= 2
y (0) = 1 = −c1
+ c2
2
−x
−x
x −x
y = e + 2xe
+ e
2
1
−x
1
【 另 解 】 由 逆 算 子圤 y
p
=
{ e } =
2
D + 2D
+ 1 ( D + 1)
2
{ e
−x
1
} = { e
2
0
−x
} =
2
x
e
2
−x
範 例 18
Using separation of variables to find the product solutions for the following
partial differential equation.
u x y u x y
x
∂ ( , ) ∂ ( ,
= y
)
(10%)【97 台 大 電 機 】
∂x
∂y
【 詳 解 】 由 分坖 離 變 數 法 , 令 u ( x,
y)
= X ( x)
Y ( y)
代 入 原 式 得 x X ′ Y − yXY′
= 0
⎧ λ
xX ′ yY′
⎪
X ′ − X = 0
x
= = λ ⎨
X Y ⎪
λ
Y′
− Y = 0
⎪⎩
y
λ
λ
( x)
= c x , Y ( y = c y
X
1
)
2
λ λ λ
u ( x,
y)
= c1x
c2
y = kx
y
λ

1-40 陳 立 工 數
97 台埍 大圢 電 信 (D)
範 例 1
The distance between the parallel planes 2 x + y + 2z
= 1 and 2 x + y + 2z
= 4
3 3
is (A)3 (B) (C) (D)1 (E)None of the above.(5%)【97 台 大 電 信 】
3 5
【 範 圍 】 電 機 線 代 ch 1
【 答 案 】(D)
4 −1
3
【 詳 解 】 d =
= = 1
2 2 2
2 + 1 + 2 3
範 例 2
If A is an n× n matrix satisfying A 2 = A and if A is not the n× n
identity matrix, then the inverse of A (A)Does not exist. (B)Equals A .
T
(C)Equals A . (D)Equals the n× n identity matrix. (E)None of the above.
(5%)【97 台 大 電 信 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 10-5
【 答 案 】(A)
【 詳 解 】 因 為 A 2
2
= A A − A = 0
故 最 小 多 項 是 有 可 能 為 m A
= x, x −1,
x(
x −1)
因 為 A ≠ I m A
= x, x(
x −1)
A 的 特 徵 值 有 0 A 不 可 逆
範 例 3
Let
⎡−
3
A =
⎢
⎢
− 7
⎢⎣
− 6
1
5
6
−1⎤
−1
⎥
⎥
. Then the eigenvalues of
− 2⎥⎦
−1
A are (A)
1
16
1
, ,
4
1
4

第 一 篇 97 台 大 1-41
(B)
1
,
4
1
,
2
1
2
【 範 圍 】 電 機 線 代 7-2
【 答 案 】(C)
1 1 1 1 1 1
(C) , − , − (D) − , , (E)None of the above.
4 2 2 4 2 2
(5%)【97 台 大 電 信 】
− 3 − λ
【 詳 解 】 由 det( A − λI)
= − 7 5 − λ −1
= 0 λ = 4,
−2,
−2
λ ( A
範 例 4
−1
− 6
1 1
) = , − , −
4 2
1
2
1
6
−1
− 2 − λ
2
⎡ p(0)
⎤
Let T : P2
→ R be defined by T ( p(
x))
= ⎢ ⎥ , where P
2
is a set
⎣ p(1)
⎦
consisting of the zero polynomial and all polynomials of degree less than or
equal to 2. Then nullity (T )
(A) x ( x −1)
(B) x (C)1 (D)0 (E)None of the above. (5%)【97 台 大 電 信 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 6-3
【 答 案 】(C)
2
【 詳 解 】 令 p(
x)
= ax + bx + c ∈ N(
T )
2 ⎡ c ⎤ ⎡0⎤
則 T ( p(
x))
= T ( ax + bx + c)
= ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥
⎣a
+ b + c⎦
⎣0
⎦
⎧a
+ b + c = 0
⎨
a = −b, c = 0
⎩c
= 0
2
2
p ( x)
= ax + bx + c = ax − ax = ax(
x −1)
nullity ( T ) = 1
範 例 5
Consider the space P
2
with inner product
1 1
< p , q >= p(0)
q(0)
+ p(
) q(
) + p(1)
q(1)
. A vector orthogonal to
2 2
p ( x)
= 4x 2 −1
is

1-42 陳 立 工 數
(A)
2
x −
x
(B) x 2 −1
(C) 4x 2 − 4x
+ 1 (D) 2 x + 3 (E) None of the above.
(5%)【97 台 大 電 信 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 10-1
【 答 案 】(A)
【 詳 解 】 求 與 p ( x)
= 4x 2 −1正 交 的 向 量 , 則 必 內 積 為 零
假 設 q(
x)
= x
2 − x
2 2
1
< p , q >=< 4x
−1,
x − x >= −1⋅0
+ 0⋅(
− ) + 3⋅0
= 0
4
範 例 6
There are 3 cards. Each side of a card is either colored by red or black. The
coloring of the 3 cards are: red/red; red/black; black/black (note: there are two
sides for each card). Shuffle the cards and choose one at random. Given that
you see one side of the chosen card is red, what is Pr(the other side is also red)?
1 1 2 2
(A) (B) (C) (D) (E) None of the above 【97 台 大 電 信 】
3 2 3 5
【 詳 解 】 令 A 為 第 一 面 為 red 的 事 件
令 B 為 第 二 面 為 red 的 事 件
1
P(
A ∩ B)
3 1
P ( B A)
= = = (B)
P(
A)
2 2
3
There are 3 light bulbs. The lifetimes of the light bulbs are independent and
exponentially distributed with different means. Light bulb I, II, and III have
mean lifetimes of 1000, 1500, 3000 hours respectively. If we turn on the 3 light
bulbs simultaneously, what is Pr{Light bulb I is the first one to stop working}?
(A) 2
1
範 例 7
9
(B) 11
(C) 11
2
(D) 3
1
(E) None of the above 【97 台 大 電 信 】

第 一 篇 97 台 大 1-43
1
【 詳 解 】 令 X 為 bulb I 的 使 用 壽 命 X ~ Exp( )
1000
《P.S.》
1
且 Y 為 bulb II 的 使 用 壽 命 Y ~ Exp( )
1500
1
且 Z 為 bulb III 的 使 用 壽 命 Z ~ Exp( )
3000
因 X
⊥ Y ⊥ Z f ( x,
y,
z)
= f ( x)
f ( y)
f ( z)
=
XYZ
Pr(Light bulb I is the first one to stop working)
= P ( X < Y < Z)
+ P(
X < Z < Y )
x y z
∞ z y 1 − − −
1000 1500 3000
z= = = ×
e
0 y 0 x 0 1000 × 1500 3000
= ∫ ∫ ∫
e
0 z 0 x 0 1000×
1500 3000
X
Y
Z
dxdydz
x y z
∞ y z 1 − − −
1000 1500 3000
y= = = ×
+ ∫ ∫ ∫
1 1 1
= + = (A)
3 6 2
x y z
∞ z y 1 − − −
1000 1500 3000
z= = = ×
∫ ∫ ∫
=
=
e
0 y 0 x 0 1000×
1500 3000
∞
∫ ∫
y= 0 z=
0
∫
∞
y=
0
y
( −
1
e
1500×
3000
3
6000
e
y
−
1500
−
y z
− −
1500 3000
1
6000
e
( e
4 y
−
3000
z
−
1000
+
−1)
dzdy
1
1500
e
dxdydz
3y
−
3000
) dy =
1
6
dxdzdy
範 例 8
For i.i.d. random variables X
1
, X
2,
L , X
10
with exponential distribution, what
X
1
+ X
2
+ L + X
10
is the distribution of the sample mean ?
10
(A) Gaussian (B) Uniform (C) Exponential
(D) Erlang (E) None of the above 【97 台 大 電 信 】
【 詳 解 】 X X , L , X ~ Exp(
)
1, 2 10
λ
根 據 MGF 存 在 必 唯 一 之 性 質 ,

1-44 陳 立 工 數
10
∑
可 知 X = X + X + + X ~ Γ(10,
λ)
i=
1
X
又 因 X =
i 1 2
L
1
+ X
2
+ L + X
10
10
10
1
1 1 1 1
E X ) = [ E(
X ) + E(
X
2
) + L + E(
X )] = ( + + L + )
10
10 λ λ λ
(
1 10
=
1
Var ( X ) = [ Var(
X1)
+ Var(
X
2)
+ L + Var(
X10)]
100
1 1 1 1 1
= ( + + L + ) =
2 2
2
2
100 λ λ λ 10λ
X ~ Gamma(
α = 10,10λ
)
而 Gamma 又 稱 Erlang (D)
1
λ
範 例 9
Mark and Tom have a meeting appointment. The person who arrives first will
wait for the other person only for 20 minutes. Given that each person equally
likely to arrive anytime between 2 PM and 3 PM, what is Pr(Mark and Tom
meeting each other)?
1 5 2 4
(A) (B) (C) (D) (E) None of the above 【97 台 大 電 信 】
3 9 3 9
【 詳 解 】
令 x 分 為 Mark 到 達 約 會 地 點 的 時 間 , x ∈[0,60]
令 y 分 為 Tom 到 達 車 站 的 時 間 , y ∈[0,60]
令 A 為 兩 人 相 遇 的 事 件
Ω = {( x,
y)
: x ∈[0,60],
y ∈[0,60]}
A = {( x,
y)
: −20
≤ x − y ≤ 20}
1
(60 × 60) − (40×
40 + 40 × 40)
m(
A)
P ( A)
= = 2
m ( Ω)
60 × 60
y
60
20
20
40
x-y=-20
x-y=20
40
60 x

第 一 篇 97 台 大 1-45
5
=
9
⎧2
⎪ xy , −1
< x < 1, 1 < y < 2
Given the joint pdf of X and Y: f XY
( x,
y)
= ⎨3
.
⎪⎩ 0, otherwise
What is the value of E [X ]?
(A) 3
2
範 例 10
(B) 2
3
(C) 9
4
(D) 0 (E) None of the above. 【97 台 大 電 信 】
【 詳 解 】 本 題 要 小 心 注 意 機 率 函 數 當 中 有 絕 對 值 的 處 理 ,
要 觀 察 隨 機 變 數 X 的 domain 是 否 有 正 有 負 。
⎧ 2
⎪
− xy,
3
f ⎪ 2
( x,
y)
= ⎨ xy,
XY
⎪ 3
⎪ 0 ,
⎪⎩
f
X
( x)
= ∫ ∞ f
XY
( x,
y)
dy
= −∞
y
−1
< x < 0,
0 ≤ x < 1,
otherwise
1 < y < 2
1 < y < 2
2 2
Case (1): 當 X < 0時 , f X
( x)
= ∫ − xydy = −x,
−1 < x < 0
1 3
2 2
Case (2): 當 X > 0 時 , f X
( x)
= ∫ xydy = x,
0 ≤ x < 1
1 3
∴
f X
⎧−
x,
⎪
( x)
= ⎨ x,
⎪
⎩ 0,
−1
< x < 0
0 ≤ x < 1
o.
w.
0
1
2
2 1 1
E ( X ) = ∫ − x dx + = − + = 0
− 1 ∫ x dx
(D)
0 3 3

1-46 陳 立 工 數
An
範 例 11
n× n matrix A = a ] is tri-diagonal if a = 0 for all | i − j | > 1. Let v
[ ij
be the vector space of all n× n real tri-diagonal matrices under the operations
of matrix addition and multiplication of a matrix by a real number, and
T
A + A
T : v → v be the linear operator defined by T ( A)
= for all A∈ v . For
2
n >1, find the following items and explain concisely yet clearly why your
answers are correct.
(a)A basis β of v .
(b)The rank, nullity, and all eigenvalues of T . (10%)【97 台 大 電 信 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)5-2 (b)6-3
⎡a11
a12
0 L 0 ⎤
⎢
⎥
⎢
a21
a22
a23
L 0
⎥
【 詳 解 】(a) 由 題 意 可 知 A = ⎢ 0 a
⎥
32
⎢
⎥
⎢
O ⎥
⎢
⎣ 0 L 0 a nn
⎥
⎦
⎡1
0 ⎤ ⎡0
1 ⎤ ⎡0
0 ⎤
A ∈ span{ ⎢
O
⎥
,
⎢
O
⎥
,
⎢
1 O
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
, L}
⎢⎣
0 L 0⎥⎦
⎢⎣
0 L 0⎥⎦
⎢⎣
0 L 0⎥⎦
⎡1
0 ⎤ ⎡0
1 ⎤ ⎡0
0 ⎤ ⎡0
0 ⎤
故 取 β = {
⎢ ⎥
,
⎢ ⎥
,
⎢
1
⎥
,
⎢
0
⎥
⎢
O
⎥ ⎢
O
⎥ ⎢
O
⎥
L
⎢
O
⎥
}
⎢⎣
0 L 0⎥⎦
⎢⎣
0 L 0⎥⎦
⎢⎣
0 L 0⎥⎦
⎢⎣
0 L 1⎥⎦
T
A + A
(b)1 因 為 T ( A)
=
2
T
T
T
A + A 1 A + A A + A T
T ( T ( A))
= T ( ) = [( ) + ( ) ]
2 2 2 2
T
A + A
= = T ( A)
2
2
T = T 為 投 影 運 算 子圤
故 T 特 徵 值 為 λ = 0, 1
2 令 A∈ N(T )
ij

第 一 篇 97 台 大 1-47
T
A + A
T
T ( A)
= 0 T ( A)
= = 0 A = −A
2
故 A 為 斜 對 稱 矩 陣
⎡ 0 a12
0 L 0⎤
⎢
⎥
⎢
− a12
0 a23
L 0
⎥
A = ⎢ 0 − a
⎥
23
⎢
⎥
⎢
O ⎥
⎢
⎣ 0 L 0 0⎥
⎦
nullity ( T ) = dim( N(
T )) = n −1
3 承 (a) 可 知 dim( v ) = 3n
− 2
由 維 度 定 理
rank ( T ) = nullity(
T ) = dim( v)
rank ( T ) = 2n
−1
範 例 12
Let P be a 3× 3 orthogonal projection matrix onto the plane
2 x + 2y
− z = 0 .
3
(a)What is the rank of P ? What are its three eigenvalues ?
3
(b)Is P diagonalizable ? Explain your answer.
3
−1
(c)Let Q = 2 P − I3
× 3. Is Q invertible ? If yes, what is Q ?
(15%)【97 台 大 電 信 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 8-4
【 詳 解 】(a) 因 為 z = 2 x + 2y
( x , y,
z)
= ( x,
y,2x
+ 2y)
= span{(1,0,2),(0,1,2
)} dim = 2
⎡1
0⎤
令 A =
⎢ ⎥
⎢
0 1
⎥
⎢⎣
2 2⎥⎦
T
投 影 矩 陣 P = A(
A A)
⎡1
=
⎢
⎢
0
⎢⎣
2
−1
A
0⎤
⎥ ⎡1
1
⎥
( ⎢
⎥
⎣0
2⎦
T
0
1
⎡1
2⎤⎢
⎥⎢
0
2⎦
⎢⎣
2
0⎤
1
⎥
⎥
)
2⎥⎦
−1
⎡1
⎢
⎣0
0
1
2⎤
2
⎥
⎦

1-48 陳 立 工 數
⎡ 5 − 4 2⎤
1
=
⎢ ⎥
⎢
− 4 5 2
9
⎥
⎢⎣
2 2 8⎥⎦
2
因 為 P 為 投 影 矩 陣 , 故 P = P
⎡ 5 − 4 2⎤
3 2 1
P = P P = P =
⎢ ⎥
⎢
− 4 5 2
9
⎥
⎢⎣
2 2 8⎥⎦
5 − λ − 4 2
3 1
由 det( P − λI ) = − 4 5 − λ 2 = 0 λ = 0,1, 1
9
2 2 8 − λ
又
3
P =
3
P , 故 rank ( P ) = rank(
P)
= 2
3
3
(b) 當 λ = 1時 , rank ( P − I)
= 1 nullity ( P − I ) = 2
m ( λ = 1) = 2 = gm(
λ = 1)
P 3 必 可 對 角 化
3
3
(c) λ ( P ) = 0,1, 1又 Q = 2 P − I3
× 3
3
λ Q)
λ(2P
− I ) = −1,1,
1 Q 為 可 逆
( =
3×
3
⎡0
0 0⎤
3
−1
3
又 P 為 可 對 角 化 成 R ( P ) R = D =
⎢ ⎥
⎢
0 1 0
⎥
⎢⎣
0 0 1⎥⎦
3 −1
P = RDR
3
−1
−1
Q
= 2P
− I = 2( RDR ) − RI R = R(2D
I ) R
Q
3× 3
3×
3
−
−1
−1
−1
−1
−1
= [ R(2D
− I3
× 3)
R ] = R(2D
− I3
× 3)
R
−1
⎡−1
0 0⎤
⎡−1
0 0⎤
R
⎢ ⎥ −1
R = R
⎢ ⎥ −1
=
⎢
0 1 0
⎥ ⎢
0 1 0
⎥
R = Q
⎢⎣
0 0 1⎥⎦
⎢⎣
0 0 1⎥⎦
《PART II》
3×
3
−1

第 一 篇 97 台 大 1-49
範 例 13
Given the joint pdf of X and Y:
(a) E [ X ] = ?
f XY
⎧ 1.2( x + 1), 0 < y < x < 1
( x,
y)
= ⎨
⎩ 0, o.
w.
(b) E [ Y X = x]
= ?
(c) Define Z = XY.
The CDF F Z
( z)
= Pr{ Z ≤ z}
= ? 【97 台 大 電 信 】
x
X
0 < x < 1
0
【 詳 解 】(a) f ( x)
= ∫ 1.2( x + 1) dy = 1.2x(
x + 1),
1
E
X
0
( X ) = ∫ xf ( x)
dx = ∫
1
0
1.2x
2
( x + 1) dx = 0.7
2
1
3 y
(b) fY
( y)
= ∫ 1.2( x + 1) dx = 1.2( − − y),
0 < y < 1
y
2 2
x
x 1.2( x + 1)
E[
Y X = x]
= ∫ y ⋅ f ( y x)
dy = y
dy =
0
Y X ∫ ⋅
0 1.2x(
x + 1)
z
(c) F Z
( z)
= P(
Z ≤ z)
= P(
XY ≤ z)
= P(
X ≤ )
y
x
2
x=y
z
z z
1
x
∫y
= 0∫ x=
y
x= z y=
0
= 1.2( x + 1) dxdy + ∫ ∫
= 1.2z(
z
+
3
= 1.8z
− 0.8z
1
)
2
+ 1.2( z − z
z − 0.6z
ln z
z −
1
2
1.2( x + 1) dydx
z ln z)
z
z
1
x =

1-50 陳 立 工 數
範 例 14
The police are searching for a criminal who is hiding somewhere within 5km
from the victim’s house. The criminal is equally likely to hide at any spot in the
circular region centered at the victim’s house (radius 5km). It is assumed that
the criminal does not move during the police search. Denote the distance
between the criminal’s hiding spot and the victim’s house by X km.
(a) What is the pdf of X ?
(b) The police have not found the criminal yet after searching everywhere
within 3km
from the victim’s house. What is the conditional pdf f ( x 3)
X > ?
X X > 3
【97 台 大 電 信 】

第 一 篇 97 台 大 1-51
【 詳 解 】(a) 令 X 為 罪 犯 藏 匿 點 與 被 害 人 住 處 間 之 距 離
X
5
圖 中 以 X 為 半 徑 的 圓 周 上 ( 虛 線 ) 任 一 點 均 有 可 能 為 罪 犯 藏 匿
點 , 同 時 滿 足 罪 犯 藏 匿 點 與 被 害 人 住 處 間 之 距 離 為 X,
而 Ω 則 為 半 徑 為 5km 的 圓 內 任 一 點 。
n(
X ) = 2πx
n(
Ω)
= π × 5
f X
2 =
25π
n(
X )
⎧ 2πx
⎪ , 0 < x < 5
( x)
= = ⎨ 25π
n ( Ω)
⎪ ⎩ 0, o.
w.
(b)
f X
5 2πx
( x > 3) = ∫ dx =
3 25 π
16
25
( f
X
( x,
x > 3) f
X
( x)
25
f x X > 3) =
= = ×
X X > 3
f ( x > 3) f ( x > 3) 16
X
⎧ x
⎪ ,
= ⎨8
⎪⎩ 0,
3 < x < 5
o.
w.
X
2πx
25π

1-52 陳 立 工 數
97 台埍 大圢 化坜 工圭 (E)
範 例 1
Under certain conditions it is found that the rate at which a solid substance
dissolves varies directly as the product of undissolved solid present in the
solvent and the difference between the saturation concentration and the
instantaneous concentration of the substance. If 10 pounds of solute is dumped
into a tank containing 100 pounds of solvent and at the end of 10 minutes the
concentration is observed to be 1 part in 20, find the amount of solute in
solution at any time t if the saturation concentration is 1 part of solute in 10
parts of solvent. (15%)【97 台 大 化 工 】
【 詳 解 】 假 設 桶 中 溶 液 在 任 意 t 時 間 的 物 質 數 目 y (t)
, 且 未 溶 解 的 數 目 為
10 − y(
t)
dy
1 y
ODE = k(10
− y)(
− )
dt
10 100
1
IC y ( 0) = 0, y(10)
= ⋅100
= 5
20
由 分坖 離 變 數 法
dy
(10 − y)
IC
2 =
dy
dt
k
dt
100
⎧
⎪y(0)
= 0
⎨
⎪
⎩y(10)
= 5
1 t + 10
=
10 − y 100
10 − y
= k(10
− y)
100
dy k
1 k
∫ =
−
∫ dt = t + c
2
(10 y)
100 10 − y 100
1
⇒ c =
10
⇒ k = 1
100
y ( t)
= 10 −
t + 10

第 一 篇 97 台 大 1-53
範 例 2
A ball of mass m is thrown vertically downward form a building h feet high.
The initial velocity of the ball is v
0
Suppose the air resistance can be
neglected .
(a) Show that the ball will impact on the ground at time
2
(
0
v
0
+ 2gh
− v )
.
g
(b) Suppose ball 1 with m 2 pounds is dropped downward from the
1
=
building with zero initial velocity. After it has fallen k feet (k

1-54 陳 立 工 數
(b)
範 例 3
Consider the initial value problem
2
d x(
t)
dx(0)
+ x(
t)
= f ( t)
, t ≥ 0 , x ( 0) = = 0 , where f ( t)
= t for 0 ≤ t ≤ 1,
2
dt
dt
and f ( t)
= 1 for 1 < t . Find the solution by means of Laplace transforms.
(15%)【97 台 大 化 工 】
【 詳 解 】 取 Laplace transform
2
d x 2
dx(0)
2
1 £ { } = s X ( s)
− sx(0)
− = s X
2
dt
dt
2 £ { x } = X
3 £ { f ( x)}
= £{ t[
u(
t − 0) −u(
t −1)]
+ u(
t −1)}
= £ { tu ( t − 0) − tu(
t −1)
+ u(
t −1)}
1 0
− s −s
= £ { tu ( t − 0) − ( t −1)
u(
t −1)}
= ( e − e )
2
s
1 0
2 − s −s
代 入 到 1 + 2 = 3, 得 s X + X = ( e − e )
2
s
1
0s
s
X ( s)
= − − 1 1 −0s
− s
( e − e ) = ( − )( e − e
2 2
s ( s + 1)
1
)
2 2
s s +
x ( t)
= ( t − sint)
u(
t)
−[(
t −1)
− sin( t −1)]
u(
t −1)
範 例 4
C
→
⋅
Evaluate the line integral ∫ F d R , where
→
→
x
→
F = (ln y + cos xcos
y)
i + ( − sin xsin
y)
j is a vector fiend and
y
is the position vector in the x-y plane, for the following cases:
→
→
→
→
R = x i + y j

第 一 篇 97 台 大 1-55
π
(a) C is a path from (0, )
2
to ( 1,1 ) in the domain y > 0 .
(b) C Is a simple closed path in the domain y > 0 . (20%)【97 台 大 化 工 】
∂
∂ x
1
【 詳 解 】(a) ∵ (ln y + cos xcos
y)
= ( − sin xsin
y)
= − cos xsin
y
∂y
∂x
y
y
→
→
x
→
∴ F = (ln y + cos xcos
y)
i + ( − sin xsin
y)
j 為 保 守 向 量 場
y
∃ φ ( 位 勢 函 數 )
⎧∂φ
⎪
= ln y + cos xcos
y
∂x
∋ ⎨
⎪
∂φ
x
= − sin xsin
y
⎪⎩
∂y
y
φ ( x , y)
= xln
y + sin xcos
y + c
保 守 向 量 場 作 功 與 路 徑 無 關 ,
→ φ = xln
y + sin xcos
y + k ( y)
→ φ = xln
y + sin xcos
y + k
1
2
( x)
可 以 直 接 用 位 能 φ ( x , y)
= xln
y + sin xcos
y + c 的 改 變 量 來 算 :
∫
C
(b) ∵
→
F ⋅
→
(1,1)
d R = φ(
x , y)
= ( xln
y + sin xcos
y + c)
π
(0, )
2
(1,1)
π
(0, )
2
π π
= (ln1+
sin1cos1+
c ) − (0ln + sin 0cos + c)
2 2
= sin1cos1
→
→
x
→
F = (ln y + cos xcos
y)
i + ( − sin xsin
y)
j 為 保 守 向 量 場
y
∫
→
→
∴ F ⋅ d R = 0
C

1-56 陳 立 工 數
範 例 5-1
Find the Fourier series representation of the following functions, both
defined on [ − 1,1 ]:
f ( x)
= −1
for −1 ≤ x < 0 , and f ( x)
= 1 for 0 ≤ x ≤ 1.
【 範 圍 】12-2
【 詳 解 】 令 ∑ ∞ f ( x)
= Bn
sin nπ
x
n=
1
2 1
1
則 B n
= ∫ f ( x)sin
nπ
xdx = 2
0 ∫ sin nπxdx
1
0
⎧ 4
2
⎪ n = 1,3,5, L
= (1 − cos nπ
) = ⎨nπ
nπ
⎪
⎩0
n = 2,4,6, L
∑ ∞ 4
f ( x)
= sin nπx
nπ
n=
1,3,5,L
(5%)【97 台 大 化 工 】
範 例 5-2
Find the Fourier series representation of the following functions, both
defined on [ 1,1 ]
【 範 圍 】12-1
− : f ( x)
= sin(5π x)
+ cos(3πx
) . (5%)【97 台 大 化 工 】
【 詳 解 】 f ( x)
= sin(5π x)
+ cos(3πx
)
與 週 期 T = 2 的 Fourier 級 數 作 比 較
f ( x)
= a
0
+
∑ ∞
n=
1
⎪⎧
⎨
⎪⎩
2nπ
an
cos x + bn
T
2nπ
sin x
T
⎪ ⎭
⎪ ⎬
⎫
∑ ∞ ⎪⎧
⎪⎫
= a0
+ ⎨ an
cos( nπ
x)
+ bn
sin( nπx)
= 2
⎬
n=
1 ⎪⎩
⎪ ⎭
T

第 一 篇 97 台 大 1-57
⎧a0
= 0
⎪
發 現 , 只 要 取 ⎨a3
= 1, a1
= a2
= a4
= a5
= L = 0 ,
⎪
⎩b5
= 1, b1
= b2
= b3
= b4
= b6
= b7
= L = 0
則 f x)
= a cos(3π x)
+ b sin(5π
)
(
3 5
x
故 f (x)
本 身 即 為 Fourier 級 數 展 開 。
範 例 6
Solve the problem below:
2
∂u(
x,
t)
∂ u(
x,
t)
=
2
∂t
∂x
( −1 < x < 1, t ≥ 0 )
u ( −1,
t)
= 2 ; u ( 1, t)
= 4 ( t ≥ 0 )
u( x,0)
= 3 + x + sin(2πx)
( −1 < x < 1) 【97 台 大 化 工 】
【 範 圍 】14-2
【 詳 解 】 座 標 平埠 移 X = x + 1
2
∂u(
X , t)
∂ u(
X , t)
PDE =
2
∂t
∂X
BC u ( 0, t)
= 2 ; u ( 2, t)
= 4
IC u( X ,0) = 2 + X + sin 2π ( X −1)
= 2 + X + sin(2πX
)
再 令 u ( X , t)
= w(
X , t)
+ s(
X ) = 暫 態 解 + 穩 態 解
2
∂w
∂ w
代 入 PDE 得 = + s ′′(X )
2
∂t
∂X
⎧w(0,
t)
+ s(0)
= 2
⎠ ⎠ ⎠ 代 入 BC 得 ⎨
⎩w(2,
t)
+ s′
(2) = 4
(1) 穩 態 解 (steady state):
ODE s ′′( X ) = 0 s ′( X ) = A s ( X ) = AX + B
BC s ( 0) = 2 , s ( 2) = 4

1-58 陳 立 工 數
s ( X ) = X + 2
s ( x)
= x + 3
(2) 暫 態 解 (transient state):
2
∂w
∂ w
PDE =
2
∂t
∂X
BC w ( 0, t)
= w(2,
t)
= 0
IC w( X ,0) = sin(2πX
)
可 得 w(
x,
t)
=
∑ ∞
n=
1
nπ
−(
) t
2
n
B e
n
sin
2
2
π
X
IC
w(
X,0)
=∑ ∞
n=
1
nπ
4π
Bn
sin X = sin(2π
X)
= sin X
2
2
比 較 係 數 得
⎧B4
= 1
⎨
⎩B1
= B
2
= B
3
= B
5
= B
6
= B
7
= L = 0
4π
2
−(
) t 4π
2
2
−4π
t
故 w(
X , t)
= B4e
sin X = e sin(2πX
)
2
2
−4π
t
−4π
t
w(
x,
t)
= e sin[2π
( x + 1)] = e sin(2πx)
4
【 答 案 】 u( x,
t)
= − π t
e sin(2πx)
+ x + 3
2
2

第 一 篇 97 台 大 1-59
97 台埍 大圢 工圭 科 (F)
範 例 1
Find the Laplace transform of the following function f (t)
in Figure 1.
(15%)【97 台 大 工 科 】
1
【 詳 解 】 f ( t)
= t 且 f ( t + p)
= f ( t)
p
1 p
−st
1
£ { f ( t)}
=
− ∫ e f ( t)
dt =
sp
−sp
1−
e 0
1−
e
∫
1
p(1
− e
t
s
1
s
−st
t=
p
= [( − − ) e ]
−sp
2 t=
0
1
=
p(1
− e
)
p
( − e
) s
1
− e
2
s
−sp
−sp
+
− sp
0
p
1
)
2
s
1
te
p
範 例 2
Find the eigenvalues and eigenfunctions of of the differential equation
y′ + λ y = 0 with the boundary conditions y ( 0) = y(1)
, y ′( 0) = y′
(1)
.
(15%)【97 台 大 工 科 】
2
【 詳 解 】 m + λ = 0 m = ± − λ
1 相 異 實 根 :
2
令 λ = −ω ( 0 < ω < ∞ )
−st
dt
則
y( x)
= Acoshωx
+ Bsinhωx

1-60 陳 立 工 數
y′
( x)
= ωAsinhωx
+ ωBcoshωx
BC y ( 0) = y(1)
, y ′( 0) = y′
(1)
:
⎧A
= Acoshω
+ Bsinhω
則 ⎨
⎩ωB
= ωAsinhω
+ ωB
coshω
⎧A(cosh
ω −1)
+ Bsinhω
= 0
⎨
⎩ωAsinh
ω + ωB(coshω
−1)
= 0
coshω
−1
sinhω
因 為 = 2ω(1
− coshω)
≠ 0
ω sinhω
ω(coshω
−1)
A = B = 0
y ( x)
= 0 ( 唯 一 零 解 ) (trivial solution)
2 重 根 :
令 λ = 0
則 y ( x)
= A + Bx
⎧y(0)
= y(1):
A = A + B
BC ⎨
⎩y′
(0) = y′
(0): ( 自 動 滿 足 )
3 共 軛 複 根 :
令 λ = ω
2 , 0 < ω < ∞
則 y( x)
= Acosωx
+ Bsinωx
y′
( x)
= −ωAsinωx
+ ωB
cosωx
⇒
⇒
B = 0
y(
x)
= A
BC y ( 0) = y(1)
, y ′( 0) = y′
(1)
:
⎧A
= Acosω
+ Bsinω
則 ⎨
⎩ωB
= −ωAsin
ω + ωB
cosω
⎧A(cosω
−1)
+ Bsinω
= 0
⎨
⎩−ωAsinω
+ ωB(cosω
−1)
= 0
cosω
−1
sinω
因 為 = 2ω(1
− cosω)
−ω
sinω
ω(cosω
−1)
只 要 取 ω = 2nπ
, ( n = 1,2,3, L)

第 一 篇 97 台 大 1-61
上 式 可 自 動 成 立 , A ,B 可 為 任 意 值
此 時
y( x)
= Acos 2nπx
+ Bsin
2nπx
2
⎧eigenvalues
: 0, (2nπ
)
【 答 案 】 ⎨
⎩eigenfunctions
:1, cos 2nπx,sin 2nπx
( n = 1,2,3, L)
( n = 1,2,3, L)
Solve the following equation
∂
(
∂x
2
2
範 例 3
∂
+
∂y
2
2
+ k
2
a b
) u(
x,
y)
= δ ( x − ) δ ( y − )
4 2
BCs. u ( 0, y)
= u(
a,
y)
= u(
x,0)
= u(
x,
b)
= 0 (15%)【97 台 大 工 科 】
⎧ mπ
nπ
【 詳 解 】 從 BC 知 ⎨sin
x ⋅sin
y
⎩ a b
由 特 徵 函 數 展 開 法
⎫
m,
n = 0,1,2,3, L⎬
為 基 底
⎭
∑∑
∞ ∞
m=
1 n=
1
∞
mπ
nπ
u x, y ∑∑ Bmn
sin x ⋅sin
y
a b
令 ( ) =
∞ m=
1 n=
1
2 2
a b
代 入 PDE ( ∇ + k ) u(
x,
y)
= δ ( x − ) δ ( y − )
4 2
( k
2 2 2 2
2 m π n π
k −
)
2 −
a b
(
2
2
2 2 2 2
m π n π
− − ) B
2 2
a b
B mn
mn
mπ
nπ
a b
sin x ⋅sin
y = δ ( x − ) δ ( y − )
a b 4 2
2 2 b a a b mπ
nπ
= ∫ ∫ δ ( x − ) δ ( y − )sin xsin
ydxdy
a b 0 0 4 2 a b
2 2
=
a b
B mn
b
0 0
a a b mπ
nπ
δ ( x − ) δ ( y − )sin sin dxdy
4 2 4 2
∫ ∫ =
=
ab(
k
2
4
2 2
m π
−
2
a
mπ
nπ
sin sin
2 2
n π 4 2
− )
2
b
4 mπ
nπ
sin sin
ab 4 2

1-62 陳 立 工 數
4
mπ
nπ
mπ
nπ
u x, t
sin sin sin x sin y
2 2 2 2 ∑∑
∞ ∞
⋅
2 m π n π 4 2 m=
1 n=
1 a b
ab(
k − − )
2 2
a b
故 ( ) =
範 例 4
A periodic function f ( x)
= f ( x + T ) is approximated by the finite sum of its
Fourier series f ( x)
≈ Pk
( x)
= A0 + ∑[ An
cos n
0x
+ Bn
sin nω0x]
k
n=
1
ω ,
1
k T
T
∫ −
−
2
and the total mean square error is defined as E = [ f ( x)
P ( x)
] dx
the coefficients in P k
(x)
are determined by the Euler Formulae, prove that the
approximation has the “least total mean square error” property.
【 範 圍 】11-4
1
2
2 1
【 詳 解 】 E
k ∫ T [ f ( x)
− Pk
( x)]
dx =
T −
T
∫
T
2
k
ω
0 =
2
2π
T
. If
(15%)【97 台 大 工 科 】
T
T
2 2
= T [ f ( x)
− 2 f ( x)
Pk
−
2
2
T
1
2 2
= ∫ T f ( x)
dx
T −
2
T
k
2
2
− ∫ T f ( x)[
A0 + ∑(
An
cos nω
x + Bn
sin nωx)
]
T −
2 n=
1
T
k
1
2 2
2 2
2 2
+ ∫ T [ A0 + ∑(
An
cos nω
x + Bn
sin nωx)
] dx
T −
2 n=
1
T
1
2 2
= ∫ T f ( x)
dx
T −
2
T
k
2
2
− ∫ T f ( x)[
A0 + ∑(
An
cos nω
x + Bn
sin nωx)
]
T −
2 n=
1
T
k
1
2 2
2 2
2 2
+ ∫ T [ A0 + ∑(
An
cos nω
x + Bn
sin nωx)
] dx
T −
2 n=
1
T
1
2 2
= ∫ T f ( x)
dx
T −
2
( x)
+ P
dx
dx
2
k
( x)]
dx

第 一 篇 97 台 大 1-63
T
k
2
2
− ∫ T f ( x)[
A0 + ∑(
An
cos nω
x + Bn
sin nωx)
]
T −
2 n=
1
1 2
+ [ A T +
T
k
0 ∑
n=
1
( A
2
n
T
+ B
2
2
n
T
)]
2
由 微 積 分坖 基 礎 知 識 : 極 值 發 生 在 一 階 偏 導 數 為 零
dx
令
⎧∂E
⎪
⎪
∂A
⎪∂E
⎨
⎪∂A
⎪∂E
⎪
⎪⎩
∂B
k
0
k
n
k
n
2
= −
T
2
= −
T
2
= −
T
∫
∫
∫
T
2
T
−
2
f ( x)
A dx + 2A
0
T k
2
T f ( x)
∑
−
2 n=
1
T k
2
T f ( x)
∑
−
2 n=
1
0
= 0
cos nω
xdx +
sin nωxdx
+
∑
n=
1
k
k
∑
n=
1
A
B
n
n
= 0
= 0
⎧ 1
⎪A0
=
⎪
T
⎪ 2
⎨An
=
⎪ T
⎪ 2
⎪Bn
=
⎪⎩
T
∫
∫
∫
T
2
T
−
2
T
2
T
−
2
T
2
T
−
2
f ( x)
dx
f ( x)cos
nω
xdx
f ( x)sin
nωxdx
k
故 Pk
( x)
= A0 + ∑[ An
cos nω
x + Bn
sin nωx]
n=
1
⎧ 1
⎪A0
=
⎪
T
⎪ 2
取 係 數 為 Fourier 係 數 ⎨An
=
⎪ T
⎪ 2
⎪Bn
=
⎪⎩
T
∫
∫
∫
T
2
T
−
2
T
2
T
−
2
T
2
T
−
2
f ( x)
dx
f ( x)cos
nω
xdx
f ( x)sin
nωxdx
可 得 最 小 均 方 誤 差 為 最 佳 近 似 。

1-64 陳 立 工 數
範 例 5
Find a matrix P such that
P T AP = D is a diagonal matrix formed by the
λ
eigenvalues of A.
⎡9
1 1⎤
A =
⎢ ⎥
⎢
1 9 1
⎥
. (20%)【97 台 大 工 科 】
⎢⎣
1 1 9⎥⎦
【 範 圍 】25-2
9 − λ
【 詳 解 】 由 det( A − λ I ) = 1 9 − λ 1 = 0 λ = 11,8, 8
1
⎡−
2 1 1 ⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
⎡x1
⎤ ⎡1⎤
⎠ λ = 11:
⎢
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
1 − 2 1
⎥⎢
x2⎥
⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k1⎢
1
⎥
⎢⎣
1 1 − 2⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
1⎥
3 ⎦
⎡1
1 1⎤
⎡ x1
⎤ ⎡0⎤
⎡x1
⎤ ⎡ 1 ⎤ ⎡ 1 ⎤
λ = 8:
⎢ ⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
1 1 1
⎥⎢
x2⎥
⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k2
⎢
0
⎥
+ k3⎢
−1
⎥
⎢⎣
1 1 1⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎢⎣
0 ⎥
3
⎦
⎡ 1 ⎤ ⎡ 1 ⎤
令 v
⎢ ⎥
1
=
⎢
0
⎥
, v
⎢ ⎥
2
=
⎢
−1
⎥
⎢⎣
−1⎥⎦
⎢⎣
0 ⎥⎦
由 Gram-Schmidt 正埲 交堙 化坜
⎡ 1 ⎤
取 u
⎢ ⎥
1
= v 1
=
⎢
0
⎥
且 ( u
1
| u1)
= 2
⎢⎣
−1⎥⎦
⎡ 1 ⎤
⎡ 1 ⎤ ⎡ 1 ⎤ ⎢ ⎥
( v
= − =
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
= ⎢−
⎥
⎢
− −
2 2
| u1)
1
u
⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 1 1
2
v2
u1
1 0 且 ( u | u2)
( u | ) 2 ⎥
1
u1
⎢⎣
0 ⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎢ ⎥
⎢⎣
2 ⎥⎦
1
1
1
9
2
=
3
2

第 一 篇 97 台 大 1-65
⎡ 1 ⎤
⎡ 1 ⎤ ⎢
6
⎥
⎢
2
⎥ ⎢ ⎥
2
所 以 λ = 8的 單 範 正 交 特 徵 向 量 為 {
⎢
0
⎥
, ⎢ ⎥
⎢
}
1
⎥
−
⎢ 6 ⎥
⎢−
⎥ ⎢ 1 ⎥
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎢ ⎥
⎣ 6 ⎦
⎡ 1 1 1 ⎤
⎢
3 2 6
⎥
⎢
⎥
⎡11
0
令 ⎢
1
2
P = 0 − ⎥ 使 得 P T AP = D =
⎢
⎢ 3
6 ⎥
⎢
0 8
⎢ 1 1 1 ⎥
⎢⎣
0 0
⎢ − ⎥
⎣ 3 2 6 ⎦
0⎤
0
⎥
⎥
8⎥⎦
範 例 6
x
Find the integral ∫ ∞ 2
(ln )
dx . (20%)【97 台 大 工 科 】
0 2
2 + x
2
【 詳 解 】 y
C
R
2i
C
ε
−R C
−
−ε ε C
+
R
取 下 圖 之 分 支 切 割 , 以 及 只 有 一 個 孤 立 奇 點 的 路 徑 ,
2
(lnz)
f ( z)
= 繞 路 徑 一 圈
z + 2
iθ
z = re , θ : 0 → π ln z = ln r + iθ
on c
+
: z = x ( x : ε → R )
dz = dx ln z = ln x
令
2 2
on
c z =
xe
x : R → )
: iπ
( ε
−
dz = −dx ln z = ln x + iπ

1-66 陳 立 工 數
∫
2
(ln z)
dz =
2 2
z + 2
∫
R
ε
c
+
(ln x)
2
x + 2
2
2
dx +
∫
ε
R
c
−
(ln x + iπ
)
2 2
x + 2
2
( −dx)
取 R → ∞, ε → 0
2
π (ln R + iθ
) iθ
+ ∫
iRe dθ
+
2 i2θ
2
R e + 2
∫
(lnε
+ iθ
)
2 i2θ
ε e +
0 π
2
2
c
c
R
2
∞ (ln x)
2πi
Res (2i)
= ∫ dx +
0 2 2
x + 2
∫
0
∞
0
(ln x + iπ
)
2 2
x + 2
c
2
2
iεe
( −dx)
+ 0 + 0
iθ
dθ
2
2
∞ (ln x)
∞ (ln x + iπ
)
= ∫ dx +
0 2 2
+
∫
dx
0 2 2
x 2 x + 2
2
2
2
∞ (ln x)
∞ (ln x)
+ 2π
iln
x −π
= ∫ dx +
0 2 2
+
∫
dx
0 2 2
x 2
x + 2
2
∞ (ln x)
∞ ln x
∞
2 1
= 2∫
dx + 2π
i∫
dx − π
0 2 2
+
0 2 2
+
∫ dx
0 2 2
x 2
x 2 x + 2
2
(ln z)
其 中 : Res(2i)
= lim( z − 2i)
f ( z)
= lim
→ai
z→ai
z + 2i
(ln 2i)
=
i
z 4
2
(ln 2
=
4i
e i
π
2
)
2
π
(ln 2 + i )
= 2
4i
2
(ln 2)
=
2
2 π
+ iπ
ln 2 −
4i
4
∴
2π i
(ln 2)
2
2 π
+ iπ
ln 2 −
4i
4
2
∞ (ln x)
∞ ln x
∞
2 1
= 2∫
dx + 2π
i∫
dx − π
0 2 2
+
0 2 2
+
∫ dx
0 2 2
x 2
x 2 x + 2
π ⎡
⎢(ln 2)
2 ⎣
2
2 π
+ i π ln 2 −
4
⎥ ⎦
⎤
2
∞ (ln x)
∞ ln x
∞
2 1
= 2∫
dx + 2π
i∫
dx − π
0 2 2
+
0 2 2
+
∫ dx
0 2 2
x 2
x 2 x + 2

第 一 篇 97 台 大 1-67
比 較 實 部 : 2
∫
∞
2
(ln x)
2
dx −π
2
x + 2
∫
0 2
∞
x
1
+ 2
0 2 2
π ⎡
dx = ⎢(ln 2)
2 ⎣
2
2
π ⎤
−
4
⎥ ⎦
將
∫
∞ 1 −1
0 2 2
x
+ 2
1
dx = tan
2
1 π π ∞ = =
2 2 4
代 入
2
∫
∞
2
(ln x)
2
dx −π
2
x + 2
∫
0 2
∞
x
1
+ 2
0 2 2
π ⎡
dx = ⎢(ln 2)
2 ⎣
2
2
π ⎤
−
4
⎥ ⎦
得
得
2
(ln x)
2
x + 2
2
∫ ∞
0 2
(ln x)
2
x + 2
2
∫ ∞
0 2
3
π
dx −
4
π
dx = (ln 2)
4
π
= (ln 2)
2
2
3
π
+
16
2
3
π
−
8

1-68 陳 立 工 數
97 台埍 大圢 應 力 (G)
範 例 1
Consider a 2× 2 matrix A whose eigenvalues are λ 0 and λ 1. The
corresponding eigenvectors are
(1) ⎛1⎞
(2) ⎛ 2 ⎞
x = ⎜ ⎟ , x = ⎜ ⎟ . What is A? (10%)【97 台 大 應 力 】
⎝ 2 ⎠ ⎝−1⎠
【 範 圍 】24-2
1
=
【 詳 解 】 因 為 A 有 兩 個 相 異 的 特 徵 值 , 故 可垾 對 角 化坜 成
2
=
−1
A = PDP
A = PDP
−1
⎡1
= ⎢
⎣2
⎡0
2 ⎤ 1 ⎡1
= ⎢ ⎥ ⎢
⎣0
−1⎦
5 ⎣2
2 ⎤⎡0
−1
⎥⎢
⎦⎣0
2 ⎤
⎥ =
−1⎦
1
5
0⎤⎡1
1
⎥⎢
⎦⎣2
⎡ 4
⎢
⎣−
2
2 ⎤
−1
⎥
⎦
− 2⎤
1
⎥
⎦
−1
範 例 2
Suppose
⎛ a1
⎞
⎜ ⎟
a = ⎜a2
⎟ ,
⎜ ⎟
⎝ a3
⎠
⎛ b1
⎞
⎜ ⎟
b = ⎜b2
⎟ , where a
i
and
⎜ ⎟
⎝b3
⎠
b
j
are all real numbers.
Consider a 3× 3 matrix C = c ) where i,j=1,2,3.
( ij
Suppose
c = a b for i,j=1,2,3.
ij
i
j
(a) Find the determinant to C.

第 一 篇 97 台 大 1-69
(b) Assume a ≠ 0 , b ≠ 0 and a T b ≠ 0 . Find the real eigenvalues and
eigenvectors of C. (20%)【97 台 大 應 力 】
【 範 圍 】24-2
⎡a1
⎤
【 詳 解 】(a) 因 為 c
ij
= aib
j
C =
⎢
a
⎥
⎢
2⎥
[ b1
b2
b3
]
⎢⎣
a ⎥
3⎦
T
T
由 rank ( C)
= rank(
ab ) ≤ min{ rank(
a),
rank(
b )} = 1
C Not full rank ! det( C ) = 0
(b) 由 維 度 定 理
rank ( C)
+ nullity(
C)
= 3 nullity ( C)
= 2
λ ( C)
= 0,0
又 tr ( C)
a b + a b + a b = λ的 總 和
=
1 1 2 2 3 3
λ ( C ) = 0,0, a1b
1
+ a2b2
+ a3b3
→
→
當 λ = 0 : C x = λ x = 0 ⋅ x = 0 ab
T
= 0
→
T T T
a ab x = a ⋅0 = 0 a b
T
= 0
→
x
→
因 為 a ≠ 0 b
T
= 0
⎡ b3
⎤ ⎡ b2
→
x = k
⎢ ⎥
+
⎢
⎢ ⎥
k2
⎢
−
⎢⎣
− b ⎥⎦
⎢
1 ⎣ 0
1
0 b1
當 = a
1b1
+ a2b2
+ a3b3
⎤
⎥
⎥
⎥⎦
→
2
→
x
→
x
⎡ x1
⎤
[
b
1
b2
b3
]
⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= 0
⎢⎣
x ⎥
3 ⎦
λ : C x = λ x = a b + a b + a b ) ⋅ x
→
T x =
→
ab b
T a x
⎡a1
⎤
→
取 x = a =
⎢ ⎥
⎢
a2⎥
⎢⎣
a ⎥
3⎦
ab
→ →
T
x =
→
x b
T
a
(
1 1 2 2 3 3
→

1-70 陳 立 工 數
範 例 3-1
Given a vector field
u = ( xy −1)
i − xzj + (2 − yz)
k , find a vector field w such
that
∇ × w = u . Is w unique? Why? 【97 台 大 應 力 】
【 詳 解 】 令
→ → → →
w = a1
i + a2
j+
a3
k
→
∂a
→
→
→ →
3
∂a2
∂a1
∂a3
∂a2
∂a1
∇
× w = ( − ) i + ( − ) j+
( − ) k = u
∂y
∂z
∂z
∂x
∂x
∂y
⎧∂a3
∂a2
⎪
− = xy −1- - - - - - - (1)
∂y
∂z
⎪
⎪∂a1
∂a3
⎨ − = −xz
- - - - - - - - -(2)
⎪ ∂z
∂x
⎪∂a2
∂a1
⎪ − = 2 − yz - - - - - - - (3)
⎩ ∂x
∂y
由 (1)(3) 式 , 取
∂ 2
⎧∂a3
⎪
= −1- - - - - - - - - - - (1)
∂y
⎪
⎪∂a1
∂a3
⎨ − = −xz
- - - - - (2)
⎪ ∂z
∂x
⎪ ∂a1
⎪−
= 2 - - - - - - - - - - (3)
⎩ ∂y
代 回 (2) 式 得
⎧
⎪a
⎨
⎪
⎩a
1
3
a ∂a
2 = −yz
= −xy
∂x
, ∂z
a = − xyz
2
∂ 2
1
= −2y
+ xz
2
2
= −y
+ x z
⎧a
⎨
⎩a
1
3
= −2y
+ k ( x,
z)
= −y
+ k
2
1
( x,
z)
k ∂k
1 − = −xz
∂z
∂x
1 2
2
取 k x z xz k x z x z
1
( , ) = ,
2(
, ) =
2
2
→
1
→ →
→
2
2
故 w = ( −2y
+ xz ) i − xyz j+
( − y + x z)
k
2
不圹 唯 一

第 一 篇 97 台 大 1-71
範 例 3-2
Evaluate the volume of the solid bounded by the cylinder
r = 2cosθ
, the cone
z = r , ( r ≥ 0 ), and the plane z = 0 . 【97 台 大 應 力 】
【 詳 解 】 V ∫ π ∫ ∫
π
= 2 −
2
2cosθ
0 0
r
rdzdrdθ
π
∫ π ∫
= 2 −
2
2cosθ
2
0
r drdθ
r = 2cosθ
π
∫ π ∫
= 2 −
2
2cosθ
2
0
r
drdθ
(0,0)
(1,0)
(2,0)
8
2 3
= ∫
ππ cos θ d θ =
− 3
2
32
9
範 例 3-3
Evaluate
ln x
α
lim and lim x ln x
x →∞
α
x
x→
0
【 詳 解 】 由 羅 必埥 達 法 則 :
ln x ∞
(1) lim (~
x ∞
α
x ∞
→
)
for any α > 0 . (8%)【97 台 大 應 力 所 】
1 x 1
= lim = lim = 0
x→∞
α −1 →∞
α
αx
x αx
α ln x ∞ 1 x
(2) lim x ln x = lim (~ ) = lim
x→
0
x→0
−α
∞ →0
−
x
x −αx
α −1
α
x
= −lim
= 0
x→0
α

1-72 陳 立 工 數
範 例 3-4
Given an algebraic equation
Ax = b , where A, x, and b are respectively n× n ,
n ×1 and n × 1 arrays. Let the sum of total number of algebraic operations
including ‘+’, ‘-‘, ‘×’ and ‘/’ for solving this equation by Gaussian elimination
3 2
be N. It is known that N = a3n
+ a2n
+ a1n
+ a0
for all n. Find a
0
, a
1, a
2
and a
3
by considering n ≤ 3. 【97 台 大 應 力 】
⎡a
⎢
【 詳 解 】linear system AX = B : ⎢
a
⎢ M
⎢
⎣an
11
21
1
a
a
a
12
22
M
n2
L
L
O
L
a1
n ⎤⎡
x1
⎤ ⎡b1
⎤
a
⎥⎢
⎥ ⎢ ⎥
2n⎥⎢
x2⎥
= ⎢
b2
⎥
M ⎥⎢
M ⎥ ⎢ M ⎥
⎥⎢
⎥ ⎢ ⎥
ann
⎦⎣xn
⎦ ⎣bn
⎦
由 增 廣 矩 陣
⎡a
⎢
⎢
a
⎢ M
⎢
⎢⎣
an
a
n2
2n
nn
⎡
b1
⎤
⎢
⎥ 1
( )
b
a ⎢
2⎥
r 11
1
⎯⎯⎯
→⎢a
M ⎥
⎢
⎥ M
b ⎥
⎢
n⎦
⎢⎣
an
11 12
1n
1
21
1
a
a
22
M
L
L
O
L
a
a
a
1 作 n + 1個 除 法
M
21
1
a
a
a
a
12
11
22
M
n2
L
L
O
L
a
a
a
a
1n
11
2n
M
nn
b1
⎤
a
⎥
11
⎥
b2
⎥
M ⎥
⎥
bn
⎥⎦
( −a
r 21 ⎡ a a
n
b ⎤
)
12
12
1 1
( −a
r 31
⎢1
L
)
13
⎥
M a
⎢
11
a11
a11
(
⎥
r
⎯⎯ − an1 )
1n
⎯→
⎢0
a′
22
L a2n
b2
⎥
⎢M
M O M M ⎥
⎢
⎥
⎢⎣
0 a′
n2
L ann
bn
⎥⎦
2 每 一 個 元 素 作 1 個 乘 法 與 1 個 加 法 , 總 共 作 2(
n + 1)( n −1)
= 2(
n
2 −1)
1 + 2 = 2n
2 + n −1

第 一 篇 97 台 大 1-73
⎡
⎢1
⎢
以 上 述 步 驟 依 此 類 推 到 上 三 角 型 ⎢0
⎢M
⎢
⎢⎣
0
n
a
a
1
2
故 總 共 需 作 ∑ 2 k + k −1次 的 加 減 乘 除 運 算
n
k=
1
2
2
∑
2k
+ k −1
= 2∑
k + ∑ k −1
k=
1
a
n
k=
1
n
k=
1
12
11
M
0
L
L
O
L
a1
a
a′
n
11
2n
M
1
b1
⎤
a
⎥
11
⎥
b′
2 ⎥
M ⎥
⎥
b′
n ⎥⎦
n(
n + 1)(2n
+ 1) n(
n + 1) 2 3 3 2 5
= 2
+ −1
= n + n + n −1
6
2 3 2 6
5 3
= − , a1
= , a2
= , a
6 2
0
1
3
=
2
3
範 例 4
Determine the response of the damped vibrating system corresponding to the
equation: y ′′ + 3y′
+ 2y
= r(
t)
,
Where r ( t)
= 1 when 0 < t < 1 and 0 otherwise; assume that y ( 0) = 0 and
y ′( 0) = 0 . Also give physical interpretation of each term in the above ordinary
differential equation. (18%)【97 台 大 應 力 】
⎧ 1 0 < t < 1
【 詳 解 】 r( t)
= ⎨
= u(
t)
− u(
t −1)
⎩0
其 他
ODE y ′′ + 3y′
+ 2y
= u(
t)
− u(
t −1)
取 Laplace 變 換
1
[ s Y(
s)
− sy(0)
− y′
(0)] + 3[ sY ( s)
− y(0)]
+ 2Y
( s)
= ( e
s
− e
2 −0s
−s
1
−0s
−s
1
−0s
−s
Y ( s)
=
( e − e ) =
( e − e )
2
s(
s + 3s
+ 2)
s(
s + 1)( s + 2)
)

1-74 陳 立 工 數
= [
1
2
s
1
−1
+ + 2 ]( e
s + 1 s + 2
− e
−0s
−s
−1
1 −t
1 −2t
1 −(
t−1)
1 −2(
t−1)
£ { Y ( s)}
= ( − e + e ) u(
t)
+ ( − e + e ) u(
t −1)
2 2 2 2
)
若 令 m = 1 , k = 2, c = 3 y ′′ + 3y′
+ 2y
= r(
t)
且 時 間 只 在 0~1(sec) 內 施 加 外 力 , 其 餘 時 間 為 0
範 例 5
Consider the heat flow in an infinite bar governed by
2
∂u
∂ u
= k , − ∞ < x < ∞
2
∂t
∂x
with initial condition u ( x,0)
= f ( x)
. Solve for u ( x,
t)
. Give physical
interpretation of the problem and your solution. (20%)【97 台 大 應 力 】
【 詳 解 】 由 分坖 離 變 數 法 , 令 u ( x,
t)
= X ( x)
T(
t)
則 X T& T
= kX ′
T & X ′′
= = −λ
kT X
⎧X
′′ + λ X = 0; X ( ±∞)
有 界 LLLLLL (1)
⎨
⎩T
& + λkT
= 0LLLLLLLLLLLL
(2)
由 (1)
2
λ = ω , 0 < ω < ∞

第 一 篇 97 台 大 1-75
X ( x)
= Acosωx
+ Bsinωx
由 (2)
T(
t)
= e
2
−kω
t
令 ∫ ∞ ⎧
⎫ 2
−k
( , ) = ⎨ ( ω)cosω
+ ( ω)sinω
0
⎬
ω t
u x t A x B x e dω
⎩
⎭
⎧
⎫
由 I.C. u ( x,0)
= ∫ ∞ ⎨ A(
ω )cosωx
+ B(
ω)sinωx⎬dω
= f ( x)
0
⎩
⎭
∴
⎧ 1
⎪
A =
π
⎨
⎪ 1
B =
⎩ π
∫
∫
∞
−∞
∞
−∞
f ( x)cosωxdx
f ( x)sinωxdx
【 另 解 】 由 分坖 離 變 數 法 , 令 u ( x,
t)
= X ( x)
T(
t)
則 X T& T
= kX ′
T & X ′′
= = −λ
kT X
⎧X
′′ + λ X = 0; X ( ±∞)
有 界 LLLLLL (1)
⎨
⎩T
& + λkT
= 0LLLLLLLLLLLL
(2)
2
由 (1) λ = ω (0 < ω < ∞)
X ( x)
= e
iω
x
由 (2)
T(
t)
= e
2
−kω
t
令
u(
x,
t)
∫ ∞ iω
x 2
−kω
t
= C(
ω)
e e dω
−∞
i ω x
由 I.C. u( x,0)
= ∫ ∞ C(
ω)
e dω
= f ( x)
−∞
∴
1
∫ ∞ −iω
x
C(
ω ) = f ( x)
e dx
2π
−∞

1-76 陳 立 工 數
97 台埍 大圢 環 工圭 (H)
範 例 1
Expand
(1
1
−
2 −2
− x to five terms. (15%)【97 台 大 環 工 所 】
2
)
【 詳 解 】
f ( x)
= (1 − 2x
1
−
2 −2
)
1
=
(1 − 2x
1
−
2
)
2
=
1−
4x
1
1
−
2
+ 4x
−1
=
1−
1
4
x
4
+
x
=
1−
1
= t
4
=
1
4
2
x +
1
4 4
+
x x
1
+ t
4
1
4
x
3
+
x
=
x − 4 x + 4
3
16
x +
t
4
3
16
1
+ t
8
x
2
+
5
1
8
+
x
令 t=
x
5
64
2
=
t
6
x +
t
2
+L
5
64
2
t
− 4t
+ 4
x
3
+L
範 例 2
Find the area bounded by the parabola
y 2 = 2x
and the line x = 8.
(15%)【97 台 大 環 工 】
【 詳 解 】
x = 8

第 一 篇 97 台 大 1-77
2
交 點 在 x = y = 8 y = ± 4
2
範 例 3
4 8
A ∫∫dA
= ∫−4∫
y
2
= ∫
4
−4
2
y 128 256
(8 − ) dy = 64 − =
2
6 6
2 dxdy =
=
128
3
2
Solve in series 3xy + 2y
+ x y = 0.
2
【 詳 解 】 令 F( x,
y)
= 3xy
+ 2y
+ x y
(15%)【97 台 大 環 工 】
⎪⎧
F
⎨ ⎪⎩ F
x
y
= 3y
+ 2xy
= 3x
+ 2 + x
2
⎧F
⎪
⎨F
⎪
⎩F
xx
xy
yy
= 2y
= 3 + 2x
= 0
代 入 Taylor 級 數
1
F( x,
y)
≈ F(0,0)
+ { Fx (0,0) x + Fy
(0,0) y}
1!
⎧F
⎪
⎨F
⎪
⎩F
xxx
xxy
xyy
= 0
= 2
= F
yyy
= 0
1 (0,0) y
2
yy
2
+ { Fxx (0,0) x + 2Fxy
(0,0) xy + F
2!
1 3
3
2
2
+ { Fxxx
(0,0) x + 3Fxxy
(0,0) x y + 3Fxyy
(0,0) xy + Fyyy(0,0)
y } +LL
3!
2
得 F( x,
y)
≈ 2y
+ 3xy
+ x y
故 題 目 本 身 即 為 Taylor 級 數 。
}
範 例 4
The rate of decay of radioactive elements in usually assumed to be proportional
to the number of atoms that have not decayed, where λ is the proportionality
constant. If at time t = 0 there are X
0
atoms of a given element, derive an
expression for the number of atoms, X, that have not decayed as a function of
time t, λ , and X
0
. (15%)【97 台 大 環 工 】
【 詳 解 】 假 設 atoms 的 數 目 為 x

1-78 陳 立 工 數
ODE
dx
dt
= λx
由 分坖 離 變 數 法
x(
t)
= ce
λ t
dx
x
dx
= λdt
∫ = ∫ λ dt ln x = λt
ln c
x
IC
x ( 0) x = c x( t)
= x e
= 0
λ t
0
範 例 5
Solve the following simultaneous equations.
( D + 2) x + ( D + 1)
y = t
5x = t
2
+ ( D + 3) y
(20%)【97 台 大 環 工 】
【 詳 解 】 由 Cramer Rule
⎧ D + 2
⎪
5
⎨
⎪ D + 2
⎪
⎩ 5
D + 1 t
x =
D + 3 t
D + 1
D + 3
D + 1 D + 2 t
y =
2
D + 3 5 t
2
⎪⎧
( D
⎨ ⎪⎩ ( D
2
2
+ 1) x = 1+
t − t
+ 1) y = 2t
2
2
− 3t
2
⎪⎧
x = c1
cost
+ c2
sin t + 3 + t − t
⎨ ⎪⎩
2
y = c cost
+ c sin t + 2t
− 3t
− 4
3
4
將 x ( t),
y(
t)
代 回 原 式 得
2
5c
1
cost
+ 5c2
sin t + 15 + 5t
− 5t
− c3
sin t + c4
cost
+ 4t
− 3
2
2
+ 3c 3
cost
+ 3c4
sin t + 6t
− 9t
−12
= t
5c
+ 3c
+ c )cost
+ (5c
− c + 3c
)sin t 0
(
1 3 4
2 3 4
=
⎧
⎪
c
⎨
⎪
c
⎩
3
4
3
= − c
2
1
= − c
2
1
1
1
+ c
2
3
− c
2
2
2

第 一 篇 97 台 大 1-79
2
⎧x
= c1
cost
+ c2
sin t + 3 + t − t
⎪
⎨ 3 1
1 3
⎪y
= ( − c1
+ c2)cost
+ ( − c1
− c
⎩ 2 2
2 2
範 例 6
2
)sin t + 2t
2
− 3t
− 4
3
A 100 − ft storage tank is filled with natural gas at 80 ° F and 1 atm
pressure. The tank is flushed out with nitrogen gas at 80 ° F and 1 atm
pressure, at a constant rate of 300 cfm. The flushing process is carried out at
constant temperature and pressure, under conditions of perfect mixing in the
tank at all times. Find the time required to reach a gas composition of 95 vol.%
nitrogen in the tank. (20%)【97 台 大 環 工 】
【 詳 解 】 詳 見 化 環 專 攻 筆 記

1-80 陳 立 工 數
97 台埍 大圢 生堀 機 電 (J)
範 例 1
解 下 列 微 分 方 程 式
2 2
y ′ + 2ky′
+ ( k + w ) y = 0 y( 0) = 1, y′
(0)
= −k
(10%)【97 台 大 生 機 電 】
2
2 2
【 詳 解 】 由 特 徵 方坾 程 式 m + 2km
+ ( k + w ) = 0 m = −k
± wi
kx
y = e
− ( c1 cos wx + c2
sin wx)
−kx
−kx
y = −ke
( c1 cos wx + c2
sin wx)
+ e ( −wc1
sin wx + wc2
cos wx)
IC
⎧y(0)
= 1 = c1
⎨
⎩y′
(0) = −k
= −kc1
+ wc
2
c = , c 0
1
1 2
=
y = e
−kx cos
wx
範 例 2
解 下 列 微 分 方 程 式
2
2
(cos x sin x − xy ) dx + y(1
− x ) dy = 0 y ( 0) = 2 (15%)【97 台 大 生 機 電 】
⎪⎧
M ( x,
y)
= cos xsin
x − xy
【 詳 解 】 令 ⎨
2
⎪⎩ N(
x,
y)
= y(1
− x )
∂M
Q
∂y
∂N
= −2
xy =
∂x
此 為 正埲 合 方坾 程
存 在 φ ( x,
y)
⎧∂φ
2 積 x 1 2 1 2
⎪
= cos xsin
x − xy ⎯⎯→φ
= sin x − x y
∂x
2 2
使 得 ⎨
⎪
∂φ
2 積 y 1 2 1 2 2
= y(1
− x ) ⎯⎯ →φ
= y − x y + k2(
x)
⎪⎩
∂y
2 2
2
2
+ k ( y)
1

第 一 篇 97 台 大 1-81
通 解 為
1 2 1 2 1 2 2
φ ( x , y)
= sin x + y − x y = c
2 2 2
範 例 3
以 Laplace transform 解 下 列 微 分 方 程 式
y ′′ + ′ 1
−t
4 y + 6y
= + e ( 0) (0) = 0
【 詳 解 】 取 Laplace 變 換
y = y′
(15%)【97 台 大 生 機 電 】
1 1
[ s
2 Y(
s)
− sy(0)
− y′
(0)] + 4[ sY(
s)
− y(0)]
+ 6Y
( s)
= +
s s + 1
1 1
( s 2 + 4s
+ 6) Y ( s)
= + Y
s s + 1
Y
2( s + 1) −1
s)
=
=
2
s(
s + 1)( s + 4s
+ 6) s(
s
2s
+ 1
s)
=
s(
s + 1)( s + 4s
+ 6)
(
2
2
1
−
+ 4s
+ 6) s(
s + 1)( s + 4s
+ 6)
(
2
2
=
1
6
1 5
1
− s −
− ( s + 2) −
1 1 1
+ + 2 3 1 1 1 1
= + + 2
2
s 3 s + 1 s + 4s
+ 6 6 s 3 s + 1 ( s + 2)
2 + 2
−1 1 1 −t
1 −2t
2 −2t
y (t) = £ { Y ( s)}
= + e − e cos 2t
− e sin 2t
6 3 2
3 2
2
3
範 例 4
求 下 列 微 分 方 程 式 之 通 解
y ′′ ′ + y ′′ = e
x cos x
(10%)【97 台 大 生 機 電 】
3 2
【 詳 解 】1 齊 性 解 : m + m = 0 m = 0,0,
−1
y
2 特 解 :
h
= c1
+ c2x
+ c3
e
− x
x
由 待 定 係 數 法 , 令 y = e ( Acos
x Bsin
x)
p
+
代 入 ODE
y ′′
′ +
y ′′ = e
x cos x

1-82 陳 立 工 數
x
1 1
e
可 得 A = − , B = y
p
= ( −cos
x + 2sin x)
10 5
10
x
−x
e
3 通 解 : y = c1 + c2x
+ c3e
+ ( −cos
x + 2sin x)
10
【 另 解 】 由 逆 算 子圤
y
p
1 x
1 x
= { e cos x}
= { e cos x}
3 2
2
D + D
D ( D + 1)
= e 1
1
x {cos x}
2
( D + 1) ( D + =
{cos
2)
e x x
( 2 1)( 2)
}
2
D + D + D +
= e
x
x
x
1
e 1 e D − 2
{cos x}
= {sin x}
= {sin x}
2
2D(
D + 2) 2 D + 2 2 D − 4
x
x
e
e
= − ( D − 2){sin x}
= ( −cos
x + 2sin x)
10
10
範 例 5
考 慮 線 性 系 統
⎧3x
− 6y
+ 2z
− 5w
= 3 − k
⎪
⎪
2x
− y + 2z
= 1−
k
⎨2x
− y + z − 2w
= 1
⎪x
− 2y
+ z − 2w
= 1
⎪
⎪⎩
x + 2y
− 2z
+ w = −2
試 問 k 為 何 值 時 , 此 線 性 系 統 為 相 容 (consistent) ? (10%)【97 台 大 生 機 電 】
⎡3
− 6 2
⎢
⎢
2 −1
2
【 詳 解 】 ⎢2
−1
1
⎢
⎢1
− 2 1
⎢
⎣1
2 − 2
由 增 廣 矩 陣
− 5⎤
⎥⎡
x⎤
0
⎥⎢
⎥
⎢
y
− 2⎥
⎥ =
⎥⎢
z ⎥
− 2⎥⎢
⎥
⎥⎣w⎦
1 ⎦
⎡3
− k⎤
⎢
1−
k
⎥
⎢ ⎥
⎢ 1 ⎥
⎢ ⎥
⎢ 1 ⎥
⎢
⎣ − 2 ⎥
⎦
( AX = B )

第 一 篇 97 台 大 1-83
⎡3
− 6 2 − 5 3 − k⎤
( −1)
r
⎡0
−12
8
54
( −2)
⎢
⎥ r ⎢
53
⎢
2 −1
2 0 1−
k ( −2)
⎥ r ⎢
0 − 5 6
52
( −3)
r
⎢ − − ⎥
51
2 1 1 2 1 ⎯⎯ →⎢0
− 5 5
⎢
⎥ ⎢
⎢1
− 2 1 − 2 1 ⎥ ⎢0
− 4 3
⎢
⎥ ⎢
⎣1
2 − 2 1 − 2 ⎦ ⎣1
2 − 2
⎡0
0 −1
1 − k⎤
⎡0
0
⎢
⎥ ⎢
( −3)
r ⎢
0 0 1 2 − k
⎥ ⎢
0 0
41
(
⎯⎯ − 1)
(1)
r32
r
→⎢
− − ⎥
21
0 5 5 4 5 ⎯⎯→ ⎢0
− 5
⎢
⎥ ⎢
⎢0
− 4 3 − 3 3 ⎥ ⎢0
− 4
⎢
⎥ ⎢
⎣1
2 − 2 1 − 2⎦
⎣1
2
⎡0
0 0 3 − 2k⎤
⎡0
0
⎢
⎥ ⎢
⎢
0 0 1 2 − k
⎥ ⎢
0 0
5
4
( − )
( − )
r
4
⎢
5 1 5
5
⎥ ⎢
43
r32
⎯⎯ → 0 0 − ⎯⎯ →
⎢ 4 4 4 ⎥ ⎢0
0
⎢0
− 4 3 −3
3 ⎥ ⎢
⎢0
− 4
⎢
⎥
⎣1
2 − 2 1 − 2 ⎦ ⎢
⎣1
2
⎡0
0 0 0 − 7k
⎤
⎢
11 ⎥
⎢0
0 0
151 −
11 −
⎥
⎢
⎥
⎯⎯ − 15
5 k
( )
r 11
21
→ 5 1 5
⎢0
0 − ⎥
⎢ 4 4 4 ⎥
⎢0
− 4 3 − 3 3 ⎥
⎢
⎥
⎣1
2 − 2 1 − 2 ⎦
若 系 統 有 解 , 則 必 rank ( A)
= rank(
A | B)
k
− 8 9 − k⎤
⎥
− 2 5 − k
⎥
− 4 5 ⎥
⎥
− 3 3 ⎥
1 − 2 ⎥
⎦
0 3
1
5
3
− 2
0
0
5
4
3
− 2
15
=
7
− 2k⎤
⎥
2 − k
⎥
− 4 5 ⎥
⎥
− 3 3 ⎥
1 − 2 ⎥
⎦
3
− 2k
⎤
11 ⎥
5
−1−
k⎥
1
5 ⎥
− 4 ⎥
4 ⎥
−3
3
⎥
1
− 2 ⎥
⎦
範 例 6
2
R 歐 姆 (Ω)
電 阻 的 平 均 消 耗 功 率 為 Pav = Vrms
/ R [W] ( 瓦 特 ), 其 中 V
rms
為 施
1
加 在 R 上 之 電 壓 v (t)
[V] 的 均 方 根 值 , 其 定 義 為 Vrms
=
T
∫
伏 特 [V]。
T
0
2
v ( t)
dt 單 位 為

1-84 陳 立 工 數
(1) 若 加 在 R 上 之 電 壓 v (t)
的 波 形 如 圖 所 示 , 當 R = 1歐 姆 時 , 試 先 經 由 求
出 V
rms
值 , 再 求 算 P
av
。 (4%)
(2) 試 求 電 壓 v (t)
的 Fourier series. (8%)
(3) 利 用 (1) 與 (2) 的 結 果 並 結 合 Parserval’s Theorem ( 或 Parserval’s
identity), 試 求 ∑ ∞
n=
1
1
(2n
−1)
2
。(8%) 【97 台 大 生 機 電 】
【 詳 解 】(1) V = 1 T 1 0
2
2
rms
v t dt =
T A dt + A dt = A
T
∫ ( ) [
T
∫ ∫
2 2
]
0
−
0
2 2
Vrms
A 2
且 Pav = = = A
R 1
(2) 令 ∑ ∞ 2nπ
v(
t)
= Bn
sin t
n=
1 T
T
2 2nπ
2A
2
則 Bn
= v(
t)sin
tdt (1 cos nπ
)
T ∫
= −
0 T nπ
2
⎧4A
⎪ n = 1,3,5, L
= ⎨nπ
⎪
⎩0
n = 2,4,6, L
∑ ∞ 4A
2nπ
v(
t)
= sin t
n=
1,3,5,L nπ
T
(3) 由 Parserval 恆 等 式
v(
t)
∫
T
2
T
−
2
2
2 16A
∑ ∞ 1 2
=
sin
2
2
π n=
1,3,5,L n
2
2 16A
v ( t)
dt =
2
π
∞
∑
n=
1,3,5,L
2
nπ
t
T
T
2n
2
2
T
2
8A T
A T =
2
π
2
∑ ∞ 1
2
n=
1,3,5,L n

第 一 篇 97 台 大 1-85
∞
∑
∞
1 1
=
2 ∑
2
(2n
−1)
n= 1,3,5, L n n=
1
2
π
=
8
範 例 7
試 問 格 林 定 理 (Green’s Theorem) 是 否 適 用 於 下 列 的 積 分 ? 並 解 釋 之 。
(1)∫
C
x
2
x
+ y
2
dx +
x
2
y
+ y
2
dy
(2)∫
C
[ x
2
− 2x
2
+ ( y − 2) ]
2
dx +
[ x
2( y − 2)
2
2
+ ( y − 2) ]
2
dy
其 中 C 值 均 位 於 原 點 的 單 位 圓 (10%)【97 台 大 生 機 電 】
【 詳 解 】(1) C 路 徑 包 含 奇 點 (0,0), 故 不 得 使 用 Green 定 理
2 2 ⎧x
= r cosθ
Q x + y = 1, 令 ⎨ θ : 0 → 2π
⎩y
= r sinθ
x
y
∫ dx + dy
2 2
2 2
x + y x + y
C
2
2
− r cosθ
sinθdθ
+ r cosθ
sinθdθ
= ∫
= 0
r
C
(2) C 路 徑 內 不 含 奇 點 , 故 可 以 使 用 Green 定 理
− 2x
2( y − 2)
∫
dx +
dy
2
2 2
2
2 2
[ x + ( y − 2) ] [ x + ( y − 2) ]
C
∂ 2( y − 2) ∂ 2x
= ∫∫[
+
] dA
∂x
2
2 2
x + y − ∂y
2
2 2
[ ( 2) ] [ x + ( y − 2) ]
− 4x(
y − 2) 4x(
y − 2)
= ∫∫[ +
] dA
2
2 2 2
2 2
[ x + ( y − 2) ] [ x + ( y − 2) ]
− 8x(
y − 2)
= ∫∫
dA
2
2 2
[ x + ( y − 2) ]

1-86 陳 立 工 數
範 例 8
∂z
∂z
利 用 特 徵 曲 線 法 , 求 解 Cauchy Problem : +
∂x
∂y
dx dy dz
【 詳 解 】 由 Lagrange 方坾 程 組 = = 1 1
z
e
=
z
e
, z ( 0, y)
= y .
(10%)【97 台 大 生 機 電 】
⎧dx
= dy
⎪
⎨dx
dz
⎪ =
z
⎩ 1 e
→
→
y − x = α
x + e
−z
= β
z
故 通 解 為 x + e
− −
= f ( y − x)
e z = f ( y − x)
− x
由 BC z ( 0, y)
= y f ( y)
= e
得 e
= e
− z −(
y−x)
− x = e
x−
y
− x
− y

第 一 篇 97 台 大 1-87
97 台埍 大圢 電 子圤 甲堅 組 (L)
範 例 1
A semi-infinite plate coincides with the region
0 ≤ x ≤ π and y ≥ 0. The
right and left edges of the plate are insulated and the bottom end is held at
temperature of f (x)
. Find the suitable differential equation and boundary
conditions for the steady state temperature u ( x,
y)
.
2 2
∂ u ∂ u
(A) + = 0 , 0 < x < π and y > 0 .
2 2
∂x
∂y
∂u
(B) | = x= 0
0
∂x
∂u
(C) |
x=π
= 0
∂y
for y > 0 .
for y > 0 .
(D) u ( x,0)
= f ( x)
for 0 ≤ x ≤ π .
(E) u( π , y)
= 0 for y > 0 .
2 2
∂ u ∂ u
【 詳 解 】PDE : + = 0
2 2
∂x
∂y
0 < x < π , y > 0
∂u
∂u
BC : ( 0, y)
= ( π , y)
= 0 for y > 0
∂x
∂x
u ( x,0)
= f ( x),
u(
x,
∞) 有 界
故 選 (A)(B)(D)
(5%)【97 台 大 電 子 】
範 例 2
The solution of the initial value problem ( x 2 + 1) y′′
+ 2xy′
= 0 , y ( 0) = 0 and
y ′( 0) = 1 has the form ∑ ∞ n
y = a n
x . Which of the following items are correct ?
n=
0

1-88 陳 立 工 數
(A) a = 0
0 (B) 2
1
a
1
+ a3
= (C) a
2
+ a4
= (D) a
2 n
= 0
3
3
(E)None of above.
【 詳 解 】 Q x = 0 為 常 點 , 令 ∑ ∞ y =
n=
則 y ′ =
∞
∑
n=
1
na
n
x
n−1
, y′′
=
∞
∑
n=
2
0
n
a n
x
n(
n −1)
a x
代 入 ODE ( x
2 + 1) y′′
+ 2xy′
= 0
∞
∑
∞
∑
n
n−2
∑ ∞
n=
0
n
n−2
n
得 n ( n −1)
a x + n(
n −1)
a x + 2 na x = 0
∑
n
n
n= 2
n=
2
n=
1
∞
∑
∞
∑
n
n
n
n ( n −1)
a x + ( n + 1)( n + 2) a x + 2 na x = 0
n
n+
2
n= 2
n=
0
n=
1
( n + 1)( n + 2) an+ 2
+ n(
n −1)
an
+ 2nan
=
0
a
n+
2
n
= − a
n + 2
n
n = 0 : a 0 ( 以 下 偶 次 方坾 項 全 為 0)
2
=
1 1
n = 1: a3
= − a1
= − a1
1+
2 3
2
n = 2 : a
4
= − a2
= 0
2 + 2
3 1
n = 3: a
5
= − a3
= a1
5 15
M
= ∑ ∞ y a
n=
= a
0
0
n
x
n
= a
0
1
+ a1x
− a1x
3
+ a x + a x
3
1
+
1
15
1 3 1
= a + a1(
x − x + x
3 15
2
1
2
a x
5
+ a x
3
3
+LL
− +L
5
0
L
∞
+ a x
)
4
4
n
∞
∑
+LL
(5%)【97 台 大 電 子 】
n

第 一 篇 97 台 大 1-89
由 BC
⎧y(0)
= a0
= 0
⎨
⎩y'(0)
= a1
= 1
1
y = x − x
3
故 選 (A)(B)(D)
3
+
1
15
x
5
− +LL
範 例 3
Please solve the following differential equation
1 dy
( − 2xy + cos x + ) = ( y + sin x)
y with boundary condition y ( 0) = 1.
2
1+
y dx
(10%)【97 台 大 電 子 】
1
【 詳 解 】ODE ( y + sin x)
ydx + (2xy
− cos x − ) dy = 0
2
1+
y
⎧M
( x,
y)
= ( y + sin x)
y
⎪
令 ⎨
1
⎪
N(
x,
y)
= 2xy
− cos x −
⎩
1+
y
∂M
∂N
Q = 2 y + sin x =
∂y
∂x
此 為 正埲 合 方坾 程
存 在 φ ( x,
y)
⎧∂φ
積 x
2
⎪
= ( y + sin x)
y ⎯⎯→ φ = xy − cosxy
+ k1(
y)
∂x
使 得 ⎨
⎪
∂φ
1 積 y
2
= 2xy
− cosx
− ⎯⎯→ φ = xy − cosxy
− tan
2
⎪⎩
∂x
1+
y
2
−1
通 解 為 φ ( x , y)
= xy − cos xy − tan y = c
2
−1
y + k
2
( x)

1-90 陳 立 工 數
Please solve the following differential equation system :
dx
dt
範 例 4
dy dz
= 3 x − y − z,
= x + y − z,
= x − y + z with x ( 0) = 5, y(0)
= 4, z(0)
= 4.
dt
dt
⎡x&
⎤ ⎡3
【 詳 解 】
⎢ ⎥
=
⎢
⎢
y&
⎥ ⎢
1
⎢⎣
z&
⎥⎦
⎢⎣
1
−1
1
−1
−1⎤
⎡x⎤
−1
⎥⎢
⎥
⎥⎢
y
⎥
1 ⎥⎦
⎢⎣
z⎥⎦
3−
λ
( X & = AX )
由 det( A − λI)
= 1 1−
λ −1
= 0 λ = 1,2, 2
1
−1
−1
−1
1−
λ
⎡2
−1
−1⎤
⎡1⎤
EV (1) = ker( A − I)
= ker
⎢
1 0 1
⎥
= {
⎢
2
⎥
⎢
−
⎥
span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
1 −1
1 ⎥⎦
⎢⎣
1⎥⎦
⎡1⎤
eigenvector is { k
⎢
1
2
⎥
⎢ ⎥
| k1
∈ R}
⎢⎣
1⎥⎦
⎡1
−1
−1⎤
⎡1⎤
⎡1⎤
EV (2) = ker( A − 2I)
= ker
⎢
1 1 1
⎥
{
⎢
0
⎥
,
⎢
1
⎥
⎢
− −
⎥
= span
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
}
⎢⎣
1 −1
−1⎥⎦
⎢⎣
1⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
⎡1⎤
⎡1⎤
eigenvectors are { k
⎢
0
⎥
2
k
⎢
3
1
⎥
⎢ ⎥
+
⎢ ⎥
| k2,
k3
∈ R}
⎢⎣
1⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
⎡1
1 1⎤
⎡1
0 0⎤
令 =
⎢ ⎥
−1
P
⎢
2 0 1
⎥
, 則 P AP = D =
⎢ ⎥
⎢
0 2 0
⎥
⎢⎣
1 1 0⎥⎦
⎢⎣
0 0 2⎥⎦
由 座 標 變 換 , 令 X = PY
代 入 X & = AX 得 Y & = P
−1 APY = DY
(15%)【97 台 大 電 子 】

第 一 篇 97 台 大 1-91
t
⎧y&
1
= y ⎧y
1
1
= k1e
⎪
⎪
2t
⎨y&
2
= 2y2
⎨y2
= k2e
⎪
⎩y&
3
= 2y
⎪
2t
3
⎩y3
= k3e
t
⎡1
1 1⎤⎡
k e ⎤
1 ⎡1⎤
⎡1⎤
⎡1⎤
⎢ 2t
⎥
t
2t
X = PY =
⎢
2 0 1
⎥
k2e
k
⎢
1
2
⎥
e k
⎢
2
0
⎥
e + k
⎢
3
1
⎥
⎢ ⎥⎢
⎥ =
⎢ ⎥
+
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
e
2t
⎢⎣
1 1 0⎥⎦
⎢k3e
⎥
⎣ ⎦
⎢⎣
1⎥⎦
⎢⎣
1⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
3 5
IC x ( 0) = 5, y(0)
= 4, z(0)
= 4 k
1
= , k2
= , k3
= 1
2 2
⎡x⎤
⎡1⎤
⎡1⎤
⎡1⎤
t
2t
2t
⎢
5
y
⎥ 3 ⎢
2
⎥
e
⎢
0
⎥
e
⎢
1
⎥
⎢ ⎥
=
+ e
2 ⎢ ⎥
+
2 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢⎣
z⎥⎦
⎢⎣
1⎥⎦
⎢⎣
1⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
2t
範 例 5
(a)Find the differential equations relating R , L1 , L2,
i2,
i3
and E in Fig P.5.
(b)If R = 10Ω
, L1 = 0. 01Henry, L2 = 0. 0125 Henry, E = 150V
, i
2
(0) = 0
and i (0) 0 , find i t),
i ( ) and ( )
3
=
1( 2
t
3 t
i . (15%)【97 台 大 電 子 】
【 詳 解 】(a) 由 Kinchoff 電 壓 定 律
⎧ di2
⎪
Ri1
+ L1
= E
dt
⎧
⎪
di3
di ⎪
( i
2
⎨L2
− L1
= 0 ⎨
⎪ dt dt ⎪L
⎪i1
= i2
+ i
3
⎩
⎪
⎩
(b) 取 Laplace 變 換
2
2
di2
+ i3)
R + L1
= E
dt
di3
di2
− L1
= 0
dt dt

1-92 陳 立 工 數
⎧
150
⎪10(
I2(
s)
+ I3(
s))
+ 0.01[ sI2(
s)
− i2(0)]
=
⎨
s
⎪
⎩0.0125[
sI3(
s)
− i3(0)]
− 0.01[ sI2(
s)
− i2(0)]
= 0
⎧
150
⎪(10
+ 0.01s)
I2(
s)
+ I3(
s)
=
⎨
s
⎪
⎩−
0.01sI
2(
s)
+ 0.0125sI3(
s)
= 0
由 Cramer Rule
⎧
10 + 0.01s
1
150
⎪
1
I2
=
⎪
s
− 0.01s
0.0125s
0 0.0125s
⎨
⎪10
+ 0.01s
1
150
10 + 0.01s
⎪
I3
=
s
⎪ − 0.01s
0.0125s
⎩
− 0.01s
0
⎧
1.875
15000 125 1
⎪
I2
=
=
= [ −
−4
2
1.25×
10 s + 0.135s
s(
s + 1080) 9 s s +
⎨
⎪
1.5
12000 100 1
I3
=
=
= [ −
−4
2
⎪⎩
1.25×
10 s + 0.135s
s(
s + 1080) 9 s s +
125 −1080t
100 −1080
t
故 i2(
t)
= (1 − e ), i3(
t)
= (1 − e )
9
9
−1080t
i ( t)
= 25(1 − e )
1
1
1080
1
1080
]
]
範 例 6
A semiconductor wafer has M VLSI chips on it and these chips have the same
circuitry. Each VLSI chip consists of N interconnected transistors. A transistor
may fail (not function properly) with a probability p because of its fabrication
process, which we assume to be independent among individual transistors. A
chip is considered a failure if there are n or more transistors failures. Let K be
the number of failed transistors on a VLSI chip, which is therefore a random
variable (R.V.)
(1) What is a random variable?
(2) What is the sample space (also called outcome set) over which R.V. K is
defined?

第 一 篇 97 台 大 1-93
(3) Let X = 1 if a chip i fails and X = 0 if a chip i is good.
i
i
Derive the probability that a chip is good, i.e., p Pr{ X = 0} = ?
g
=
i
(4) Now suppose that the value of a current I of the chip depends on transistor
1. If transistor 1 fails, we will observe an abnormal I value with a
probability p and a normal I value with a probability 1-p; if a transistor 1 is
good, we will observe a normal I value with a probability q and an
abnormal I value with a probability 1-q. What is the probability that you
observe an abnormal I value? When the I value you measured is normal,
what is the probability that transistor 1 actually fails?
(5) Whether one chip is good or fails is independent of other chips. Let the
yield of a wafer be defined as the percentage of good chips in the wafer,
M
1
i.e., Y = (1 − ∑ X i
) × 100%.
Then derive µ
Y
= E( Y)
= ?
M
i=
1
2
σ
Y
= Var(
Y ) = ? (Hint: Utilize p
g
obtained from 8)
(6) Note that M >> 100,
so you apply the Central Limit Theorem to
approximate the probability density function f Y
(y)
of R.V. Y by a normal
2
distribution, N(
µ , σ ). Describe Central Limit Theorem and how you
Y
Y
apply it. 【97 台 大 電 子 】
【 詳 解 】(1) 請 參 閱 課 本 有 關 隨 機 變 數 之 定 義
(2) K = 0,1,2,3,
K , n,
n + 1, K,
N
(3) 若 第 i 個 chip 不 能 正 常 運 作 , 即 當 K ≥ n 時 , 則 令 X = 1
且 第 i 個 chip 正 常 運 作 , 即 當 K < n 時 , 則 令 X = 0
pg = Pr{ X
i
= 0} = P(
K <
n)
= P( K = 0) + P(
K = 1) + P(
K = 2) + L + P(
X = n −1)
=
n
∑ − 1
k=
0
C
Case (i):
N
k
p
k
(1 − p)
N −k
i
i

1-94 陳 立 工 數
令 K 為 每 一 片 chip 當 中 無 法 正 常 運 作 的 interconnected
transistors 數 量
若 np < 5 K ~ Poi(
λ = np)
P ( K < n)
=
Case (ii):
e
( np)
n
∑ − 1 −np
k=
0 k!
k
令 K 為 每 一 片 chip 當 中 無 法 正 常 運 作 的 interconnected
transistors 數 量
2
若 np ≥ 5 K ~ N(
µ = np,
σ = np(1
− p))
p g
n − np
n(1
− p)
= P(
K < n)
= P(
Z < ) = P(
Z < )
np(1
− p)
np(1
− p)
= P(
Z <
1
)
p
1
= Φ(
)
p
(4) 令 A 為 transistor 1 無 法 正 常 運 作 的 事 件
由 題 六 可 得 P ( A)
= p , P(
A
c ) = 1−
p
且 B 為 訊 號 顯 示 為 normal I 的 事 件 ,
c
即 B 為 訊 號 顯 示 abnormal I 的 事 件
P ( B A)
= q , P B
c c
( A)
= 1−
q , P( B A ) = 1− p ,
P(
B
c
A
c
) =
p
p
A
1-p
p
B
c
B
1-p
c
A
q
1-q
P( B)
= P(
A ∩ B)
+ P(
A
c ∩ B)
= p ( 1−
p)
+ (1 − p)
q = (1 − p)(
p + q)
B
c
B

第 一 篇 97 台 大 1-95
P(
A B)
=
P(
A ∩ B)
P(
B)
p(1
− p)
=
(1 − p)(
p + q)
=
p
p
+
q
(5) 由 (3) 可 知 X Ber(
p )
i
~
g
X
i 0 1
P ( X
i
) p
g
1 − pg
E(
X i
) = 1−
p g
Var(
X
i
) = E(
X
2
i
) −[
E(
X
i
)]
2
= (1 − p
g
) − (1 − p
g
)
2
=
p (1 − p )
g
g
M
1
µ = E(
Y ) = E[(1
− ∑
M
Y
X i
i=
1
M
1
= [1 − ∑ E(
M
i=
1
X i
)] × 100%
) × 100%]
1
[ 1−
M (1 − p )] × 100% =
M
=
g
M
1
σ = Var(
Y ) = Var[(1
− ∑
M
2
Y
X i
i=
1
1
=
M
M ⋅Var(
X
1
) = Var(
X
M
2 i
i
p g
) × 100%] =
p
) =
(6) 若 一 序 列 隨 機 變 數 X , X , 1 2
K , X
n
為 獨 立 且 相 同 分 配 (i.i.d.) 之 隨 機 變 數 ,
M
1
( 1−
p
g g
)
M
∑Var(
X i
)
2
M i=
1
2
E ( X
i
) = µ 且 Var ( X i
) = σ , ∀ i =1,
K,
n ,
若 Y = X + X + L + X
1 2
n
,

1-96 陳 立 工 數
2
且 E ( Y ) = nµ
, Var ( Y ) = nσ
, 則 中 央 極 限 定 理 為
lim P(
Y
n→∞
( X
≤ c)
= lim P(
n→∞
1
+ X
2
+ L + X
σ n
n
) − nµ
≤ c)
=
c
∫ −∞
2
z
1 −
2
e
2π
dz
2
2
Y 服 從 參 數 為 ( n µ , nσ ) 之 常 態 分 配 , 即 Y ~ N(
nµ , nσ ) 。
一 般 而 言 , 中 央 極 限 定 理 可 一 般 化 為 :
X − µ
lim P(
≤ c)
=
n→∞
σ
n
X
當 中 X =
1
+ X
2
∫
c
−∞
+ L + X
n
1
e
2π
n
2
z
−
2
dz
為 樣 本 平 均 數
2
X 服 從 參 數 為 ( µ , σ ) 之 常 態 分 配 , 即 X ~ N(
µ , σ ) 。
n
n
pg
(1 − pg
)
Y ~ N(
pg
, )
M
b 1
P(
a < Y < b)
= ∫a
2πp
(1 − p
a − pg
= P(
p (1 − p
g
M ( b − p
= Φ(
p (1 − p
g
g
M
g
)
g
e
)
< Z <
2
( y−
pg
)
−
2 pg
(1−
pg
)
M
p
b − p
(1 − p
M
M
g
g
) M ( a − p
) − Φ(
) p (1 − p
g
g
g
g
g
dy
g
)
)
)
)
)

第 一 篇 97 台 大 1-97
範 例 7
Let Y
1
and Y
2
be the yields of two semiconductor factories with probability
2
2
density functions fY
≈ N(
µ
Y
, σ ) and fY
≈ N(
µ
Y
, σ ). Let Z = Y 1
− Y 2
.
1 1 Y1
2 2 Y2
Find the probability distribution function of Z, i.e., F Z
( z)
= ? 【97 台 大 電 子 】
【 詳 解 】 Y1 ⊥ Y2
f
Y1Y
2
( y , y
1
2
1
) =
2πσ
σ
Y1
Y2
e
σ
−
2
Y ( y
2 1
−µ
2 2
Y ) + σ
1 Y ( y
1 2
2
2( σ Y σ )
1 Y2
根 據 常 態 分 配 的 可 加 性 , Z = Y Y ~ Normal
1
−
E Z = E Y − Y = E Y − E Y = µ − µ
( ) (
1 2
) (
1)
(
2
)
Y1
Y2
2
−µ
2
Y )
2
Var
2 2
( Z)
= Var(
Y1 − Y2
) = Var(
Y1
) + Var(
Y2
) − 2Cov(
Y1
, Y2
) = σ
Y
+ σ
1 Y2
2 2
Z = Y − Y ~ N(
µ − µ , σ + σ )
1 2
Y1 Y2
Y1
Y2
f
Z
( z)
=
1
e
2π
( σ + σ )
2
Y1
2
Y2
2
[ z−(
µ Y −µ
)]
1 Y2
−
2 2
2( σ Y + σ )
1 Y2
z
FZ
( z)
= ∫
−∞
1
e
2π
( σ + σ )
2
Y1
2
Y2
2
[ t−(
µ Y −µ
Y )]
1 2
−
2 2
2( σY
+ σ Y )
1 2
dt
= P(
Z < z)
= P(
Z
N
z −
<
z − µ
Y
+ µ
1 Y2
= Φ(
)
2 2
σ + σ
Y1
( µ
Y
− µ )
1 Y2
)
2 2
σ + σ
Y1
Y2
Y2

第 二 篇 97 成 大 2-1
97 成 大圢 工圭 科
範 例 1
Solve the partial-differential equation
2
∂T
∂ T
PDE α = 0 ≤ x ≤ L , t ≥ 0
2
∂t
∂x
⎧u(0,
t)
= 0
B.C. ⎨
⎩u(
L,
t)
= f ( t)
I.C. u ( x,0)
= g(
x)
(25%)【97 成 大 工 科 】
【 範 圍 】14-4
【 鐵 證 如崇 山 】 完 全峖 命 中 於 陳 立岷 工 數 魔 法 書 p14-5 範 例 1、p8-65 範 例 3
解 法 寫 於 p14-76 重 點 整 理
【 詳 解 】 T ( x,
t)
= w(
x,
t)
+ v(
x,
t)
2 2
∂w
∂v
∂ w ∂ v
代 入 PDE 得 α + α = +
2 2
∂t
∂t
∂x
∂x
⎧w(0,
t)
+ v(0,
t)
= 0
且尼 BC ⎨
⎩w(
L,
t)
+ v(
L,
t)
= f ( t)
2
∂ v
Pb1: = 0 且尼 v ( 0, t)
= 0, v(
L,
t)
= f ( t)
2
∂x
v ( x,
t)
= c x + c
1 2
⎧v(0,
t)
= 0 = c2
1
⎨
c
1
= f ( t),
c2
= 0
⎩v(
L,
t)
= f ( t)
= c1L
+ c2
L
x
v ( x,
t)
= f ( t)
L
2
2
∂w
∂ w ∂v
∂w
∂ w αx
Pb2: α = −α
α = − f ′(
t)
2
2
∂t
∂x
∂t
∂t
∂x
L
且尼 BC w ( 0, t)
= w(
L,
t)
= 0

2-2 陳 立 工 數
x
IC w( x,0)
= g(
x)
− v(
x,0)
= g(
x)
− f (0)
L
由 特 徵 函 數 展 開 法 , 屉 ∑ ∞ nπ
w(
x,
t)
= Tn
( t)sin
x
n=
1 L
代 入 PDE 可屣 得
∞
∞
nπ
nπ
2 nπ
αx
α T&
∑ n
( t)sin
x + ∑(
) Tn
( t)sin
x = f ′(
t)
n=
1 L n=
1 L L L
n 2 n x
∑ ∞ π
π α
[ α T &
n
( t)
+ ( ) Tn
( t)]sin
x = f ′(
t)
n=
1 L
L L
nπ
2 2 L αx
nπ
2α
α T & + ( ) = ∫
′(
)sin = ′
n
Tn
f t xdx f ( t)(
−1)
L L 0 L L nπ
2 2
n
1
2 n
T&
π
+ = ′(
)( −1)
+
n
T
2 n
f t
αL
nπ
2
n
π
2
− t
2 1 2
αL
n+
1
T
{ ′
n
= ce +
f ( t)(
−1)
}
2 2
n π nπ
D +
2
αL
∑ ∞ nπ
w(
x,
t)
= Tn
( t)sin
x
n=
1 L
n x
由 Pb1, Pb2 可屣 知 T(
x,
t)
= ∑ ∞ π
Tn ( t)sin
x + f ( t)
= L L
n 1
n+
1
範 例 2
cos mx
Calculate ∫ ∞ dx . (25%)【97 成 大 工 科 】
0 2 2 2 2
( x + a )( x + b )
【 範 圍 】30-6
【 鐵 證 如崇 山 】 完 全峖 命 中 於 陳 立岷 工 數 魔 法 書 p30-55 範 例 4
【 詳 解 】 屉 f
imz
e
z)
= , 則 z = ± ai, ± bi 為 單 極 點
2 2 2
( z + a )( z + b )
( 2

第 二 篇 97 成 大 2-3
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
−
=
−
=
−
=
−
=
−
→
−
→
)
(
2
)
(
)
lim(
)
(
)
(
2
)
(
)
lim(
)
(
2
2
2
2
b
a
bi
e
z
f
bi
z
bi
a
b
ai
e
z
f
ai
z
ai
bm
bi
z
am
ai
z
Res
Res
且尼
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
−
−
=
+
=
−
−
−
=
+
=
−
→−
→−
)
(
2
)
(
)
lim (
)
(
)
(
2
)
(
)
lim (
)
(
2
2
2
2
b
a
bi
e
z
f
bi
z
bi
a
b
ai
e
z
f
ai
z
ai
bm
bi
z
am
ai
z
Res
Res
1 0
>
m : dx
b
x
a
x
mx
)
)(
(
cos
2
2
2
2
∫ ∞ ∞
− +
+ ⎭ ⎬⎫
⎩
⎨
⎧
+
+
= ∫ ∞ ∞
−
dx
b
x
a
x
e imx )
)(
(
Re 2
2
2
2
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
−
+
−
=
+
=
−
−
)
(
)
(
Re
)]}
(
)
(
[
2
Re{ 2
2
2
2
b
a
b
e
a
b
a
e
bi
ai
i
bm
am
π
π
π
Res
Res
)
(
)
(
2
2
2
2
b
a
b
e
a
b
a
e
bm
am
−
+
−
=
−
−
π
π
dx
b
x
a
x
mx
)
)(
(
cos
0 2
2
2
2
∫ ∞ +
+
}
)
(
)
(
{
2
1
2
2
2
2
b
a
b
e
a
b
a
e
bm
am
−
+
−
=
−
−
π
π
2 0
<
m : dx
b
x
a
x
mx
)
)(
(
cos
2
2
2
2
∫ ∞ ∞
− +
+
)]}
(
)
(
[
2
Re{
bi
ai
i
−
+
−
= Res
Res
π
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
−
−
−
−
=
)
(
)
(
Re 2
2
2
2
b
a
b
e
a
b
a
e
bm
am
π
π
)
(
)
(
2
2
2
2
b
a
b
e
a
b
a
e
bm
am
−
−
−
= −
π
π
dx
b
x
a
x
mx
)
)(
(
cos
0 2
2
2
2
∫ ∞ +
+
}
)
(
)
(
{
2
1
2
2
2
2
b
a
b
e
a
b
a
e
bm
am
−
+
−
= −
π
π

2-4 陳 立 工 數
範 例 3
Find the solution of
【 範 圍 】4-1
d y
dx
d y
dx
dy
dx
3
2
3
2
3
x − 8x
+ 55x
−123y
= x .
3
2
【 鐵 證 如崇 山 】 完 全峖 命 中 於 陳 立岷 工 數 魔 法 書 p4-18 範 例 17
t
d
【 詳 解 】 屉 x = e , t = ln x(
x > 0),
D ≡
dt
代 入 可屣 得 { D(
D − 1)( D − 2) −8D(
D −1)
+ 55D
−123}
y = e
2
3t
{( D − 3)( D −8D
+ 41)} y = e
1 齊 性 解 :
2
( m − 3)( m −8m
+ 41) = 0 m = 3 ,4 ± 5i
3t
4t
y = c e + e c cos5t
c sin 5 )
h 1
(
2
+
3
t
3 4
= c
1x
+ x ( c2
cos5ln x + c3
sin 5ln x
2 特 解 :
由 待 定 係 數 法 , 屉
代 入 可屣 得
A =
1
26
y p
= Ate
1 3t
1
y
3
p
= te = x (ln x)
26 26
3 通 解 : y = y
h
+ y
p
= c x
1
3
3t
)
(25%)【97 成 大 工 科 】
3t
4
+ x ( c cos5ln x + c sin 5ln x)
+
【 另屮 解 】 由 逆 算 子圤
y 3t
1 1 3t
1 1
p
=
{ e } = { e } { e
2
( D − 3)( D −8D
+ 41) ( D − 3) 26
= 0 26
1 3 1
= te t = x
3 (ln x)
26 26
2
1 3t
3
1
26
}
xe
3x
範 例 4
Solve
2
⎡1
− 4⎤
X − 5X
+ 3I
= ⎢ ⎥ . (25%)【97 成 大 工 科 】
⎣2
− 5 ⎦

第 二 篇 97 成 大 2-5
【 範 圍 】24-3
【 鐵 證 如崇 山 】 完 全峖 命 中 於 陳 立岷 工 數 魔 法 書 p24-27 範 例 6
⎡1
− 4⎤
【 詳 解 】 屉 A = ⎢ ⎥
⎣2
− 5 ⎦
由 det( A − λ I ) = 0 λ = −3,
−1
⎡4
− 4⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
⎡x1
⎤ ⎡1⎤
當 λ = −3: ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥ =
⎣2
− 2⎦⎣x2
⎦ ⎣0
⎢ ⎥ k1⎢
⎥ ⎦ ⎣x2
⎦ ⎣1
⎦
⎡2
− 4⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
⎡x1
⎤ ⎡2⎤
當 λ = −1: ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥ =
⎣2
− 4⎦⎣x2
⎦ ⎣0
⎢ ⎥ k2
⎢ ⎥ ⎦ ⎣x2
⎦ ⎣1
⎦
⎡1
2⎤
−1
⎡−1
2 ⎤
⎡−
3 0 ⎤
屉 P = ⎢ ⎥ 則 P =
⎣1
1
⎢ ⎥ , 使 得 D =
⎦ ⎣ 1 −1
⎢ ⎥ ⎦ ⎣ 0 −1
⎦
⎡r1
0 ⎤ −1
屉 x = P⎢
0
⎥P
⎣ r2
⎦
2
⎡r1
− 5r1
+ 3 0 ⎤
−1
⎡−
3 0 ⎤ −1
b P⎢
2 ⎥P
= P ⎢
⎣ 0 r2
− 5r2
+ 3⎦
0 1
⎥P
⎣ − ⎦
2
⎧r1
− 5r1
+ 3 = −3
⎧r1
= 2,3
b ⎨
2
⎨
⎩r2
− 5r2
+ 3 = −1
⎩r2
= 1,4
⎡2 0⎤
−1
⎡0
− 2⎤
⎡2 0⎤
−1
⎡ 6 4⎤
x = P⎢
⎥P
= ⎢ ⎥ 或 = P =
⎣0
1⎦
⎣1
3
⎢ ⎥P
⎢ ⎥ ⎦ ⎣0
4⎦
⎣−
2 0 ⎦
⎡3 0⎤
−1
⎡−1
− 4⎤
或 = P ⎢ ⎥P
= ⎢ ⎥
⎣0
1⎦
⎣ 2 5 ⎦
⎡3 0⎤
−1
⎡ 5 2⎤
或 = P ⎢ ⎥P
= ⎢ ⎥
⎣0
4⎦
⎣−1
2 ⎦

2-6 陳 立 工 數
97 成 大圢 電 機 ( 岪 組 )
範 例 1
Find the curve y (x)
that passes through ( 1, 0.5)
and is such that at each
point ( x , y)
the intercept of the tangent on the y-axis is equal to
【 範 圍 】2-6
【 鐵 證 如崇 山 】 完 全峖 命 中 於 陳 立岷 工 數 魔 法 書 p2-86 範 例 6
【 詳 解 】 由 直 線 之 斜 截 式 y = mx + b : y = y′
( x)
x + 2xy
y
2
2xy .
(15%)【97 成 大 電 機 】
1
2
−2
1 −1
′ − y = −2y
為 Bernoulli 方坾 程 式 y y′ − y = −2
x
−1
−2
屉 u = y , 則 u ′ = −y
y′
2
x
1
代 入 得 線 性 ODE u ′ + u = 2
x
∫
dx
x
1 積 分坖 因 子圤 : I(
x)
= e = x
1
2
c 1
2 通 解 : Ι( x)
u = ∫ 2xdx
= x + c u = x +
x y
B.C.
1
x = 1 , y = c = 1
2
2
−1 1 x + 1
y = x + =
x x
x
y = x 2 +1
= x +
c
x

第 二 篇 97 成 大 2-7
範 例 2
Solve the following initial value problems
2
(a) x y′ − 4xy′
+ 4y
= 0 , y ( 1) = 4 , y ′( 1) = 13 .
2 2
(b) ( x D − 5xD
+ 8) y = 0 , y ( 1) = 5, y ′( 1) = 18 . (20%)【97 成 大 電 機 】
【 範 圍 】4-2
【 鐵 證 如崇 山 】 完 全峖 命 中 於 陳 立岷 工 數 魔 法 書 p4-22 習 題 1
m
【 詳 解 】(a) 屉 y = x ( x > 0)
代 入 原 式 得 { m ( m −1)
− 4m
+ 4} = 0 ( m −1)(
m − 4) = 0
m =1, 4
y = c +
3
y ′ = c1 + 4c2x
⎧y(1)
= 4 = c1
+ c2
IC ⎨
⎩y′
(1) = 13 = c1
+ 4c
4
y = x + 3x
4
1x
c2x
2
c = , c 3
1
1 2
=
m
(b) 屉 y = x ( x > 0)
代 入 原 式 得 { m ( m −1)
− 5m
+ 8} = 0 ( m − 2)( m − 4) = 0
m = 2, 4
y ′ = 2c
x + c x
1
4
y = c +
2
3
2 4
1x
c2x
⎧y(1)
= 5 = c1
+ c2
IC ⎨
⎩y′
(1) = 18 = 2c1
+ 4c
2 4
y = x + 4x
2
c = , c 4
1
1 2
=
範 例 3
Compute ∫ ∞ sin
x
2
0 2
x
dx . (15%)【97 成 大 電 機 】
【 範 圍 】30-6
【 鐵 證 如崇 山 】 完 全峖 命 中 於 陳 立岷 工 數 魔 法 書 p30-56 範 例 5

2-8 陳 立 工 數
2
2
2
∞ sin x 1 ∞ sin x 1 ∞ 1−
cos 2x
1
【 詳 解 】 ∫ dx = ∫ dx =
−∞ ∫ dx Re{ }
0 2
2
x
x
−∞ 2
2
2
2 2x
∫ ∞ − e i x
= dx
−∞
4x
1−
e
4z
為 實 軸 上 的 二 階 極 點
i2z
屉 f ( z)
=
2
則 z = 0
其 留 數
Re s(0)
= lim
z→0
1−
b b b 故 所 求 = Re{ ∫ ∞ i
−∞
2
4x
2
e x
d
dz
[ z
2
1−
e
4z
i2z
2
1
i
] = lim( −2ie
4 z→0
π
dx}
= Re{ π i Re s(0)}
=
2
2z
i
) = −
2
範 例 4
What is the order of the pole at z = 0 the following function ? why ?
1
f ( z)
= (2cos z − 2 + z
2 ) (15%)【97 成 大 電 機 】
2
【 範 圍 】29-4
【 鐵 證 如崇 山 】 完 全峖 命 中 於 陳 立岷 工 數 魔 法 書 p29-9 陳 立堒 速 解 表 第 一 行
2 4
z z
【 詳 解 】∵ cos z = 1−
+ − + L
2! 4!
2 4 6
2 z z z
2
∴ 2(cos
z −1)
+ z = 2( − + − + −L
) + z
2! 4! 6!
4 6 8
z z 2z
= − + −L
12 360 8!
4 6 8
2 2 z z 2z
2
[ 2(cos z −1)
+ z ] = [ − + −L]
12 260 8!
8 10
12
z z z
= − +
+LL
2
144 6⋅360
(360) + 3⋅8!
1
1
f ( z)
=
=
2 2 8 10
12
(2cos z − 2 + z ) z z z
− +
+LL
2
144 6⋅360
(360) + 3⋅8!
144
= 8
− +L
z

第 二 篇 97 成 大 2-9
則 z = 0 為 8 階 極 點
範 例 5
Find the Singular–Value Decomposition (SVD) of the matrix
⎡5
0 1 0⎤
A =
⎢ ⎥
⎢
1 0 5 0
⎥
(15%)【97 成 大 電 機 】
⎢⎣
0 4 0 4⎥⎦
【 鐵 證 如崇 山 】 完 全峖 命 中 於 陳 立岷 林 易 電 機 線 代 魔 法 書 p11-58
§11-8 光 譜 分坖 解 與 奇 異 值 分坖 解
⎡5
1 0 ⎤
⎡26
⎢ ⎥
【 詳 解 】 ⎢
0 0 4
⎢
T
A = ⎥ ⎢
0
A T A =
⎢1
5 0 ⎥
⎢10
⎢ ⎥
⎢
⎣0
0 − 4⎦
⎣ 0
26 − λ 0
0
16
0
−16
10
0
26
0
0 ⎤
−16
⎥
⎥
0 ⎥
⎥
16 ⎦
0
0 16 − λ 0 −16
由 det( A T A − λI ) =
= 0
10 0 26 − λ 0
λ = 36,32,16, 0
0
−16
10
0
16 − λ
⎡6
0 0 0⎤
則 奇 異 值 σ = 6,4 2, 4 ∑ =
⎢
⎥
⎢
0 4 2 0 0
⎥
⎢⎣
0 0 4 0⎥⎦
⎡−10
0 10 0 ⎤ ⎡1⎤
⎢
0 20 0 16
⎥ ⎢
0
⎥
(36) ker⎢
− −
EV = ⎥ = span{
⎢ ⎥}
⎢ 10 0 −10
0 ⎥ ⎢1⎥
⎢
⎥ ⎢ ⎥
⎣ 0 −16
0 − 20⎦
⎣0⎦

2-10 陳 立 工 數
⎡ 1 ⎤
⎢
2
⎥
⎢
orthonormal eigenvector is {
1 0 ⎥
k1⎢
⎥ | k1
∈ R}
⎢ ⎥
⎢ 2 ⎥
⎢⎣
0 ⎥⎦
⎡−
6 0 10 0 ⎤ ⎡ 0 ⎤
⎢
0 16 0 16
⎥ ⎢
1
⎥
(32) ker⎢
− −
EV = ⎥ = span{
⎢ ⎥}
⎢10
0 − 6 0 ⎥ ⎢ 0 ⎥
⎢
⎥ ⎢ ⎥
⎣ 0 −16
0 −16⎦
⎣−1⎦
⎡
1 0 ⎤
⎢ ⎥
⎢
orthonormal eigenvector is {
2
⎥
k2 ⎢ | k2
∈ R}
0
⎥
⎢
1
⎥
⎢−
⎥
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎡10
0 10 0 ⎤ ⎡ 1 ⎤
⎢
0 0 0 16
⎥ ⎢
0
⎥
(16) ker⎢
−
EV = ⎥ = span{
⎢ ⎥}
⎢10
0 10 0 ⎥ ⎢−1⎥
⎢
⎥ ⎢ ⎥
⎣ 0 −16
0 0 ⎦ ⎣ 0 ⎦
⎡ 1 ⎤
⎢
2
⎥
⎢ ⎥
orthonormal eigenvector is { k
0
3
⎢
1
⎥ | k3
∈ R}
⎢−
⎥
⎢ 2 ⎥
⎢⎣
0 ⎥⎦
⎡26
0 10 0 ⎤ ⎡0⎤
⎢
0 16 0 16
⎥ ⎢
1
⎥
(0) ker⎢
−
EV = ⎥ = span{
⎢ ⎥}
⎢10
0 26 0 ⎥ ⎢0⎥
⎢
⎥ ⎢ ⎥
⎣ 0 −16
0 16 ⎦ ⎣1⎦

第 二 篇 97 成 大 2-11
⎡
1 0 ⎤
⎢ ⎥
⎢
orthonormal eigenvector is {
2
⎥
k4 ⎢ | }
1 0 ⎥ k4
∈ R
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎡ 1
1 ⎤
⎢
0
0
2
2
⎥
⎢
⎥
⎢
1
1
0
0 ⎥
V
=
⎢ 2
2 ⎥
⎢ 1
1 ⎥
⎢ 0 − 0 ⎥
⎢ 2
2 ⎥
⎢ 1 1
0 − 0 ⎥
⎢⎣
2 2 ⎥⎦
⎡26
10 0 ⎤
T
又 AA =
⎢ ⎥
⎢
10 26 0
⎥
⎢⎣
0 0 32⎥⎦
26 − λ 10 0
det( AA T − λI ) = 10 26 − λ 0 = 0 λ = 36,32, 16
0
0
32 − λ
⎡−10
10 0 ⎤ ⎡1⎤
EV (36) = ker
⎢
10 10 0
⎥
{
⎢
1
⎥
⎢
−
⎥
= span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
0 0 − 4⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
⎡ 1 ⎤
⎢
2
⎥
⎢ ⎥
1
orthonormal eigenvector is { k ⎢ ⎥
1
| k1
∈ R}
⎢ 2 ⎥
⎢ 0 ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
⎡−
6 10 0⎤
⎡0⎤
EV (32) = ker
⎢
10 6 0
⎥
{
⎢
0
⎥
⎢
−
⎥
= span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
0 0 0⎥⎦
⎢⎣
1⎥⎦

2-12 陳 立 工 數
orthonormal eigenvector is }
|
1
0
0
{ 2
2 R
k
k
∈
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
}
0
1
1
{
16
0
0
0
10
10
0
10
10
ker
(16)
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
= span
EV
orthonormal eigenvector is }
|
0
2
1
2
1
{ 3
3 R
k
k
∈
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
0
1
0
2
1
0
2
1
2
1
0
2
1
U
故
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
∑
=
0
4
0
0
0
0
2
4
0
0
0
0
6
0
1
0
2
1
0
2
1
2
1
0
2
1
T
V
U
A
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
2
1
0
2
1
0
0
2
1
0
2
1
2
1
0
2
1
0
0
2
1
0
2
1

第 二 篇 97 成 大 2-13
Let
範 例 6
− t
f ( t)
= e , and
⎧ 1, −1
≤ t < 1
g ( t)
= ⎨
.
⎩0,
otherwise
(a) Compute y( t)
= f ( t)
∗ g(
t)
where denotes ∗ convolution.
(b) Find the Fourier transform of y (t)
. (20%)【97 成 大 電 機 】
【 鐵 證 如崇 山 】
− t
f ( t)
= e 完 全峖 命 中 於 陳 立岷 工 數 魔 法 書 p13-19 範 例 4(a),
⎧ 1, −1
≤ t < 1
g ( t)
= ⎨
完 全峖 命 中 於 陳 立岷 工 數 魔 法 書 p13-25
⎩0,
otherwise
習 題 2, 將 兩 題 相 乘 即 為 所 求 。
∫ ∞ −∞
【 詳 解 】(a) y(
t)
= f ( t)
∗ g(
t)
= f ( t −τ
) g(
τ ) dτ
− τ
∫ e t −
= 1 [
− 1
⋅1]
dτ
屉 u = t −τ
dτ
= −du
− t−τ
代 入 上 式 得 y( t)
= [ e ⋅1]
dτ
=
1 當 u > 0
2 當 u < 0
, 則
∫
t+
1
t−1
t+
1
∫
e
1
−1
− u
du = ∫
t+
1
t−1
t+
1
e
−u
∫
t+
1
t−1
e
− u
du = −e
− u
u
, 則 ∫ e du = =
t−1
∫ e du e
t−1
u t −1 < 0 < t + 1 −1 < t < 1
3 當 = 0
則
∫
t+
1
t−1
e
− u
∫
0
u
du = ∫ e du + ∫
t−1
−iwt
(b) I { f ( t)}
= e f ( t)
dt =
I{
g(
t)}
=
∞
−∞
∞
∫
t+
1
0
∞
−∞
e
e
−u
−iwt
t+
1
du = 2 − e
e
− t
dt
− t
= ∫ e (cos wt − isin
wt)
dt = 2∫
∫
−∞
∞
−∞
e
−iwt
g(
t)
dt =
∫
1
e
−1
−iwt
dt =
∫
1
−1
2
= 2∫
1 cos wtdt
= sin w
0 w
4
I { y(
t)}
= F(
s)
⋅G(
s)
= sin w
w(
w
2 + 1)
du
−(
t+
1)
− e
∞
t−1
e
− t
+ e
t−1
− e
−(
t−1)
−(
t+
1)
cos wtdt =
0 1
(cos wt − isin
wt)
dt
2
+ w
2

2-14 陳 立 工 數

第 二 篇 97 成 大 2-15
97 成 大圢 航 太坩
範 例 1
Vector Analysis:
x
(a) Let F ( x,
y,
z)
= ( y,2xz,
ze ) , compute div F and curl F.
2
(b) Let f ( x,
y,
z)
= x y cos( yz)
, compute grad f.
(c) Evaluate the line integral
∫
C
xdx − xydy
If C is given by
2
x = t , y −t
= ; 1 ≤ t ≤ 2 . (20%)【97 成 大 航 太 】
【 範 圍 】(a)19-4 (b)18-5 (c)19-2
→
x
【 詳 解 】(a) F = y i + 2 xz j+
ze k
→
→
→
→
div F = ∇ ⋅ F =
x
e
→
→
→
i j k
→ →
∂ ∂ ∂
→ →
→
x
curl F = ∇× F =
= −2x
i − ze j+
(2z
−1)
k
∂x
∂y
∂z
x
y 2xz
ze
2
(b) f ( x,
y,
z)
= x y cos( yz)
∂f
→
∂f
→
∂f
→
→
∇f = i + j+
k = 2 xy cos( yz)
i +
∂x
∂y
∂z
→
→
→
2
(c) r = x i + y j = t i − t j
→
→
→
→
[
2 cos( yz)
− x
2 yz sin( yz)]
j−
x
2 y
2
x sin( yz)
k
→
→
d r = (2t
i − j)
dt
→
→

2-16 陳 立 工 數
→
→
→
→
→
2 3
又 F = x i − xy j = t i + t j
∫
C
xdx − xydy =
∫
C
→
→
F⋅
d r =
∫
1
2
→
→
3
F⋅
d r = t dt
3 15
t dt =
4
範 例 2-1
Find the general solution of the following differential equation:
2
4
y dx + (2xy
− x ) dy = 0 (6%)【97 成 大 航 太 】
【 範 圍 】2-3
2
4
【 詳 解 】 將 ODE y dx + (2xy
− x ) dy = 0 , 乘 上 積 分坖 因 子圤
I = x
a y b
a b+
2
a+
1 b+
1 a+
4 b
可屣 得 正埲 合 方坾 程 式 x y dx + (2x
y − x y ) dy = 0
∂ a b+
2 ∂ a+
1 b+
1 a+
4 b
x y = (2x
y − x y )
∂y
∂x
a
( b + 2) x y
b+
1
⎧a
= −4
⎨
⎩b
+ 2 = 2( a + 1)
= 2( a + 1) x
a
y
b+
1
⎧a
= −4
⎨
⎩b
+ 2 = −6
故 積 分坖 因 子圤 (integrating factor) 為
2
4
將 ODE y dx + (2xy
− x ) dy = 0
− ( a + 4) x
a+
3
y
b
⎧a
= −4
⎨
⎩b
= −8
−4 −8
I = x y
乘 上 積 分坖 因 子圤 (integrating factor)
−4 −8
I = x y
−4
−6
−3
−7
−8
得 正埲 合 方坾 程 式 x y dx + (2x
y − y ) dy = 0
故 通 解 為
−
1 −3
−6
1 −7
x y + y = c
3 7

第 二 篇 97 成 大 2-17
【 範 圍 】2-4
【 詳 解 】 由 合 併 積 分坖 法
2
4
y dx + (2xy
− x ) dy
= 0
2
4
4
y dx + 2xydy
− x dy = 0 y ( ydx + 2xdy)
− x dy = 0
2
d( xy ) 4
y − x dy = 0
y
2
1 d(
xy ) 1
同峧 乘 以层 得 − dy = 0
4 8
2 4 8
x y ( xy ) y
1 1
故 通 解 為 + = c
2 3 7
− 3( xy ) 7y
範 例 2-2
Find the general solution of the following differential equation:
y ′′ − 2 y′
+ y = e
x + x (7%)【97 成 大 航 太 】
【 範 圍 】3-3
【 詳 解 】1 齊 性 解 :
2
m − 2m + 1 = 0 m =1, 1
x
yh
= c1 e + c2
2 特 解 :
2 x
由 待 定 係 數 法 , 屉 y
p
= Ax e + Bx + C
1
代 入 可屣 得 A = , B = 1, C = 2
2
2
x x
y
p
= e + x + 2
2
2
x x x x
3 通 解 : y = yh
+ y
p
= c1 e + c2xe
+ e + x + 2
2
1
x 1 x 1
【 另屮 解 】 由 逆 算 子圤 y
p
=
{ e + x}
= { e } + { x}
2 2
2
D − 2D
+ 1 ( D −1)
D − 2D
+ 1
範 例 2-3
xe
2
1 x
x x
= { e } + (1 + 2D
+ L ){ x}
= e + x
0
2
2
+
x
2

2-18 陳 立 工 數
Find the general solution of the following differential equation:
⎡−1
2⎤
⎡− 8⎤
x ′ = ⎢ ⎥x
+ ⎢ ⎥
(7%) 【97 成 大 航 太 】
⎣−1
1⎦
⎣ 3 ⎦
【 範 圍 】ch5
⎧x′
1
= −x1
+ 2x2
− 8
【 詳 解 】 ⎨
⎩x′
2
= −x1
+ x2
+ 3
⎧(
D + 1) x1
− 2x2
= −8
由 微 分坖 算 子圤 消 去垽 法 得 ⎨
⎩x1
+ ( D −1)
x2
= 3
D + 1 − 2 − 8 − 2
由 Cramer Rule
x1
=
1 D −1
3 D −1
2
( D + 1) x1
= 14 x
1
= c1
cos x + c2
sin x + 14
將 x
1
代 入 原 式 得 − c
1
sin x + c2
cos x + c1
cos x + c2
sin x + 14 + 8 = 2x2
c1
+ c2
c2
− c1
x
2
= cos x + sin x + 11
2
2
範 例 3
Given a
n × n matrix A we wish to find a n × 1 vector X so that AX = Z for
a given n × 1 vector Z. List all conditions on A and Z in order that a solution
may exist. (20%)【97 成 大 航 太 】
【 範 圍 】22-2
【 詳 解 】 A n × n
X n ×1
= Z n × 1
若 存崊 在峹 X
n× 1有 解 , 則 必岊 rank ( A)
= rank(
A | Z)
= r
1 r < n , 則 留 下 n − r 個 自 由 變 數 無 限 多峿 解
2 r = n 唯 一 解
(a) Let
範 例 4

第 二 篇 97 成 大 2-19
1
2
z
f ( z)
=
,
2
( z + 1)( z − 2)
please locate all the singularities and determine their nature.
(b) Evaluate the integral
1
2πi
【 範 圍 】(a)29-4 (b)30-2
dz
+ 1)( z − 2)
∫ x = 3 2
2
( z
.
( z − 4)
z
【 詳 解 】(a) f ( z)
=
2
( z + 1)( z − 2)
則 z = −1為 單 極 點 , z = 2 為 二 階 極 點
1
2
1 1 θ
(20%)【97 成 大 航 太 】
1 1 θ + 2π
1 θ
i
i
2 2
2 2
z
iθ
2
2 2 i 繞 z
屉 z = re z = r e ⎯ ⎯⎯
= 0一 圈
2
⎯→
= r e = r e
故 z = 0 為 分坖 支坺 點
1
(b) 屉 f ( z)
=
2
2
( z + 1)( z − 4)( z − 2)
則 路 經 之 內 z = ± i 為 單 極 點 且尼 z = 2 為 二 階 極 點
1
其 留 數 Re s(
i)
= lim( z − i)
z→i
2
2
( z + 1)( z − 4)( z − 2)
1 19 −8i
=
=
2
2i(
i − 4)( i − 2) −850
1
Re s(
−i)
= lim( z + i)
z→−i
2
2
( z + 1)( z − 4)( z − 2)
1 8i
+ 19
=
=
2
− 2i(
−i
− 4)( −i
− 2) − 850
d
2 1
Re s(2)
= lim [( z − 2)
]
z→2 2
2
dz ( z + 1)( z − 4)( z − 2)
1 − 2z
1 3
= lim [ − ] =
z→2
2
2
( z + 1)( z − 4) z + 1 z − 4 100
e
iπ

2-20 陳 立 工 數
1
dz 1
2 i{Res(
i)
Res(
i)
Res(2)}
2 2
2 i z
∫
= π + − +
π ( z + 1)( z −4)(
z − 2) 2πi
= 3
3 1
=
19 + =
−
− 425 100 68
範 例 5
With the help of the schematic diagram, solve the following two-dimensional
boundary value problem within the square in term of the method of separation
variable.
2
∂ U
2
∂x
2
∂ U
+
2
∂y
= 0
U
= 1 , 1 < x < 3, y = 1
U
= 0 , 1 < x < 3, y = 3
U
= 0 , x = 1, 1 < y < 3
U
= 0 , x = 3, 1 < y < 3
(20%)【97 成 大 航 太 】
【 範 圍 】15-1

第 二 篇 97 成 大 2-21
【 詳 解 】 由 座 標 平埠 移 , 屉 X = x −1,
Y = y −1
2 2
∂ U ∂ U
代 入 PDE 得 + = 0
2 2
∂X
∂Y
⎧U
( X = 0, Y ) = U ( X = 2, Y ) = 0
且尼 BC ⎨
⎩U
( X , Y = 0) = 1, U ( X , Y = 2) = 0
由 分坖 離 變 數 法 , 屉 U ( X , Y ) = XY
代 入 PDE 得 X ′ Y + XY
′′ = 0
X ′′ Y′′
⎧X
′′ + λX
= 0; X (0) = X (2) = 0 - - - -(1)
= − = −λ
⎨
X Y
⎩Y
′′ − λX
= 0 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -(2)
由 (1) 式
⎧ nπ
2
⎪λ
= ( ) , n = 1,2,3, L
2
得 ⎨
⎪ nπ
X = sin X
⎩ 2
2 2
n π
nπ
nπ
由 (2) 式 Y ′′ − Y = 0 Y
= Acosh
Y + B sinh Y
4
2
2
n
n n
由 疊 加垰 法 , 屉 U X Y ∑ ∞ π
π π
( , ) = { An
cosh Y + Bn
sinh Y}sin
X
n=
1 2
2 2
nπ
BC U ( X ,2) = 0 = { A cosh nπ
+ B sinh nπ}sin
X
∑ ∞ n
n
n=
1 2
An cosh nπ
+ Bn
sinh nπ
= 0 Bn
= −An
coth nπ
+ Bn
sinh nπ
= 0
n
n n
U
X Y ∑ ∞ π
π π
( , ) = An{cosh
Y − coth nπ
sinh Y}sin
X
n=
1 2
2 2
∑ ∞ nπ
U ( X ,0) = 1 = An
sin X
n=
1 2
2 2 nπ
2
4
A n
= sin = (1 − cos ) = , = 1,3,5, L
2
∫ XdX
nπ
n
0 2 nπ
n π
n
n n
U
X Y ∑ ∞ 4 π
π π
( , ) = {cosh Y − coth nπ
sinh Y}sin
X
nπ
2
2
U
( x,
y)
=
n=
1,3,5L
2
∑ ∞
n=
1,3,5L
4 nπ
nπ
{cosh ( y −1)
− coth nπ
sinh ( y −1)}
nπ
2
2
nπ
⋅sin
( x −1)
2

2-22 陳 立 工 數
97 成 大圢 機 械
範 例 1
Evaluate
∫
I = cot( z)
dz , where C is the unit circle z = 1 traversed in a
c
clockwise sense. (15%)【97 成 大 機 械 】
【 範 圍 】30-2
cos z
【 詳 解 】 屉 f ( z)
= cot z =
sin z
則 奇 異 點 在峹 sin z = 0 z = 0,
± π , ± 2π
, ± 3π
,LL
cos z
其 留 數 Re s(0)
= lim zf ( z)
= lim z = 1
z→0
z→0
sin z
故 ∫ cot zdz = − ∫ cot zdz = −2πi
Re s(0)
= −2πi
z = 1
z = 1
範 例 2
Let
2
x
f ( x)
= for − 0 ≤ x ≤ π . Find the Fourier series of
2
f (x)
and
evaluate the sum of the series ∑ ∞ 1
2
n=1
n . (15%)【97 成 大 機 械 】
【 範 圍 】12-3
【 詳 解 】 屉 ∑ ∞ f ( x)
= a0 + { an
cos 2nx
+ bn
sin 2nx}
n=
1
2
2
1 π x π
則 a
0
= =
π ∫ dx
0 2 6
2
2 π x
1 x
a = cos 2nxdx
= [ cos 2nx]
0
2
π ∫
2
π 2n
x=
π
n x=
0
=
1
2n
2

第 二 篇 97 成 大 2-23
2 x
1 − x
1
π 2
π 2n
4n
2
π
∑ ∞ 1 π
f ( x)
= + { cos 2nx
− sin 2nx}
2
6 n=
1 2n
2n
2 ∞
2 ∞
π 1 π 1 1
屉 x = 0 代 入 f (0) = + ∑ = +
2 ∑ 2
6 2n
6 2 n
2
2
π
x=
π
bn
= ∫ sin 2nxdx
= [ cos 2nx
+ cos 2nx]
3
x=
0
0
由 Dirichlet 收 斂 條 件
2 2
π π 1
∑ ∞ 1
= +
2
4 6 2 n=
1 n
1
[
2
n=
1
n=
1
2
π
−
+
f (0 ) + f (0 )] =
4
2
1 π
=
2
n 6
2
d y dy
Find the general solution of the equation + 2 + 2y
= δ ( x − 3)
.
2
dx dt
∑ ∞
n=
1
【 範 圍 】8-1
【 詳 解 】 屉 y ( 0) = A,
y′
(0)
= B
取 Laplace 變 換
2
得 [ s Y ( s)
− sy(0)
− y′
(0)] + 2[ sY ( s)
− y(0)]
+ 2Y
( s)
= e
Solve
範 例 3
( s
2
+ 2s
+ 2) Y ( s)
= As + (2A
+ B)
+ e
−3s
As + (2A
+ B)
e
Y
( s)
=
+ =
2
2
s + 2s
+ 2 s + 2s
+ 2
−3s
−
y (x) = £ 1 −x
x
{ Y ( s)}
= Ae cos x + ( A + B)
e
− sin x
範 例 4
& , where [ ]
X = AX
+
X T = x 1
x 2
,
−(
−3)
e x
=
−π
2n
(20%)【97 成 大 機 械 】
−3s
−3
A(
s + 1) + A + B e
+
2
( s + 1) + 1 ( s + 1)
sin( x − 3) u(
t − 3)
dx
X & = ,
dt
⎡ 1 3⎤
A = ⎢ ⎥ , the superscript ''
T ''
denotes transpose of a vector or matrix.
⎣−
3 7⎦
s
2
+ 1
(15%)【97 成 大 機 械 】

2-24 陳 立 工 數
【 範 圍 】 附 錄 2-13
⎡x1
⎤ ⎡c1
⎤ λ t
【 詳 解 】 屉 ⎢ = e
x
⎥ ⎢
c
⎥ 代 入 可屣 得
⎣ 2 ⎦ ⎣ 2 ⎦
1−
λ 3
由 det( A − λI)
=
= 0 λ = 4, 4
− 3 7 − λ
→
⎡−
3 3⎤⎡c1
⎤ ⎡0⎤
當 λ = 4 : ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥
⎣−
3 3⎦⎣c2
⎦ ⎣0
⎦
由 廣 義 特 徵 向 量
⎡c1
⎤ ⎡1⎤
⎢ ⎥ = k1⎢
⎥
⎣c2
⎦ ⎣1
⎦
⎡−
3 3⎤⎡c1
⎤ ⎡1⎤
⎡c
⎤ ⎡ ⎤
⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣−
3 3⎦⎣c2
⎦ ⎣1
⎢ ⎥ = 1 0
1
⎦ ⎣c2
⎦ ⎢⎣
3⎥⎦
⎡1
0⎤
−1
⎡ 1 0⎤
−1
⎡4
1⎤
屉 P = ⎢ 1⎥
, 則 P =
⎢
1
⎢ ⎥ , 使 得 P AP = J =
⎣ 3⎥⎦
⎣−
3 3
⎢ ⎥ ⎦ ⎣0
4 ⎦
⎡x1
⎤ ⎡1⎤
4t
⎡1⎤
⎡
4t
k1
e k2
t 1 0 ⎤
⎢
( ⎢ ⎥)
e
x
⎥ = ⎢
+
2
1
⎥ + ⎢
1
⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎢⎣
3⎥⎦
範 例 5
Let F ( x,
y,
z)
= ( −y
+ z,
x + yz,
xyz)
. By applying Stokes’ Theorem,
2 2 2
compute the integral of Curl F over the hemisphere x + y + z = 1, z ≥ 0,
with outwards normals. (15%)【97 成 大 機 械 】
【 範 圍 】19-6
【 詳 解 】
z
S : x
2 2 2
+ y + z
= 1
dA
y
x
2 2
c : x + y = 1, z = 0

第 二 篇 97 成 大 2-25
由 Stoke 定 理
→
→
→
→
∫∫ ∇× F ⋅ n dA = ∫ F⋅
d r = ∫ ( − y + z)
dx + ( x + yz)
dy +
S
C
C
xyzdz
範 例 6
Green定 理
= ∫ − ydx + xdy = 2A
= 2π
C
4 4 2
Find the general solution of y ′′ − y′
+ y = x + 1, x > 0 ,
2
x x
where
【 範 圍 】4-1
2
dy d y
y ′ = , y ′′ = . (20%)【97 成 大 機 械 】
2
dx dx
2 2
4 2
【 詳 解 】 同峧 乘 以层 x 得 x y′
− 4xy′
+ 4y
= x + x
t
d
屉 x = e , t = ln x(
x > 0),
D ≡
dt
4t
代 入 上 式 得 { D(
D − 1) − 4D
+ 4} y = e + e
4t
2t
{( D − 1)( D − 4)} y = e + e
1 齊 性 解 :
( m −1)(
m − 4) = 0 m =1, 4 y
2 特 解 :
由 待 定 係 數 法 , 屉
y
p
= Ate
4 t
+
Be
2t
2t
t 4t
4
h
= c1e
+ c2e
= c1x
+ c2x
1 1
代 入 可屣 得 A = , B = −
3 2
1 4t
1 2t
1 4 1 2
y
p
= te − e = x (ln x)
− x
3 2 3 2
4 1 4 1 2
3 通 解 : y = yh
+ y
p
= c1x
+ c2x
+ x (ln x)
− x
3 2
1
4t
2t
1 1 4t
1
【 另屮 解 】 由 逆 算 子圤 y
p
=
{ e + e } = { e } −
( D −1)(
D − 4)
D − 4 3 2
1 1 4t
1 2t
1 4t
1 2t
1 4 1 2
= { e } − e = te − e = x (ln x)
− x
0 3 2 3 2 3 2
e
2t

2-26 陳 立 工 數
97 成 大圢 醫 工圭
範 例 1
Solve the following Second-order differential equation m y′ + cy′
+ ky = 0
and discuss damping conditions. (20%)【97 成 大 醫 工 】
【 範 圍 】3-2
λt
【 詳 解 】 屉 y = e , 代 入 m y′ + cy′
+ ky = 0
2
λt
2
得 ( mλ + cλ
+ k)
e = 0 mλ
+ cλ
+ k = 0
− c ±
λ =
c
2 − 4mk
2m
2
c
1 c − 4mk
> 0 (over-damping), 則 λ = − ±
2m
c
2 − 4mk
2m
⎪⎧
−
− ⎪⎫
= − c
2
2
t c 4mk
c 4mk
2 m
y e ⎨c1
cosh t + c2
sinh t⎬
⎪⎩
2m
2m
⎪⎭
2
c c
2 c − 4mk
= 0 (critical damping), 則 λ = − , −
2m
2m
c
c
− t −
2m
2m
y = c1e
+ c2te
t
2
2
c 4mk
− c
3 c − 4mk
< 0 (under-damping), 則 λ = − ± i
2m
2m
⎪⎧
−
− ⎪⎫
= − c
2
2
t 4mk
c 4mk
c
2 m
y e ⎨c1
cos t + c2
sin t⎬
⎪⎩
2m
2m
⎪⎭

第 二 篇 97 成 大 2-27
範 例 2
(a) Solve the following system by the Gauss elimination
⎧−
5x1
+ 2x2
= 5
⎨
⎩ 2x1
− 2x2
= 16
(b) Find the eigenvalues and eigenvectors of the following matrix.
⎡−
5
⎢
⎣ 2
2 ⎤
− 2
⎥
⎦
(c) What is the relationship between the solution x , ) of (a) and the
(
1
x2
eigenvectors of (b). (25%)【97 成 大 醫 工 】
【 範 圍 】(a)20-3 (b)23-1
(
⎡−
5 2 5 ⎤
5 )
r
2 ⎡ − ⎤
【 詳 解 】(a) 由 增 廣 矩 陣 ⎢ ⎥ ⎯⎯→ 21
0 3 45
⎢ ⎥
⎣ 2 − 2 16⎦
⎣2
− 2 16 ⎦
⎧2x1
− 2x2
= 16 ⎧x1
= −7
⎨
⎨
⎩−
3x2
= 45 ⎩x2
= −15
− 5 − λ 2
(b) 由 det( A − λI)
=
= 0 λ = −1,
−6
2 − 2 − λ
⎡−
4 2 ⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
當 λ = −1: ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥
⎣ 2 −1⎦
⎣x2
⎦ ⎣0
⎦
⎡1
2⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
當 λ = −6
: ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥
⎣2
4⎦⎣x2
⎦ ⎣0
⎦
2
(c) 因峴 為 eigenvector 為 R 的 基 底
⎡x1
⎤ ⎡1⎤
⎡ 2 ⎤ ⎡
故 ⎢ ⎥ = c1
⎢ ⎥ + c2
⎢ ⎥
⎣x2
⎦ ⎣2⎦
⎣−1
⎢ ⎦ ⎣
37 1
可屣 得
1
= − , c2
= x ,
5 5
⎡x1
⎤ ⎡1⎤
⎢ ⎥ = k1⎢
⎥
⎣x2
⎦ ⎣2
⎦
⎡x1
⎤ ⎡ 2 ⎤
⎢ ⎥ = k2
⎢ ⎥
⎣x2
⎦ ⎣−1
⎦
x1
⎤ ⎡1⎤
⎡ 2 ⎤
⎥ = c1
⎢ ⎥ + c2
x
⎢ ⎥
2⎦
⎣2⎦
⎣−1
⎦
37 1
c (
1
x2)
= − (1,2) + (2, −1)
5 5

2-28 陳 立 工 數
範 例 3
(a) Find the mean and standard deviation of examination scores:
96,65,87,90,84,78,91,82,76,69.
(b) Find the probability of obtaining at least three “four” in rolling a fair die 4
times. (20%)【97 成 大 醫 工 】
【 範 圍 】 電 機 機 率
【 詳 解 】(a) Mean ( 平岅 均 數 或 期 望 值 ):
1
µ =
n
∑ X i
n i=
1
1
µ = (96 + 65 + 87 + L + 69) = 81. 8
10
Variance ( 變 異 數 ):
2 1
σ =
1
n
n
2
∑(
X
i
− µ ) = ( ∑
n i=
1
n i=
1
X
2
i
2
− nµ
)
1 2
2
2 2 2
2
σ = (96 + 65 + 87 + L+
69 −10×
81.8 )
10
1
= (67792 − 66912.4) = 87.96
10
Standard deviation ( 標 準 差 ):
2
σ = Variance = σ
=
87.96 ≈ 9.38
(b) 本岓 題 使 用岦 ” 二 項 分 配 ” 即 可屣
屉 X 為 擲 出屒 點 數 ”4” 的 骰 子 數 量
P( 四屶 次 投 擲 當 中 至 少 擲 出屒 三 次 點 ”4”)
= P ( X ≤ 3) = P(
X = 3) + P(
X = 4)
4 1 3 5 1
= C ( ) ( ) + C
6 6
1 4 5 0
( ) ( )
6 6
21
=
1296
4
3 4
=
7
432

第 二 篇 97 成 大 2-29
範 例 4
For a half-wave rectification of
cos ωt
, find its Laplace transform and
Fourier series representation. (20%)【97 成 大 醫 工 】
【 範 圍 】7-4 13-2
【 分 析 】
a a a a 2 2 a
−
− − e e
−
−a
−
a
2 2 2 2
− e = e ( e − e ) = 2e
= 2e
sinh ( 背 起 來 !)
2
2
a
−
1
2
1−
e
e
a
−
2
−a
a
= 2sinh
2
2π
【 詳 解 】(1) cos ωt
的 週 期 為
ω
⎧
⎪
cosωt
⎪
半垷 波 整 流 為 f ( t)
= ⎨0
⎪
⎪
⎪cosωt
⎩
a
a
−
2
e
1 e
a
− −
1
=
a
2sinh
2
π
0 < t <
2ω
π 3π
< t <
2ω
2ω
3π
2π
< t <
2ω
ω
0
π
2ω
π
ω
3π
2ω
2π
週 期 T =
ω
2π
ω
2π
1 T
−st
1
ω −st
£ { f ( t)}
=
− ∫ e f ( t)
dt =
2π
− 0
∫ e f ( t)
dt
sT
1 e
−s
0
ω
1−
e
π
2π
1 ⎧
⎫
2ω
−st
ω −st
= ⎨∫
e cosωtdt
+
π
∫ 3π
e cosωtdt
2 ⎬
−s
0
ω
− ⎩
2ω
1 e
⎭

2-30 陳 立 工 數
⎪
⎭
⎪
⎬
⎫
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+
−
+
+
+
−
+
−
=
=
=
−
=
=
−
−
ω
π
ω
π
ω
π
ω
π
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
2
2
3
2
2
2
0
2
2
2 )
sin
cos
(
)
sin
cos
(
1
1
t
t
st
t
t
st
s
t
t
s
s
e
t
t
s
s
e
e
⎪
⎭
⎪
⎬
⎫
+
+
+
−
+
+
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+
−
=
−
−
−
−
2
2
2
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
π
ω
π
ω
π
ω
π
s
e
s
se
s
s
s
e
e
s
s
s
s
⎭
⎬
⎫
−
+
+
+
⎩
⎨
⎧
+
−
=
−
−
−
−
)
(1
)
(
1
1
2
2
2
2
3
2
2
2
2
ω
π
ω
π
ω
π
ω
π
ω
ω
ω
s
s
s
s
e
s
s
e
e
s
e
2
2
2
2
2
2 )
(1
1
1
ω
ω
ω
ω
π
ω
π
ω
π
+
+
+
+
−
=
−
−
−
s
s
e
e
s
e
s
s
s
2
2
2
2
2 )
(1
)
)(1
(1
1
ω
ω
ω
ω
π
ω
π
ω
π
ω
π
+
+
+
+
−
+
=
−
−
−
−
s
s
e
e
s
e
e
s
s
s
s
2
2
2
2
2
1
ω
ω
ω
ω
π
ω
π
+
+
+
−
=
−
−
s
s
s
e
e
s
s
2
2
2
2
2
2sinh
ω
ω
π
ω
ω
+
+
+
=
s
s
s
s
(2) 半垷 波 整 流 為
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
<
<
<
<
−
< −
<
−
=
2
0
2
2
cos
2
0
)
(
ω
π
ω
π
ω
π
ω
π
ω
ω
π
ω
π
t
t
t
t
t
f
ω
π
−
ω
π
2
− 0
ω
π
2 ω
π
週 期
ω
2π
=
T

第 二 篇 97 成 大 2-31
屉 ∑ ∞ f ( t)
= a0 + { an
cosnω
t + bn
sin nωt}
n=
1
T
π
ω
ω
2
ω
則 a = ∫ f ( t)
dt = π ( ) =
2π
∫ f t dt
T
2π
∫
T
−
−
1 π
ω
0 2
π cosωtdt
=
−
2
ω
2ω
π
π
ω
ω
ω
a = ω ∫ π ω =
−
∫
2
n
f ( t)cosn
tdt
π cosωt
cosnωtdt
π
−
ω
π
2ω
π
ω
= ∫
2 ω
[cos( n + 1) ωt
+ cos( n −1)
ωt]
dt
0
π
π
π
sin( n + 1) sin( n −1)
ω
= [ 2 + 2 ]
π ( n + 1) ω ( n −1)
ω
− 2 1 nπ
= cos ( n ≠ 1)
2
π n −1
2
= ω π
π
ω
ω
ω
∫ π ω =
−
∫
2 2
a
1
f ( t)cos
tdt
π cos ωtdt
π
π −
ω
2ω
π
ω
1
2
= ∫ ω [1 + cos2ωt
] dt =
π 0
2
1 1
∑ ∞ − 2
f ( t)
= + cosωt
+ {
π 2
= π ( n −
n 2
nπ
2
cos cosn
t}
2
1)
ω
1
π
範 例 5
2
2
Evaluate the integral I = ∫ (3x
dx + 2yzdy
+ y dz)
C
form A : (0,1,2 ) to
B : (1, −1,7)
. (15%)【97 成 大 醫 工 】
【 範 圍 】19-7
→
2
2
【 詳 解 】 屉 F = 3 x i + 2yz
j+
y k
→
→
→
→
→
→
i j k
→
∂ ∂ ∂
∇×
F =
= 0 F → 為 保 守 向 量 場
∂x
∂y
∂z
2
2
3x
2yz
y

2-32 陳 立 工 數
∃ φ( x,
y)
( 位 勢 函 數 )
⎧∂φ
2 積 x
3
⎪ = 3x
⎯⎯→ φ = x + k1(
y,
z)
⎪
∂x
→
⎪∂φ
積 y
2
使 得 ∇φ = F ⎨ = 2yz
⎯⎯→ φ = y z + k2(
x,
z)
⎪ ∂y
⎪∂φ
2 積 z
2
⎪ = y ⎯⎯→ φ = y z + k3(
x,
y)
⎩ ∂z
3 2
則 φ = x + y z + c
2
2
∫ 3 x dx + 2yzdy
+ y dz = ∫ F⋅
d r = ∫ ∇φ
⋅d
r =
C
(1, −1,7)
3 2 (1, −1,7)
= φ |
( 0,1,2)
= x + y z + c |
(0,1,2)
= (8 + c)
− (2 + c)
= 6
【 速 解 】 由 合 併 積 分坖 法
2
2
2
∫ 3x dx + 2yzdy
+ y dz = ∫ 3x
dx + y(2zdy
+ ydz)
C
=
∫
C
3x
2
C
2
d(
y z)
dx + y =
y
C
∫
C
→
3x
2
→
C
dx + d(
y
2
→
z)
= x
3
∫
C
dφ
+ y
2
z + c |
(1, −1,7)
(0,1,2)
= 6

第 二 篇 97 成 大 2-33
97 成 大圢 土 木垂
Consider the second-order homogeneous linear differential equation
2
d y dy
− 3 + 2y
= 0 .
2
dx dx
(a) Find the two linearly independent solutions f
1
and f
2
of this equation
′
which are such that f (0) 1 and f (0) 1
and
範 例 1
(b) Express the solution
x
3 e +
2e
2x
1
=
1
=
as a linear combination of the two linearly independent solutions f
1
and
f
2
defined in (a). (10%)【97 成 大 土 木尧 】
【 範 圍 】3-2
【 詳 解 】 屉
mx
y = e 代 入 可屣 得
2
mx
2
( m − 3m
+ 2) e = 0 m − 3m + 2 = 0
m =1, 2
x 2x
y = c1 e + c2e
x 2x
= c ( 1e
+ c2e
= f1 x)
+ f2(
x
x 2x
1
x)
= a1e
+ a2e
, f2(
x)
= a3
(a) 因峴 為 y
)
x
故 屉 f ( e + a e
x 2x
x
f ′( x)
= a e + 2a
e , f ′(
x)
= a e +
1 1 2 2 3
2
2x
4
a e
2x
4
⎧ f1(0)
= 1 = a1
+ a2
⎧ f2(0)
= 0 = a3
+ a4
IC. ⎨
且尼 ⎨
⎩ f ′
1(0)
= 0 = a1
+ 2a2
⎩ f ′
2(0)
= 1 = a3
+ 2a
a = , a = 1, a = − , a 1
1
2 2
−
3
1 4
=
4

2-34 陳 立 工 數
x 2x
x
f ( x)
= 2e
− e , f ( x = −e
+ e
2x
1 2
)
x 2x
x 2x
x 2x
(b) 由 題 意 , 屉 3e + 2e
= α (2e
− e ) + β ( −e
+ e )
α
= 5 , β = 7
x 2x
e + 2e
= 5 f ( x)
+ 7 f ( x)
3
1
2
範 例 2
Consider the differential equation
2
(4x
+ 3y
) dx + 2xydy
= 0
(a) Show that this equation is not exact.
(b) Find an integrating factor of the form
n
x , where n is a positive integer.
(c) Multiply the given equation through by the integrating factor found in (b)
and solve the resulting exact equation. (15%)【97 成 大 土 木尧 】
【 範 圍 】2-3
∂
2 ∂
【 詳 解 】(a) (4x
+ 3y
) ≠ (2xy)
∂y
∂x
非 正埲 合
2
(b) 將 ODE (4x
+ 3y
) dx + 2xydy
= 0 , 乘 上 積 分坖 因 子圤
n
I = x
n+
1 n 2
n+
1
可屣 得 正埲 合 方坾 程 式 (4x
+ 3x
y ) dx + 2x
ydy = 0
∂ n + 1 n 2 ∂ n+
1
(4x
+ 3x
y ) = (2x
y)
∂y
∂x
n
n
6 x y = 2( n + 1) x y 6 = 2( n + 1)
3 = n + 1 n = 2
故 積 分坖 因 子圤 (integrating factor) 為
2
I = x
2
(c) 將 ODE (4x
+ 3y
) dx + 2xydy
= 0
乘 上 積 分坖 因 子圤 (integrating factor)
2
I = x
3 2 2
3
得 正埲 合 方坾 程 式 (4x
+ 3x
y ) dx + 2x
ydy = 0

第 二 篇 97 成 大 2-35
4 3 2
故 通 解 為 x + x y = c
⎧M
( x,
y)
= 4x
+ 3y
【 另屮 解 】 屉 ⎨
⎩N(
x,
y)
= 2xy
2
∂M
∂N
−
∂y
∂x
N
∫
dx
x 2
積 分坖 因 子圤 為 I ( x)
= e = x ⧖
2
乘 回峵 ODE (4x
+ 3y
) dx + 2xydy
= 0
2
6y
− 2y
=
2xy
2
=
x
3 2 2
3
得 正埲 合 方坾 程 式 (4x
+ 3x
y ) dx + 2x
ydy = 0
故 通 解 為
4 3 2
x + x y = c
範 例 3
The function f has at ( 1, − 1)
a directional derivative equal to 2 in the
direction toward ( 3,1 ) , and 10 in the direction toward ( 0,2)
.
(a) Find the value of
∂f
∂x
and
∂f
∂y
at ( 1, − 1)
.
(b) Determine the derivative of f at ( 1, − 1)
in the direction toward ( 2,3)
.
(10%)【97 成 大 土 木尧 】
【 範 圍 】18-5
【 詳 解 】(a) 屉 P( 1, − 1), Q(3,1),
R(0,2)
→
⎧
⎪PQ
=< 2,2 >
⎨
, 且尼 屉
→
⎪
⎩PR
=< −1,3
>
∇f
∂f
→
∂f
→
= i + j
∂x
∂y

2-36 陳 立 工 數
→
⎧
⎪
PQ 1 ∂f
∂f
2 = ∇f
⋅ = ( + )
→
⎪
2 ∂x
∂y
⎪
PQ
⎨
→
⎪ PR 1 ∂f
∂f
⎪ 10 = ∇f
⋅ = ( − + 3 )
→
⎪
10 ∂x
∂y
PR
⎪⎩
⎧∂f
∂f
⎪
+ = 2
⎧∂f
∂x
∂y
⎪
= −1
∂x
⎨
⎨
⎪ ∂f
∂f
− + 3 = 10 ⎪
∂f
= 3
⎪⎩
∂x
∂y
⎪⎩
∂y
(b) 從 點 ( 1, − 1)
到 ( 2,3)
的 方尣 向峭 為 u = i + 4 j
→
u
方坾 向 導 數 = ∇f
⋅
→
u
=
11
17
→
→
→
範 例 4
Find a unit tangent vector to the curve of intersection of the plane y − z + 2 = 0
2 2
and the cylinder x + y = 4 at the point ( 0,2,4)
(10%)【97 成 大 土 木尧 】
【 範 圍 】18-6
2 2
【 詳 解 】 屉 φ ( x,
y,
z)
= y − z + 2 = 0, φ ( x,
y,
z)
= x + y − 4 0
1 2
=
→
→ →
⎧
⎪N1
= ∇φ1
( x,
y,
z)
= j−
k
⎨
→
→ →
⎪
⎩N2
= ∇φ2(
x,
y,
z)
= 2x
i + 2y
j
→
→
→
⎧
⎪N1
|
⎨
→
⎪
⎩N2
|
T = ± ( N × N ) 2
= ± ( i + 0 j+
0 k)
t
1
→
→
→
→
→
(0,2,4)
(0,2,4)
→
→
= j−
k
→
= 4 j
T
= = ± i
→
T
→
→

第 二 篇 97 成 大 2-37
範 例 5
Evaluate the line integral
− ydx + ( x −1)
dy
∫ c
2 2
( x −1)
+ y
Where c is any piecewise smooth simple closed curve containing the ( 1,0)
in
its interior (15%)【97 成 大 土 木尧 】
【 範 圍 】19-2
【 詳 解 】 因峴 為 路 徑 c 之 內 包屗 含 ( 1,0)
*
2 2
由 變 形 原 理 , 取 c : ( x −1)
+ y = 1
⎧x
= 1+
cost
屉 ⎨
,0 ≤ t ≤ 2π
⎩y
= sin t
dx = −sin tdt,
dy = costdt
∫
C
− ydx +
( x −1)
2 2
( x −1)
dy (sin t + cos t)
dt 2π
2
+ y
2
=
∫
*
C
cos
2
t + sin
2
t
=
∫
0
dt = 2π
範 例 6
Evaluate
sin x
dx
− 2
x(1
+ x )
∫ ∞ ∞
by complex variable methods. (15%)【97 成 大 土 木尧 】
【 範 圍 】30-6
ix
∞ sin x
∞ e
【 詳 解 】 ∫ dx = Im{
}
∞ 2 2
( 1)
∫
− +
−∞ ( + dx
x x
x x 1)

2-38 陳 立 工 數
iz
屉 ( e
f z)
=
z(
z
2 + 1)
則 z = 0 為 實 軸 上 單 極 點 , z = i 為 上 半屜 部 單 極 點
iz
e
其 留 數 Re s(0)
= lim zf ( z)
= lim z = 1
z→0
z→0
2
z(
z + 1)
iz
−
e e
Re s(
i)
= lim( z − i)
f ( z)
= lim( z − i)
= −
z→i
z→0
2
z(
z + 1) 2
ix
∞ sin x
∞ e
∫ dx = Im{
}
∞ 2 2
( 1)
∫
− +
−∞ ( + dx
x x
x x 1)
= Im{2π
i Re s(
i)
+ πi
Re s(0)}
= π (1 − e
−1
)
1
範 例 7
Show that any function f (t)
can be expressed as the sum of two component
functions, one of which is even and the other odd. (10%)【97 成 大 土 木尧 】
【 範 圍 】 陳 立岷 工 數 入 門 魔 法 書 1-1
【 詳 解 】∵
屉
f ( t)
=
g(
t)
=
f ( t)
+ f ( −t)
+
2
f ( t)
+ f ( −t)
, h(
t)
=
2
則 f ( t)
= g(
t)
+ h(
t)
f ( t)
− f ( −t)
2
f ( t)
− f ( −t)
2
f ( −t)
+ f ( t)
其 中 , g ( − t)
=
= + g(
t)
偶 函 數 (even function)
2
f ( −t)
− f ( t)
同峧 理 , h( t)
= = −h(
−t)
奇 函 數 (even function)
2
故
f ( t)
+ f ( −t)
f ( t)
− f ( −t)
f ( t)
=
+
2
2
可 表 為
=
偶 函 數 + 奇 函 數
範 例 8

第 二 篇 97 成 大 2-39
An important property of the Laplace transform is the convolution theorem.
State this theorem and prove it. (15%)【97 成 大 土 木尧 】
【 鐵 證 如崇 山 】 完 全峖 抄 自 陳 立岷 工 數 魔 法 書 上 冊屏 P.7-64 ex21
【 分 析 】(1) Convolution Theorem: £{ ( t)
∗ g(
t)
}=
(2) Dirichlet 積 分坖 變 換 : ∫ ∫ τdt
∫ ∫
【 詳 解 】£{ ( t)
∗ g(
t)
}=
∞ t −
f ( t −
0 0
st
f ∫ e ∫
∞
= ∫ ∫
t
0 0
e
−st
f ( t −τ
) g(
τ ) dτdt
=
屉 u = t −τ
, 則 dt = du
上 式
∞
−s(
u+
τ )
= e
0 0
∞
∫ ∫
su
= ∫ e f ( u)
du ⋅∫
f £{ f (t)}
£{ g (t)}
∞ t
∞ ∞
d = dtdτ
0 0 0 τ
τ ) g(
τ ) dτdt
∞ ∞
e − st f ( t −
0 τ
∫ ∫
f ( u)
g(
τ ) dudτ
∞ ∞
− − sτ
e g(
τ ) d τ
0
0
=
τ ) g(
τ ) dtdτ
£{ f (t)}
£{ g (t)}

2-40 陳 立 工 數
97 成 大圢 光 電
範 例 1
A real square matrix is shown as A = a ] , which transpose matrix and inverse
[ ij
matrix are
T
A and
−1
A ,respectively.
(a)Please answer what relations must be satisfies among A ,
T
A and
−1
A
when matrix A is symmetric, skew-symmetric, or orthogonal, respectively.
(b)If matrix A is shown as
【 範 圍 】(a)25-3 (b)23-5
⎡m
A = ⎢
⎣ 0
【 詳 解 】(a) 若 A 為 對 稱 矩 陣 , 則
若 A 為 斜 對 稱 矩 陣 , 則
T
A = A
0 ⎤
n
⎥ , please find
At
e .
⎦
T
A = −A
−1 T T T
若 A 為 正岗 交岾 矩 陣 , 則 A = A 或 AA = A A = I
(b) 因峴 為 det( A − λ I)
= ( λ − m)(
λ − n)
由 Cayley-Hamilton 定 理 ( A − mI )( A − nI)
= 0
屉 e xt = q(
x)(
x − m)(
x − n)
+ a(
x − n)
+ b
⎪⎧
e
⎨ ⎪⎩ e
nt
mt
= b
= a(
m − n)
+ b
mt nt
a 1
= [ e − e ], b e
m − n
=
(15%)【97 成 大 光峒 電 】
xt
1 mt nt
nt
e = q(
x)(
x − m)(
x − n)
+ ( e − e )( x − n)
+ e
m − n
At
1 mt nt
e = q(
A)(
A − mI)(
A − nI ) + ( e − e )( A − nI)
+ e
m − n
nt
nt
I

第 二 篇 97 成 大 2-41
1 mt nt
nt
⎡e
( e − e )( A − nI)
+ e I = ⎢
m − n
⎣ 0
0 ⎤
⎥
e ⎦
=
nt
mt
範 例 2
(a)Find the Fourier series representation of
(b)From the Fourier expansion show that
【 範 圍 】12-1
2
π
8
⎧0
−π
≤ x < 0
f ( x)
= ⎨
. (10%)
⎩x
0 < x ≤ π
1 1
= 1+
+
2 2
3 5
+ L
. (10%)
【97 成 大 光峒 電 】
【 詳 解 】(a) 屉 ∑ ∞ f ( x)
= a0 + { an
cos nx + bn
sin nx}
n=
1
1 π 1 π π
⎠ ⎠ ⎠⎠ 則 a
0
= ( )
2π
∫ f x dx = =
− π 2π
∫ xdx
0 4
1 π
1 π
⎠ ⎠ ⎠ ⎠ a n
= ∫ f ( x)cos
nxdx =
π −π
π ∫ x cos nxdx
0
⎧−
⎪ =
=
1 2
n 1,3,5, LL
(cosn
π −1)
= ⎨
2
2
n π
n π ⎪
⎩0
n=
2,4,6, LL
1 π
1 π
1
b b b b b n
= f x nxdx xsin
nxdx cos nπ
π ∫ ( )sin =
= −
− π
π ∫0
n
∞
∞ n+
1
π − 2
( −1)
b b bb f ( x)
= + ∑ { cos nx}
+
2 ∑{
sin nx}
b b b
4 n=
1,3,5, L n π
n=
1 n
b b (b) 屉 x = 0代 入 上 式
π − 2 1 1
⎠ ⎠ ⎠⎠ 0 = + (1 + + +LL)
2 2
4 π 3 5
2
1 1 π
1+ + + L L =
2 2
3 5 8

2-42 陳 立 工 數
範 例 3
Please apply Green’s theorem to evaluate ∫ 3 xdy − 5ydx , the contour C is a
circle and shown below. (15%)
C
C
【 範 圍 】19-2
【 詳 解 】 由 Green 定 理
∫
C
∫
3 xdy − 5ydx
= − 5ydx
+ 3xdy
= [3 − ( −5)]
dA
C
= 8 ∫∫ dA = 8A
= 8π
∫∫
R
【97 成 大 光峒 電 】
範 例 4
2
d x dx
The differential equation m + b + kx = 0 can be used to describe a
2
dt dt
damped simple harmonic motion. Its solution can be written as the form of
−α
t
x( t)
= xm e cos( ωt
+ φ)
, where x
m
is an amplitude of the damped oscillator.
Please solve this differential equation and find the α and ω in terms of
m , b,
k . (20%) 【97 成 大 光峒 電 】
【 範 圍 】3-2
λt
2
λt
【 詳 解 】 屉 x( t)
= e , 代 入 ODE 得 ( mλ
+ bλ
+ k)
e = 0

第 二 篇 97 成 大 2-43
2
mλ
+ bλ
+ k = 0
− b ±
λ =
b
2 − 4mk
2m
2
2
b 4mk
− b
當 b − 4mk
< 0 (under-damping), 則 λ = − ± i
2m
2m
⎪⎧
−
− ⎪⎫
= − b
2
2
t 4mk
b 4mk
b
2 m
x(
t)
e ⎨c1
cos t + c2
sin t⎬
⎪⎩
2m
2m
⎪⎭
故
=
=
b
2
− t
2 2 2m
1
+ c2
e
t + φ)
c
x
m
b
α = , ω =
2m
e
−α
t
4mk
− b
cos(
2m
cos( ωt
+ φ)
4mk
− b
2m
2
範 例 5
n!
m n−m
The binomial distribution is P(
m)
= p (1 − p)
. In the limit
m!(
n − m)!
n → ∞, p → 0,
and np = a,
find the new distribution P (m).
(Hint: use
n
⎛ a ⎞ −a
lim⎜1
− ⎟ = e ) . (10%)【97 成 大 光峒 電 】
n→∞⎝
n ⎠
【 範 圍 】 電 機 機 率
a
【 詳 解 】 因峴 np = a,
故 p =
n
a
代 入 n → ∞ , p → 0 且尼 p =
n

2-44 陳 立 工 數
lim P(
m)
n→∞
n!
m!(
n − m)!
a
n
a
n
= lim (
m
) (1 −
n−m
)
n→∞
m
a n⋅(
n −1)
L(
n − m + 1)( n − m)!
1 m a n−m
= [lim
( ) (1 − ) ]
m!
n→∞
( n − m)!
n n
m
a n(
n −1)(
n − 2) L(
n − m + 1)
= (lim
)
m! n→∞
n⋅
nLn
m
a
= (lim
m!
n→∞
−a
e a
故 lim P(
m)
=
n→∞
m!
m
n
n
a n a
(lim(1 − ) )(lim(1 − )
n→∞
n n→∞
n
−m
n −1
n − 2 n − m + 1
L ) ⋅e
n n n
)
−a
−a
e a
⋅1
=
m!
m
範 例 6
Using theorem of residues, calculate
1
2π
∫ ∞ ω
e i t
− ∞ 2 2
ω0
−ω
+
dω
iαω
( α > 0 ) for
(a) t < 0 (b) t > 0 . (20%)【97 成 大 光峒 電 】
【 範 圍 】30-6
【 詳 解 】 屉 f ( z)
itz
e
2
ω − z + iαz
=
2
0
2 2
ω
0
− z + iαz
=
則 奇 異 點 在峹 0
iα
±
z =
i(
α +
屉 β =
2 2
−α
+ 4ω
2
0
i(
α ±
=
2 2
α − 4ω0
) i(
α −
, γ =
2
2 2
α − 4ω0
)
為 單 極 點
2
2 2
α − 4ω
)
2
0
β
γ

第 二 篇 97 成 大 2-45
其 留 數
)
(
)
)(
(
)
lim(
)
(
Re
γ
β
γ
β
β
β
β
β
−
−
=
−
−
−
−
=
→
it
itz
z
e
z
z
e
z
s
γ
β
γ
β
γ
γ
γ
γ
−
=
−
−
−
−
=
→
it
itz
z
e
z
z
e
z
s
)
)(
(
)
lim(
)
(
Re
2
)
4
(
2
0
2
2
0
2
[
4
1
)
(
Re
)
(
Re
ω
α
α
ω
α
γ
β
−
+
−
−
=
+
i
it
e
i
s
s
]
2
)
4
(
2
0
2
ω
α
α
−
−
+
i
it
e
]
[
4
2
4
2
4
2
0
2
2
2
0
2
2
0
2
t
t
t
e
e
i
e
ω
α
ω
α
α
ω
α
−
−
−
−
+
−
−
=
t
i
e
t
2
4
sinh
4
2
2
0
2
2
0
2
2 ω
α
ω
α
α
−
−
=
−
∫ ∞ ∞
− +
−
ω
αω
ω
ω
π
ω
d
i
e t
i 2
2
0
2
1
⎩
⎨
⎧
<
>
+
=
0
0
0
)}
(
Re
)
(
{Re
2
2
1
t
t
s
s
i
γ
β
π
π
⎪
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<
>
−
−
=
−
0
0
0
2
4
sinh
4
2
2
0
2
2
0
2
2
t
t
t
e
t
ω
α
ω
α
α

2-46 陳 立 工 數
97 成 大圢 太坩 空 天坧 文坻 與 電 漿
範 例 1
Scratch a simple diagram to explain the geometrical meanings of the
following quantities :
→
→
→
→
⋅
(a) A ⋅(
B×
C)
(b) ∇ ϕ (c) ∇ A
→
×
(d) ∇ A (15%)【97 成 大 太 空 】
【 範 圍 】(a)18-1 (b)18-5 (c)(d)19-4
【 詳 解 】(a)
→ →
B ×C
ψ
→
A
→
C
→
B
(b) 梯 度 ∇ ϕ 的 幾 何 意 義 為 曲 面 S : ϕ ( x,
y,
z)
= 0 的 法 向 量 。
→
N
= ∇ϕ
曲 面 S : ϕ ( x,
y,
z)
= 0
(c)(d) 請 參 閱 工 數 下 冊屏 魔 法 書

第 二 篇 97 成 大 2-47
範 例 2
→
→
→
→
Evaluate ∫∫∇×
( y i + 3 j+
5 k)
⋅ n dσ
, where σ is the surface in the first
octant made up of part of the plane x + 2 y + 3z
= 6, and triangles in the ( x , z)
and ( y , z)
planes. (10%)【97 成 大 太 空 】
【 範 圍 】19-6
【 詳 解 】 屉 φ ( x,
y,
z)
= x + 2y
+ 3z
− 6 = 0
→
∇φ
( x,
y,
z)
= i + 2 j+
3k
→
dxdy
→ → →
dxdy
n dσ
= ∇φ
= ( i + 2 j+
3k)
→
3
∇φ
⋅ k
→
→
→
→
→
→
又 ∇×
( y i + 3 j+
5 k)
= − k ∇×
( y i + 3 j+
5 k)
⋅ n dσ
= −dxdy
→
→
∫∫ ∇ ∫∫
→
→
× ( y i + 3 j+
5 k)
⋅ n dσ
= − dxdy = −A
= −9
→
→
→
→
投 影 至 x − y 平岅 面
(0 , 0 , 2)
S : x + 2y
+ 3z
= 6
C
(6 , 0 , 0)
(0 , 3, 0)

2-48 陳 立 工 數
範 例 3
(a) (5%)Solve
dN
dt
−β
t
+ αN
= e , where β
α, are constants.
(b) (10%)Find the general solution of the differential equation
2
d x dx
+ 5 + 4x
= 2cos 2t
, and give some discussion on the physical
2
dt dt
meaning of the complementary function and the particular solution.
【 範 圍 】(a)2-5 (b)3-3
【 詳 解 】(a) 當 α ≠ β
αdt
αt
1 積 分坖 因 子圤 : I(
t)
= e∫
= e
αt
−βt
1 ( α −β
) t
2 通 解 : I ( t)
N ( t)
= ∫ e ⋅e
dt = e + c
α − β
1 −βt
−αt
N(
t)
= e + ce
α − β
當 α = β 時 : N(
t)
= te
(b) 1 齊 性 解 :
+ ce
−αt
−αt
2
m + 5m + 4 = 0 m = −1,
−4
y
2 特 解 :
由 待 定 係 數 法 , 屉
代 入 可屣 得
1
A = 0 , B =
5
h
= c e
y p
= Acos 2t
+ B sin 2t
− t
1
+
【97 成 大 太 空 】
c e
−4t
2

第 二 篇 97 成 大 2-49
1
y p
= sin 2t
5
−t
−4t
1
3 通 解 : y = yh + y
p
= c1 e + c2e
+ sin 2t
5
【 另屮 解 】 由 逆 算 子圤 y 1
1
1
=
{2cos 2t}
= {2cos 2t}
= sin t
p
D 5D
4 5D
5
2
2
+ +
範 例 4
Find the Fourier series representation of function
⎧0
−π
≤ ωt
< 0
f ( t)
= ⎨
(10%)【97 成 大 太 空 】
⎩sin
ωt
0 ≤ ωt
< π
【 範 圍 】12-1
【 詳 解 】 屉 ∑ ∞ f ( t)
= a0 + { an
cos nwt + bn
sin nwt}
n=
1
T
π
則 = 1
w
w
2
w
a ∫ ( ) = π ( ) =
2π
∫
2π
∫
T
f t dt f t dt
T −
−
a
b
π
w
0
sin wtdt =
0
2
w
π
π
w
w
w
w
n
= ∫ π f ( t)cos
nwtdt =
−
∫ sin wt cos nwtdt
π
w
π 0
π
n
w
w
= ∫ [sin( n + 1) wt − sin( n −1)
wt]
dt
2π 0
w 1−
cos( n + 1) π 1−
cos( n −1)
π
= [
−
]
2π
( n + 1) w ( n −1)
w
1 − 2
= n = 2,4,6,L
π n
2 −1
π
π
w
w
w
w
= ∫ π f ( t)sin
nwtdt =
−
∫ sin wt sin nwtdt
π π 0
w
π
w
= − [cos( + 1) − cos( −1)
] = 0 ( ≠ 1)
2
∫
w
n wt n wt dt n
π 0
π
π
w
w
w
w
當 n = 1: b = ∫ π f ( t)sin
wtdt =
−
∫ sin wt wtdt
1
π π
sin
0
w
π
w 1−
cos 2wt
= ∫ w dt =
π 0 2
1
2
1
π

2-50 陳 立 工 數
1
f ( t)
= +
π
範 例 5
1
sin
2
wt +
2
(1
∑ ∞
{
n= 2,4,6,L π −
n
cos nwt}
2
f ( z)
(a) (8%)Prove that Cauchy-integral formula ∫ dz = 2πif
( a)
z − a
∫
C
by using Cauchy theorem g ( z)
dz = 0 , where f ( z),
g(
z)
are analytical
function inside the contour C .
(b)(7%)Evaluate the definite integral ∫ ∞ 1
2
(4x
+ 1)
【 範 圍 】(a)28-3 (b)30-5
【 詳 解 】(a)
C
)
0 3
dx . 【97 成 大 太 空 】
z = a
*
C
C
根 據 避 點 積 分坖 , 取 路 徑 為
*
C :
z − a
= ε
f ( z)
由 Cauchy 積 分坖 定 理 知 ∫ dz = 0
z − a
f ( z)
f ( z)
f ( z)
f ( z)
∫
dz +
= 0
−
∫ dz −
= 0
z a
* z − a
∫ dz
−
∫ dz
z a
* z − a
C
∫
C
f ( z)
dz =
z a
C ( 順 )
∫
− *
C ( 逆 )
f ( z)
dz
z − a
其 中 z = a + εe
iθ
i
, 且尼 dz = iεe
θ dθ
∫
C
f ( z)
dz =
z − a
*
∫
C ( 逆 )
2π
f ( z)
dz =
z − a
∫
2π
iθ
= i∫ f ( a + εe
) dθ
0
0
C
f ( a + εe
iθ
εe
iθ
)
iεe
C ( 逆 )
iθ
dθ

第 二 篇 97 成 大 2-51
當 ε → 0
f ( z)
2π
∫ dz = i f ( a)
dθ
= 2πif
( a)
z − a
∫0
C
1
(b) 屉 f ( z)
=
2 3
(4z
+ 1)
則 奇 異 點 在峹 4z 2 + 1 = 0 z
1
z =
2
e
π + 2kπ
i(
)
2
1 i
π
2
= −
4
1 1 i(
π + 2kπ
)
= e
2
2
所 以层 z = e 為 上 半屜 部 的 3 階 極 點
2
π
2
π
1 i 1 d 1 i 1
2
2 3
其 留 數 Re s(
e ) = lim [( z − e )
]
π 2
2 2! 1 i 2
2 1
2
dz
3
z→
e
64( z + )
2
4
2
1 d 1
= limπ
2
3π
128 1 i
2
dz 1 i
z→
e
2 3
2 ( z − e )
2
− 3
1
128
= limπ
3π
1 i
1 i
z→
e 2
2 4
2 ( z − e )
2
3 1 3
= lim
= −
i
32 1 π
3π
i
1 i
5 32
z→
e 2 2
2 ( z − e )
2
π
∞ 1 1 ∞ 1 1 1 i
2
∫ dx =
dx = ⋅ 2πi
Re s(
e )
0 2 3
2 3
(4x
+ 1) 2
∫−∞
(4x
+ 1) 2 2
d
dz
2
1 i 3
2
= πi
Re s(
e ) = π
2 32
π
範 例 6

2-52 陳 立 工 數
Find the eigenvalues and eigenvectors of the matrix
⎡1
0 3⎤
M =
⎢ ⎥
⎢
0 − 2 0
⎥
.
⎢⎣
3 0 1⎥⎦
(15%)【97 成 大 太 空 】
【 範 圍 】23-1
1−
λ 0 3
【 詳 解 】 由 det( M − λI)
= 0 − 2 − λ 0 = 0 λ = 4,
−2,
−2
3 0 1−
λ
⎡−
3
⎢
⎢
0
⎢⎣
3
⎡3
λ :
⎢
⎢
0
⎢⎣
3
當 λ = 4 :
當 = −2
0 3 ⎤⎡x1
⎤ ⎡0⎤
⎡x1
⎤ ⎡1⎤
− 6 0
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k1⎢
0
⎥
0 − 3⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
1⎥
3 ⎦
0 3⎤⎡x1
⎤ ⎡0⎤
⎡x1
⎤ ⎡0⎤
0 0
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k2
⎢
1
⎥
+ k
0 3⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦
3
⎡ 1 ⎤
⎢ ⎥
⎢
0
⎥
⎢⎣
−1⎥⎦
範 例 7
In the initial steady state of an infinite slab of the thickness d, the face x = 0
is at
0 ° C and the face x = d is T
0
. From t = 0 on the x = 0 face is held
at T
0
and the
x = d face at 0 ° C . Find the temperature distribution at time t,
T ( x,
t)
. (Note: T ( x,
t)
obeys the diffusing equation
2 1
∇ T ( x,
t)
=
2
α
∂T
( x,
t)
. )
∂t
(20%)【97 成 大 太 空 】
【 範 圍 】14-2
【 詳 解 】 屉 T ( x,
t)
= w(
x,
t)
+ s(
x)

第 二 篇 97 成 大 2-53
2 1 ∂T
( x,
t)
代 入 PDE ∇ T ( x,
t)
=
2
α ∂t
2
∂ w 1 ∂w
得 + s ′′ ( x)
=
2
2
∂x
α ∂t
⎧w( 0, t)
+ s(0)
= T0
且尼 BC ⎨
⎩w(
d,
t)
+ s(
d)
= 0
Case1: 穩 態 解
屉 S ′′ ( s)
= 0 且尼 s ( 0) = T0 , s(
d)
= 0
T
d
s ( x)
= −
0 x + T0
Case2: 暫 態 解
2
∂ w 1 ∂w
PDE =
2 2
∂x
α ∂t
⎧w(0,
t)
= 0
BC ⎨
⎩w(
d,
t)
= 0
2 2
2 n π
−α
t
2
d
ne
可屣 得 ∑ ∞ nπ
w(
x,
t)
= b sin x
n=
1
d
T0
又 初 始 穩 態 T ( 0, t)
= 0, T ( d,
t)
= T0
T ( x,
t)
= x
d
2T0
故 IC w( x,0)
= T ( x,0)
− s(
x)
= x −T0
d
d 2T0 nπ
dT0
n
bn
= ∫ [ x −T0
]sin xdx = − [1 + ( −1)
]
0 d
d nπ
∑ ∞ 2
dT
−α
t
0 n
2 nπ
d
w(
x,
t)
= − [1 + ( −1)
] e sin x
n=
1 nπ
d
T ( x,
t)
= w(
x,
t)
+ s(
x)
2
n
π
2

2-54 陳 立 工 數
97 成 大圢 水垊 利
範 例 1
Let A be an
n × n symmetric matrix. If λ
1
and λ
2
are distinct eigenvalues
of A, show that their corresponding eigenvector x
1
and x
2
are orthogonal.
【 範 圍 】25-3
【 詳 解 】 已 知 Ax1 = λ1
x1
, Ax2 = λ2x2
λ
1
x1
x2
= λ1x
1,
x2
= Ax1,
x2
= x1,
T
, A x
=
x , x
1
λ
2x2
= λ2
x1,
λ − λ ) x , x 0
(
1 2 1 2
=
∵ λ1 ≠ λ2
x
1
, x2
= 0 x1 ⊥ x2
範 例 2
Consider line integrals ∫ ⋅ dr = ∫ F dx + F dy +
F
2 3
C
C
2
1
F dz , where
2
(15%)【97 成 大 水尯 利 】
F = F , F , ) , r = ( x,
y,
z)
are vectors, prove that this line integral is path
(
1 2
F3
independent if and only if
(a)
F
= grad
f
= ∇f
or (b) ∫ F ⋅ dr = 0 (integration around closed curves c always gives 0)
c
or (c) ∇ × F = 0 provided the region enclosed by curve c is simply connected.

第 二 篇 97 成 大 2-55
(30%)【97 成 大 水尯 利 】
【 範 圍 】19-7
【 證 明 】(a) 已 知 ∇ × F → = 0 , 由 Stoke 定 理
→
→
→
∫ ⋅ d r = ∫∫(
∇× F)
⋅ n dA = ∫∫0⋅
n dA =
C
(b) ∫
S
→
F 0
ACB
→
即 ∫
→
→
→
F ⋅ d r − ∫ F⋅
d r = ∫ ⋅ d r + ∫
ACB
→
ADB
→
∫
→
→
ACB
→
S
→
→
→
→
F F⋅
d r = ∫ F ⋅ d r = 0
BDA
F ⋅ d r = F⋅
d r 與 路 徑 無 關 。
ADB
C
→
→
(c) 已 知
→
F = ∇f
, 由 Stoke 定 理
→
→
→
→
A
∫∫(
∇× ) ⋅ n dA = ∫ F⋅
d r = ∫∇f
⋅ d r = ∫ df = f | =
A
F 0
S C C C
→
∴
→
∇ × F = 0
範 例 3
In an undamped mass-spring system, resonance occurs if the frequency of the
driving force equals the natural frequency of the system and the model can be
written as
2
′ + ω
0
y = K sin w t
y
0
where y ( 0) = y′ (0) = 0 and K is constant.
Solve equation (1) with given initial conditions using Laplace transform.
Hint: Use the convolution integral theorem :
£ -1 ( F(
s)
G(
s)
=
(20%)【97 成 大 水尯 利 】
f
∗ s

2-56 陳 立 工 數
【 範 圍 】8-1
【 詳 解 】 取 Laplace 變 換
2
2 ω0
[ s Y ( s)
− sy(0)
− y′
(0)] + ω0Y
( s)
= K
2
s + ω
ω
ω0
s Y
( s)
= K
2 2 2
( s + ω )
2 2
0
( + ω0
) Y ( s)
= K
2 2
s + ω0
ω0
k ω0
ω0
Y ( s)
= K = [
]
2 2 2
2 2 2 2
( s + ω0
) ω0
s + ω0
s + ω0
k
k t
y( t)
= [sinω0t
∗sinω0t]
= ∫ sinω0
( t −τ
) ∗sinω0τdτ
ω
0
0
ω0
k t
= − ∫ [cosω0t
− cosω0
( t − 2τ
)] dτ
2ω
0
0
k
1
= − [ t cosω0t
− sinω0t]
2ω
ω
0
0
2
0
0
Evaluate
範 例 4
2π
1
∫ dθ
using contour integral. (15%)【97 成 大 水尯 利 】
0 2
(2 + cosθ
)
【 範 圍 】30-4
2π
dθ
1 dz 4
【 詳 解 】 ∫
= ∫
=
0 2
−
( 2 + cosθ
) z + z
∫
1
= 1 2 iz i ( z
z
z = 1
(2 + )
2
z
屉 f ( z)
=
2
2
( z + 4z
+ 1)
則 z = −2 ± 3 為 二 階 極 點 , 但 僅 z = −2 + 3
⎪⎧
α = −2
+ 3
屉 ⎨
⎪⎩ β = −2
− 3
d
其 留 數 Re s(
α)
lim [( z −α)
f ( z)]
z α dz
d
z
= lim [( z −α)
z→α
2
dz ( z + 4z
+ 1)
2
z
+ 4z
+ 1)
2
在峹 路 徑 之 內
=
→
z
] = lim
2
z→α
2
d
dz
dz
( z − β )

第 二 篇 97 成 大 2-57
4
故 所 求 = ∫
( z
i z = 1
lim z 1 1 1
=
[ − 2 ]
( )
=
z→α
z − β
2 z z − β 6 3
2
z
+ 4z
+ 1)
2
4
1 4π
dz = ⋅ 2π i Re s(
α)
= 8π
=
i
6 3 3 3
範 例 5
Solve the non-homogeneous diffusion problem.
u
t
− c
2
u
xx
= e
−ax
0 < x < L , where c and α are constant.
BC’s: u ( 0, t)
= u(
L,
t)
= 0
IC: u ( x,0)
= f ( x)
(20%)【97 成 大 水尯 利 】
【 範 圍 】14-2
【 詳 解 】 屉 u ( x,
t)
= w(
x,
t)
+ s(
x)
2
∂w
2 ∂ w 2
代 入 PDE 得 = c + c s ′′ ( x)
+ e
2
∂t
∂x
⎧w(0,
t)
+ s(0)
= 0
且尼 BC: ⎨
⎩w(
L,
t)
+ s(
L)
= 0
Case1: 穩 態 解 (Steady- state):
−αx
′′
2
c s ( x)
+ e
= 0
−αx
−αx
e
s(
x)
= − + Ax + B
2 2
c α
⎧s(0)
= −1+
B = 0
−αL
⎪
1 e
BC
−α L
⎨ e
A = ( −1),
B = 1
2 2
⎪s(
L)
= − + AL + B = 0 L c α
2 2
⎩ c α
−αx
−αL
e x e
s( x)
= − + ( −1)
+ 1
2 2 2 2
c α L c α
Case2: 暫 態 解 (Transient- state):
2
∂w
2 ∂ w
PDE = c
2
∂t
∂x
BC w ( 0, t)
= w(
L,
t)
= 0

2-58 陳 立 工 數
IC w( x,0)
= f ( x)
− s(
x)
由 分坖 離 變 數 法 , 屉 w ( x,
t)
= X ( x)
T ( t)
代 入 上 式 得 X T & = c
2 X ′
T X ′′ T&
= = −
X c T
λ
2
⎧X
′′ + λX
= 0; X (0) = X ( L)
= 0LL(1)
⎨ & 2
⎩T
+ c λT
= 0LLLLLLLLL
(2)
⎧ nπ
2
⎪λ
= ( ) , n = 1,2,3, L
由 (1) 式 可屣 得
L
⎨
⎪ nπ
X ( x)
= sin x
⎩ L
2 2
2 n
由 (2) 式 T& π
+ c T = 0 T
( t)
= e
2
L
n π
2
2
2 n π
−c
t
2
L
c t nπ
L
由 疊 加垰 法 , 屉 w x t ∑ ∞ 2
−
2
( , ) = Bne
sin x
n=
1
L
nπ
IC w x f x s x = ∑ ∞ ( ,0) = ( ) − ( ) Bn
sin x
n=
1 L
2 L
nπ
其 中 Bn
= [ f ( x)
s(
x)]sin
xdx
L
∫ −
0
L
由 Case1,Case2 可屣 得 解 為 u ( x,
t)
= w(
x,
t)
+ s(
x)
2
2

第 二 篇 97 成 大 2-59
97 成 大圢 系 船
範 例 1
Find the solution of
y′ ′′ − 4 y′
= 10cos x + 5sin
x , y ( 0) = 3, y ′( 0) = −2
,
y ′′( 0) = −1. (15%)【97 成 大 系 船 】
【 範 圍 】3-3
【 詳 解 】1 齊 性 解 :
3
2
m − 4m = 0 m ( m − 4) = 0
m = 0,
−2,
2 y
2 特 解 :
由 待 定 係 數 法 , 屉
h
= c
y p
代 入 可屣 得 A = 1,
B = −2
= cos x − 2sin
x
y p
−2
x
1
+ c2e
+
c e
2x
3
= Acos x + Bsin
x
−2x
2x
3 通 解 : y = y + y = c + c e + c e + cos x 2sin
x
′
−
h
p
1 2 3
−
2x
2x
y = −2c2e
+ 2c3e
− sin x − 2cos x
−2
x 2x
y′ = 4c
e + 4c
e − cos x 2sin x
2 3
+
⎧y(0)
= 3 = c1
+ c2
+ c3
+ 1
⎪
IC ⎨y′
(0) = −2
= −2c2
+ 2c3
− 2 c
1
= 2,
c2
= c3
= 0
⎪
⎩y′′
(0) = −1
= 4c2
+ 4c3
−1
y = 2 + cos x − 2sin
x
【 另屮 解 】 由 逆 算 子圤
y 1
1
= {10cos x + 5sin x}
= {10cos x 5sin
p 2
D − 4D
D(
D − 4)
+
1
= { −2cos
x − sin x}
= −2sin
x + cos x
D
3
x
}

2-60 陳 立 工 數
範 例 2
1
Find the inverse Laplace transform of .
2
( s + 1)
(10%)【97 成 大 系 船 】
【 範 圍 】7-2
−1
1
【 詳 解 】 因峴 為 £ { } = t
s 2
−1
1
−t
由 s 軸 平埠 移 定 理 £ { } = te
2
( s + 1)
範 例 3
Find the eigenvalues and eigenvectors of
⎡i
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
0
0
i
0⎤
i
⎥
⎥
.
0⎥⎦
(10%)【97 成 大 系 船 】
【 範 圍 】23-1
i − λ 0 0
【 詳 解 】 由 det( A − λI)
= 0 − λ i = 0 λ = −i , i,
i
0 i − λ
⎡2i
當 λ = −i
:
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
0
i
i
0⎤⎡
x
i
⎥⎢
⎥⎢
x
i ⎥⎦
⎢⎣
x
1
2
3
⎤ ⎡0⎤
⎥ ⎢ ⎥
⎥
=
⎢
0
⎥
⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
⎡x
⎢
⎢
x
⎢⎣
x
1
2
3
⎤ ⎡ 0 ⎤
⎥ ⎢ ⎥
⎥
= k1⎢
1
⎥
⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎡0
當 λ = i :
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
0 0 ⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
⎡ x1
⎤
− i i
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k
i − i⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥
3 ⎦
2
⎡0⎤
⎢ ⎥
⎢
1
⎥
+ k
⎢⎣
1⎥⎦
3
⎡1⎤
⎢ ⎥
⎢
0
⎥
⎢⎣
0⎥⎦

第 二 篇 97 成 大 2-61
範 例 4
Find the area if the vertices are ( 1,1,1 ) , ( 4,4,4)
, ( 8, − 3,14 ) , ( 11,0,17 ) .
【 範 圍 】18-1
【 詳 解 】 屉 A( 1,1,1), B(8,
− 3,14), C(11,0,17
)
→
AB =< 7,
−4,13
> , AC =< 10, −1,16
>
→
→
(10%)【97 成 大 系 船 】
平岅 行 四屶 邊 行 面 積 為 Area = AB × AC = − 51 i + 18 j+
33k
= 4014
→
→
→
→
Find the Fourier integral representation of the function
⎧1,
if x < 1
f ( x)
= ⎨
(15%)【97 成 大 系 船 】
⎩0,
if x > 1
【 範 圍 】13-1
2
【 詳 解 】 屉 f ( x)
= ∫ ∞
A(
ω)cosωxdω
π 0
∫ ∞
0
A ( ω)
= f ( x)cosωxdx
= ∫
2
= ∫ ∞ sinω
f ( x)
cosωxdω
π 0 ω
1
0
sinω
cosωxdx
=
ω
Solve the following problem by the method of separating variables
2
∂ u
= c
2
∂t
範 例 5
範 例 6
2
2
∂ u
2
∂x
, ≥ 0
t , 0 ≤ x ≤ L , c: constant,
u ( 0, t)
= 0 , u ( L,
t)
= 0, for all t,

2-62 陳 立 工 數
∂u
u ( x,0)
= 0 ,
t = 0=
g(
x)
. (15%)【97 成 大 系 船 】
∂t
【 範 圍 】14-1
【 詳 解 】 由 分坖 離 變 數 法 , 屉 u ( x,
t)
= X ( x)
T(
t)
2
代 入 PDE 得 c X ′′ T = XT&
X ′′ T&&
⎧X
′′ + λX
= 0
= = −λ
2
⎨
X c T
⎩T
&& + λc 2 T = 0
由 X ′ + λ X = 0 ; X (0) = X ( L)
= 0
⎧ nπ
2
⎪λ
= ( ) , n = 1,2,3, L
L
得 ⎨
⎪ nπ
X ( x)
= sin x
⎩ L
2 2 2
c n
由 T& π
cnπ
cnπ
+ T = 0 T( t)
= Acos
t + Bsin
t
2
L
L L
cnπ
IC T ( x,0)
= 0 = A T
( t)
= Bsin
t
L
cn n
由 疊 加垰 法 , 屉 u x t = ∑ ∞ π π
( , ) Bn
sin t sin x
n=1
L L
cn n
IC ut x g x ∑ ∞ π π
( ,0) = ( ) = Bn
sin x
n=
1 L L
cnπ
L n
Bn
=
2 g x xdx
L L∫
( )sin
π
L n
Bn
=
2 g x xdx
0
L
cn
∫ ( )sin
π
π 0 L
∞
2 L nπ
cnπ
nπ
u(
x,
t)
= ∑[
g x xdx t x
cn
∫ ( )sin ]sin sin
π
0
L L L
範 例 7
n=
1
Find all roots of 3 1 in the complex plane. (10%)【97 成 大 系 船 】
【 範 圍 】26-2
【 詳 解 】 屉 w = 1
w
3
=
i(0+
2kπ
)
e
1 0+
2k
i(
π )
3 3
= e , k = 0,1,2,3,L L

第 二 篇 97 成 大 2-63
⎧
⎪1
⎪
⎪
= ⎨e
⎪
⎪
⎪e
⎩
2
i π
3
4
i π
3
1
= − +
2
1
= − −
2
3
2
3
2
i
i
k = 0,3,6...
k = 1,4,7...
k = 2,5,8....
範 例 8
2π
dθ
Evaluate the integral ∫
. (15%)【97 成 大 系 船 】
0 25 − 24cosθ
【 範 圍 】30-4
2π
dθ
1 dz 1
【 詳 解 】 ∫
= ∫
=
0
−1
25 − 24cosθ
25 −12(
z + z ) iz −12i
∫
z = 1
z = 1 z
屉 f ( z)
=
z
則 z
4
= ,
3
其 留 數
3
4
2
1
25
− z + 1
12
為 單 極 點 , 但 僅 z
3
Re s(
) = lim( z −
4
3
1
故 所 求 =
−12
∫
z→
4
= lim
i z = 1
3
z→
4 z
z
2
−
1
−
4
3
1
25
12
3
)
4
3
=
4
在峹 路 徑 之 內
f ( z)
= lim( z −
12
= −
7
3
z→
4
3
)
4
z
2
2
−
1
25
− z + 1
12
1 3 2
dz = ⋅ 2πi
Re s(
) = π
z + 1
−12i
4 7
1
dz
25
z + 1
12

2-64 陳 立 工 數
97 成 大圢 奈 米
範 例 1
In this test, you are asked to solve the following set of differential equations:
dx
x& = = x − 2y
, x ( 0) = 1, (1a)
dt
dy
y & = = 2x
+ y, y ( 0) = 1.
(1b)
dt
by four different methods you have learned in the course of engineering
mathematics.
The first different method to solve Eqs.(1) is by direct substitution with
coefficients to be determined. By eliminating the variable y between Eq.(1a)
and Eq.(1b), show that the differential equation for x becomes
(a) Find the values of a and b.
(b) Find the initial value x& (0)
.
& x
+ ax&
+ bx = 0
(2)
(c) Assume that the solution to x (t)
has the following form
λ1t
λ2t
x(
t)
c1e
+ c2e
= . (3)
Find the values of λ
1
, λ
2
, c
1
, and c
2
.
(d) Find the solution to y (t)
. (20%)【97 成 大 奈 米 】
【 範 圍 】3-2

第 二 篇 97 成 大 2-65
1
【 詳 解 】(a) 由 (1a) 可屣 知 y = ( x − x&
)
2
1
1
代 入 (1b) 得 ( x & − && x)
= 2x
+ ( x − x&
) & x
− 2 x&
+ 5x
= 0
2
2
故 a = −2 , b = 5
(b) x& ( 0) = x(0)
− 2y(0)
= −1
(c) 屉 x(
t)
= e
λ t
代 入 ODE & x
− 2 x&
+ 5x
= 0
2
得 λ − 2λ + 5 = 0 λ =1± 2i
t
x t)
= e ( c cos2t
+ c sin 2 )
(
1 2
t
t
( t)
= e [( c1 + 2c2)cos2t
+ ( c2
− 2c1)sin 2t
x&
)]
由 IC
⎧x(0)
= 1 = c1
⎨
⎩x&
(0) = −1
= c1
+ 2c
2
c = , c = 1
1
1 2
−
t
x( t)
= e (cos2t
− sin 2t)
1
t
(d) y = ( x − x&
) = e (cos2t
+ sin 2t)
2
範 例 2
The second method to solve Eqs.(1) is by Laplace transform.
(a) By taking Laplace transformation of Eq.(2), show that the Laplace
transform X (s)
of x (t)
can be expressed in the following form:
Find the values of a, b, and c.
s + c
X ( s)
=
s 2
(4)
+ as + b
(b) By taking inverse Laplace transformation of Eq.(4) to find
−1
x(
t)
= L ( X ( s))
,show that the obtained x (t)
is the same as that in Eq.(3).
(20%)【97 成 大 奈 米 】

2-66 陳 立 工 數
【 範 圍 】8-1
【 詳 解 】(a)ODE & x
− 2 x&
+ 5x
= 0
取 Laplace 變 換
[ s 2 X ( s)
− sx(0)
− x&
(0)] − 2[ sX ( s)
− x(0)]
+ 5X
( s)
= 0
( s 2 − 2s
+ 5) X ( s)
= s − 3 X
( s)
=
2
s
s − 3
− 2s
+ 5
故 a = −2,
b = 5, c = −3
−1
−1
s − 3
−1
( s −1)
− 2
(b) x ( t)
= L ( X ( s))
= L { } = L { }
2
2
s − 2s
+ 5 ( s −1)
+ 4
=
e t
(cos 2t
− sin 2t)
範 例 3
The third method to solve Eqs.(1b) is by complex variable. Define a complex
variable z as
Where x (t)
and y (t)
satisfy Eqs.(1)
z = x + yi ∈C
(5)
(a) Combine Eq.(1a) and Eq. (1b) and express them in a single equation of z as
Find the values of a and b.
dz
dt
(b) Find the initial value z (0)
.
= az + b. (6)
(c) Solve Eq.(6) for z (t)
and show that the real part x ( t)
= Re( z(
t))
and the
imaginary part y ( t)
= Im( z(
t))
are identical to the solutions found in
problem (1). (20%)【97 成 大 奈 米 】
【 範 圍 】20-1

第 二 篇 97 成 大 2-67
⎧dx
⎪
= x − 2y
dt
【 詳 解 】(a) ⎨
⎪dy
= 2x
+ y
⎩ dt
d(
x + iy)
= x + iy + 2i(
x + iy)
dt
故 a = 1 + 2i,
b = 0
(b) z ( 0) = x(0)
+ iy(0)
= 1+
i
範 例 4
(c) 由 分坖 離 變 數 法
dx dy
+ i = ( x − 2y)
+ i(2x
+ y)
dt dt
dz
z
( 1+
2i)
t
z = ce
IC z ( 0) = 1+ i = c z = (1 + i)
e
dz
dt
= z + 2 iz = (1 + 2i)
z
dz
= ( 1+
2i)
dt ∫ = ∫ ( 1+
2i)
dt
z
(1+
2i)
t
t i2t
t
z = (1 + i)
e e = e (1 + i)(cos2t
+ isin 2t)
t
⎪⎧
x = Re( z)
= e (cos 2t
− sin 2t)
⎨ ⎪⎩
t
y = Im( z)
= e (cos 2t
+ sin 2t)
The fourth method to solve Eqs.(1) is by linear algebra. Eqs.(1) can be recast
into a matrix form as
dX ⎡x(
t)
⎤ ⎡1
− 2⎤
= Ax , X = ,
dt
⎢
( )
⎥ A =
⎣y
t
⎢ ⎥ .
⎦ ⎣2
1 ⎦
(a) By the following Taylor series expansion,
2 3
t t 2 t 3
e At = I + A + A + A +L,
1! 2! 3!
Show that the solution X (t)
to Eq.(7) can be expressed by
At
X ( t)
= e X (0) .
(b) Find the two eigenvalues λ
1
and λ
2
of the matrix A in Eq.(7).

2-68 陳 立 工 數
(c) Find the two eigenvectors V
1
and V
2
of the matrix A. Write down V
1
and V
2
in the following forms
⎡v11
⎤ ⎡v12
⎤
V
1
= ⎢ ⎥ , V
2
=
⎣v
⎢ ⎥
21⎦
⎣v22
⎦
(Take v
21
= v22
= 1 and find the values of v
11
and v
12
)
(20%)【97 成 大 奈 米 】
【 範 圍 】23-1
2 3
t t 2 t 3
【 詳 解 】(a) 因峴 為 e At = I + A + A + A + L
1! 2! 3!
At
2
de
t 2
At
= A(
I + At + A + L L)
= Ae
dt
2
2
d
→
→
At
t 2
At
( e e)
= A(
I + At + A + L L)
= A(
e e)
dt
2
→
At dX
屉 X ( t)
= e e , 則 = AX
dt
→
At
又 X ( 0)
= e X ( t)
= e X (0)
→
e : 常 數 向峭 量
At dX
故 X ( t)
= e X (0)
為 = AX 的 解
dt
1−
λ − 2
(b) 由 det( A − λI ) =
= 0 λ =1± 2i
2 1−
λ
⎡−
2i
− 2 ⎤ ⎡0⎤
(c) 當 λ = 1+ 2i
: ⎢ ⎥V 1
= ⎢ ⎥
⎣ 2 − 2i⎦
⎣0
⎦
⎡2i
− 2⎤
⎡0⎤
當 λ = 1− 2i
: ⎢ ⎥V 2
= ⎢ ⎥
⎣ 2 2i
⎦ ⎣0
⎦
故 v i v = −i
11
= ,
12
V
1
V
2
⎡i⎤
= k1⎢
⎥
⎣1
⎦
⎡− i⎤
= k2
⎢ ⎥
⎣ 1 ⎦

第 二 篇 97 成 大 2-69
範 例 5
Continue the discussion of problem (4). Define the matrix V as
⎡v11
v12
⎤
[ V V ] = ⎥ ⎦
V =
1 2 ⎢ .
⎣v21
v22
(a) Show that A can be expressed in terms of V as
A = VΛV
−1
⎡v
= ⎢
⎣v
11
21
v
v
12
22
⎤⎡λ1
⎥⎢
⎦⎣
0
0 ⎤⎡v
λ
⎥⎢
2⎦⎣v
11
21
v
v
12
22
⎤
⎥
⎦
−1
(b) Show that the power of A can be evaluated by
A
n
n
= VΛ
V
−1
n = 01,2,3L .
(c) Combine the results of Eq.(8) and Eq.(13) to show the result:
e
At
⎡v
= ⎢
⎣v
11
21
v
v
12
22
λ
⎤⎡e
⎥⎢
⎦⎣
0
1t
e
0
λ
2t
⎤⎡v
⎥⎢
⎦⎣v
11
21
v
v
12
22
⎤
⎥
⎦
−1
(d) Evaluate
At
e in Eq.(14) by using the eigenvalues and eigenvectors found
in problem (4) and then find the solution X t)
[ x(
t)
y(
t)
] T
( = for Eq.(9).
Verify that the obtained x (t)
and y (t)
are identical to those found in
problem 1.
(20%)【97 成 大 奈 米 】
【 範 圍 】24-2
【 詳 解 】(a) 已 知 AV1 = λ
1V
1, AV2
= λ2V2
屉 V = V 1
V ]
[
2
AV = A[
V
1
V ] = [ AV
2
1
AV ] = [ λV
2
1
1
λ V ] = [ V
2
2
1
⎡λ1
V2
] ⎢
⎣ 0
0 ⎤
λ
⎥ ⎦
2

2-70 陳 立 工 數
1
2
1
2
1
2
1 ]
[
0
0
]
[
−
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
= V
V
V
V
A
λ
λ
(b) 因峴 為
−1
Λ
= V
V
A
1
1
1
1
)
(
)
)(
(
−
−
−
−
Λ
=
Λ
Λ
Λ
= V
V
V
V
V
V
V
V
A
n
n
L
L
(c)
L
+
+
+
+
=
3
3
2
2
3!
2!
1!
A
t
A
t
A
t
I
e At
L
+
Λ
+
Λ
+
Λ
+
=
−
−
−
− 1
3
3
1
2
2
1
1
3!
2!
V
V
t
V
V
t
V
tV
VIV
1
3
3
2
2
)
3!
2!
(
−
+
Λ
+
Λ
Λ +
+
= V
t
t
t
I
V L
1
3
2
3
1
3
2
2
2
1
2
2
1
)
0
0
3!
0
0
2!
0
0
1
0
0
1
(
−
+
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
= V
t
t
t
V
L
λ
λ
λ
λ
λ
λ
1
2
2
2
2
2
1
2
1
2!
1
0
0
2!
1
−
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
+
+
+
+
+
= V
t
t
t
t
V
L
L
λ
λ
λ
λ
1
2
1
0
0 −
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
= V
e
e
V
t
t
λ
λ
(d)
⎥ ⎦ ⎤
⎢
⎣
⎡
−
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
= −
+
i
i
i
e
e
i
i
e
t
i
t
i
At
1
1
2
1
0
0
1
1 )
2
(1
)
2
(1
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
= −
+
−
+
i
i
e
e
ie
ie
i
t
i
t
i
t
i
t
i
1
1
2
1
)
2
(1
)
2
(1
)
2
(1
)
2
(1
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
−
+
−
+
= −
+
−
+
−
+
−
+
]
[
]
[
2
1
)
2
(1
)
2
(1
)
2
(1
)
2
(1
)
2
(1
)
2
(1
)
2
(1
)
2
(1
t
i
t
i
t
i
t
i
t
i
t
i
t
i
t
i
e
e
i
e
e
e
e
e
e
i
i
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
=
t
e
t
e
t
e
t
e
t
e
i
t
ie
t
ie
t
e
i
i
t
t
t
t
t
t
t
t
cos2
sin 2
sin 2
cos2
cos2
2
sin 2
2
sin 2
2
cos2
2
2
1
⎥ ⎦ ⎤
⎢
⎣
⎡
+
−
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
=
=
)
sin 2
(cos2
)
sin 2
(cos2
1
1
cos2
sin 2
sin 2
cos2
(0)
)
(
t
t
e
t
t
e
t
e
t
e
t
e
t
e
X
e
t
X
t
t
t
t
t
t
At
故 )
sin 2
(cos2
)
( t
t
e
t
x
t
−
= , )
sin 2
(cos2
)
( t
t
e
t
y
t
+
=

第 二 篇 97 成 大 2-71
97 成 大圢 環 工圭
範 例 1-1
Please solve the following differential equation.
2
d y dy
− 2 + y = e
x tan x
(5%)【97 成 大 環 工 】
2
dx dx
【 範 圍 】3-3
【 詳 解 】1 齊 性 解 :
2
m − 2m + 1 = 0 m =1, 1
2 特 解 :
由 參 數 變 更 法 , 屉
x
y
p
= φ
1e
+ φ2
x
yh
= c1 e + c2
2
d y dy
代 入 ODE − 2 + y = e
x tan x
2
dx dx
x
x
⎡e
xe ⎤⎡φ′
1 ⎤ ⎡ 0 ⎤
得 ⎢
⎥⎢
⎥ =
x
x ⎢ x ⎥
⎣e
( x + 1) e ⎦⎣φ
′
2 ⎦ ⎣e
tan x ⎦
x
x
x
⎧ e xe 0 xe
⎪
φ′
=
x
x 1 x
⎪ e ( x + 1) e e tan x ( x + 1) e
由 Cramer Rule ⎨
x
x
x
⎪ e xe e 0
⎪
φ′
=
x
x 2 x x
⎩ e ( x + 1) e e e tan x
⎧φ
′
1
= −x
tan x ⎪
⎧φ
1
= −
⎨
∫ x tan xdx
⎨
⎩φ
′
2
= tan x ⎪⎩ φ2
= ln sec x
x
x
y
p
= −e
∫ x tan xdx + xe ln sec x
x x x
x
3 通 解 : y = c1 e + c2xe
− e ∫ x tan xdx + xe ln sec x
xe
x
xe
x
x

2-72 陳 立 工 數
1
x 1 x
【 速 解 】 y
p
=
{ e tan x}
= { e tan x}
2 2
D − 2D
+ 1 ( D −1)
1 x
x
= { e tan x}
= e ∫∫ tan x dxdx
2 顆 積 蛋
∫
= e x sec x dx
ln = e ( x x x x dx)
x ln sec − tan
∫
ln sec x
1
d
tan x
x
∫

第 二 篇 97 成 大 2-73
Please solve the following differential equation.
x
2
範 例 1-2
2
d y dy
− 2 x + y = x
2
dx dx
【 範 圍 】4-1
4
e
x
(5%)【97 成 大 環 工 】
t
【 詳 解 】 屉 x = e , t = ln x(
x > 0),
D ≡
d
dt
代 入 上 式 得 { D(
D − 1) − 2D
+ 2} y = e
4
{( D − 1)( D − 2)} y = e
t e e
1 齊 性 解 :
2
m − 3m + 2 = 0 m =1, 2 y
2 特 解 :
由 積 分坖 公坓 式 法
y
p
=
{ e
( D −1)(
D − 2)
= e
= e
= e
2t
2t
2t
∫
∫
e
t
t t
4
e e
1
} = { e
D − 2
t 2t
2
h
= c1e
+ c2e
= c1x
+ c2x
1 t
t
4t
e
4t
e
4t
−2t
t
e e
e
t
e
4t
e
t
e
e
dt − e
t t
de − e
t
e
t
( e −1)
e
3 通 解 : y = y
h
+ y
p
∫
e
t
− e ( e
t
∫
2t
2t
e
e
−t
t
e
= c x + c
1
e
de
4t
t
e
t
e
dt
t
e
t
− 2e
+ 1) e
2
x
2
+ x
2
e
x
e
= ( e
− xe
1
} − { e
D −1
2t
x
t
− e ) e
t
e
e
= x
t
e
2
}
e
x
− xe
x
範 例 1-3
Please solve the following differential equation.
2
d y dy
+ ( )
2
dx dx
2
【 範 圍 】4-6
+ 1 = 0
(5%)【97 成 大 環 工 】

2-74 陳 立 工 數
【 詳 解 】 屉 y ′ = p , 則
dp
dp 2
y ′ = , 代 入 ODE 可屣 得 + p + 1 = 0
dx
dx
dp
−1
由 分坖 離 變 數 法 = −dx
積 分 得 tan p = −(
x + c )
2 1
p +1
可屣 降 為 一 階 ODE
y′
=
− sin( x + c1
)
p = − tan( x + c1)
=
cos( x + c )
1
積 分 得 y = ln cos( x + c1)
+ c2
範 例 1-4
Please solve the following differential equation.
⎧dx
⎪ dt
⎨
⎪
⎩
+ 2x
+ 6∫
dx dy
+
dt dt
t
0
ydτ
= −2
+ y = 0
with x ( 0) = −5
and y ( 0) = 6 (5%)【97 成 大 環 工 】
【 範 圍 】8-3
【 詳 解 】 取 Laplace 變 換
⎧
yˆ
− 2
⎪sxˆ
− x(0)
+ 2xˆ
+ 6 =
⎨
s s
⎪
⎩sxˆ
− x(0)
+ ( syˆ
− y(0))
+ yˆ
= 0
⎧ yˆ
− 2
⎪(
s + 2) xˆ
+ 6 = −5
+
⎨ s s
⎪
⎩sxˆ
+ ( s + 1) yˆ
= 1
6 − 2
s + 2
5
由 Cramer Rule
ˆ
− +
s x =
s s + 1 1
s
2
− 5s
− 7s
− 8 2 − 3 − 4
x ˆ =
= + +
s(
s + 4)( s −1)
s s + 4 s −1
− t
x(
t)
= 2 − 3e
4 − 4e
t
6
s +
s
1
2
d x dx
若 對 原 式 微 分 一 次 得 ODE + 2 + 6y
= 0
2
dt dt

第 二 篇 97 成 大 2-75
將 x (t)
代 入 上 式
− 48e
−4t
− 4e
t
+ 2(12e
−4t
t
− 4e
) + 6y
= 0
− t
y(
t)
= 4e
4 + 2e
t
範 例 2
If y
1
, y2
and y
3
are the linearly independent complementary solutions for a
third-order linear differential equation, the particular solution is assumed to be
y p
= u + .
1y1
+ u2
y2
u3
y3
(a) Please derive the computation equations for u
1, u
2
, and u
3
.
(b) Please use the above derived formulas to find the complete solution for
3
d y
3
dx
2
d y
= x . (20%)【97 成 大 環 工 】
dx
−
2
【 範 圍 】3-3
【 詳 解 】 假 設 ODE a x)
y ′′ ′ + a ( x)
y ′′ + a ( x)
y′
+ a ( x)
y = r(
)
3( 2
1
0
x
由 參 數 變 更 法 , 屉 y p
= y x)
u ( x)
+ y ( x)
u ( x)
+ y ( x)
u ( )
1( 1 2 2 3 3
x
則 y′
p
= y′
u + y′
u + y′
u ) + ( y u′
+ y u′
+ y ′)
(
1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3u3
強 制 消 失埕 條 件 : 屉 y u′ + y u′
+ y u′
0 ………………………1
1 1 2 2 3 3
=
y′
p
′ ′ ′
則 = y1u
1
+ y2u2
+ y3u3
y′
p = y′′
u + y′′
u + y′′
u ) + ( y′
u′
+ y′
u′
+ y′
′)
(
1 1 2 2 3 3 1 1 1 2 1u3
強 制 消 失埕 條 件 : 屉 y ′ u′
+ y′
u′
+ y′
u′
0 ………………………2
1 1 1 2 1 3
=
y′
p ′′ ′′ ′
則 = y1u
1
+ y2u2
+ y3u3
y′
p
′′ = y′′′
u + y′′′
u + y′′′
u ) + ( y′′
u′
+ y′′
u′
+ y′′
′)
(
1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3u3

2-76 陳 立 工 數
r(
x)
代 入 ODE 得 y ′ 1u′
1
+ y′′
2u′
2
+ y′′
3u′
3
= ………………………3
a ( x)
3
聯 立岷 123 式 , 得
⎡y1
⎢
⎢
y′
1
⎢⎣
y ′′
1
y2
y′
2
y ′′
2
⎡ ⎤
y ⎡ ′
3⎤
u1
⎤ ⎢ 0 ⎥
y′
⎥⎢
′
⎥
= ⎢ ⎥
⎥⎢
⎥ ⎢ ( 0 3
u2
r x)
⎥
y ′′ ⎥⎦
⎢⎣
′ ⎥
3
u3
⎦ ⎢ ⎥
⎢⎣
a3(
x)
⎥⎦
由 Cramer rule
y1
y2
y3
0 y2
y3
C1(
x)
y′ 1
y′
2
y′
3
u′
1( x)
= 0 y′
2
y′
3
= C1
( x)
u1( x)
= ∫ dx
y ′′
r(
x)
W ( x)
1
y ′′
2
y′′
3
y′′
2
y′′
3
a ( x)
3
C2(
x)
C3(
x)
同峧 理 可屣 得 u2 ( x)
= ∫ dx , u3
( x)
=
W ( x)
∫ dx
W ( x)
其 中 C
2
( x)
=
y1
y′
1
y′′
1
0
0
r(
x)
a ( x)
3
y3
y′
, C
3
y ′′
3
3
( x)
=
y1
y′
1
y′′
1
y2
y′
2
y′′
2
0
0
r(
x)
a ( x)
3
(b)1 齊 性 解 :
3 2
m − m = 0 m = 0,0, 1
2 特 解 :
yh
= c1 + c2x
+ c3
x
由 參 數 變 更 法 , 屉 y = u x)
+ xu ( x)
e u ( )
p 1( 2
+
3
x
x
⎡1
x e ⎤⎡u′
1 ⎤ ⎡0⎤
⎢
x ⎥
代 入 ODE 得
⎢
′
⎥
=
⎢ ⎥
⎢0
1 e ⎥⎢
u2
⎥ ⎢
0
⎥
⎢
x
⎥
⎣
0 0 e
⎦
⎢⎣
u′
⎥⎦
⎢⎣
x⎥
3 ⎦
由 Cramer rule
e
x

第 二 篇 97 成 大 2-77
1
x
QW ( x)
= 0 1 e = e
0
x
0
e
e
x
x
x
x
x(
x −1)
e
1 3 1 2
u1
= ∫ dx = x(
x −1)
dx = x − x
x
e
∫
3 2
x
− xe
1 2
u2
= ∫ x dx = − xdx = − x
e
∫
2
x
−x
−x
u3
= ∫ dx = xe dx = − x + e
x
e
∫ ( 1)
1 3 1 2 1 3
1 3 1 2
y p
= x − x − x − ( x + 1) = − x − x − x −1
3 2 2
6 2
3 通 解 :
x 1 3 1 2
y = c1
+ c2x
+ c3e
− x − x
6 2
範 例 3
If ρ ( x,
y)
is the length density of a wire (mass per unit length),
∫
m = ρ ( x,
y)
ds is the mass of the wire. Find the mass of a wire having the
c
shape of the semicircle
x = 1+ cost
, y = sin t and 0 ≤ t ≤ π , if the density at
a point P is directly proportional to the distance from the y-axis.
(10%)【97 成 大 環 工 】
【 範 圍 】19-1
→
→
【 詳 解 】 因峴 為 r = x i + y j = ( 1+
cost)
i + sin t j
→
→
d r
2 2
ds = dt = (1 + cost)
+ sin tdt = 2(1 + cost)
dt
dt
m =
∫ ρ x,
y)
dS = ∫ kydS = ∫ k sin t 2(1 +
C
→
( cost)
dt
C
π
0
→

2-78 陳 立 工 數
π
t
π
=
2
= 2 3 t t 8
k[ − cos t 2cos ]
t 0
k
3 2
−
= π
2
= =
3
2
∫ k sin t 4cos dt = 2k∫
sin t cos dt = k∫
[sin t +
0
0
0
t
2
π
3
2
t
sin ] dt
2
範 例 4
Please solve the heat conduction equation in spherical coordinate:
2
∂u
2 ∂ u 2 ∂u
= c ( + ) , for 0 < r < ρ and t > 0
2
∂t
∂r
r ∂r
⎧u(
r,0)
= r,
0 < r < ρ
with ⎨
. (10%)【97 成 大 環 工 】
⎩u(
ρ,
t)
= 5, t > 0
【 範 圍 】16-2
【 分 析 】 此 題 雖 為 球 座 標 , 但 解 法 類 似 極 座 標 !
【 詳 解 】 屉 u ( r,
t)
= v(
r,
t)
+ 5
2
∂v
2 ∂ v 2 ∂v
則 PDE = c ( + )
2
∂t
∂r
r ∂r
且尼 BC
⎧v(0,
t)
有 界
⎨
⎩v(
ρ,
t)
= 0
由 分坖 離 變 數 法 , 屉 v ( r,
t)
= R(
r)
T ( t)
代 入 得 R T&
2
= c
2 ( R ′′ + R ) T
r
′
2
R′′
+ R′
T&
r =
2
R c T
= −λ
2
2 2
⎪⎧
r R ′′ + 2rR′
+ ( λ r − 0 ) R = 0; R(0)
有 界 , R(
ρ)
= 0LLLL
⎨
2
⎪⎩ T&
+ c λT
= 0LLLLLLLLLLLLLLLLLLLL
(1)
(2)
屉
R( r)
=
f ( r)
r

第 二 篇 97 成 大 2-79
2
rf ′(
r)
− f ( r)
r f ′′ ( r)
− 2rf
′(
r)
+ 2 f ( r)
′ , R ′′ ( r)
=
3
r
r
則 R ( r)
=
2
3
2 3
代 入 (1) 式 r R ′′ + 2r
R′
+ λ r R = 0
2
2
得 r f ′ ( r)
− 2rf
′(
r)
+ 2 f ( r)
+ 2rf
′(
r)
− 2 f ( r)
+ λ r f ( r)
= 0
2
2
r f ′ ( r)
+ λ r f ( r)
= 0
f ( r)
f ′′ ( r)
+ λ f ( r)
= 0 , BC lim = 有 界 , f ( ρ)
= 0
r→
0 r
f ( r)
= B
n
nπ
sin r
ρ
R( r)
= B
n
nπ
sin r
ρ
r
2 2
2 n
由 (2) 式 T& π
+ c T = 0 T(
t)
= e
2
ρ
由 疊 加垰 法 , 屉 ∑ ∞ v(
r,
t)
= B
=
∑ ∞ u(
r,
t)
= 5 + B
=
n 1
n 1
2
2
2 n π
−c
t
2
ρ
ne
IC ∑ ∞ u(
r,0)
= r = 5 + B
=
n 1
nπ
sin r
ρ
< r − 5, >
= r =
nπ
sin r
ρ
2
r
n
2
2
2 n π
−c
t
2
ρ
ne
nπ
sin r
ρ
r
nπ
sin r
ρ
r
∫
ρ
2
2
2 n π
−c
t
2
ρ
nπ
sin r
ρ
r
∑ ∞ r − 5 = B
=
nπ
( r − 5) r ⋅sin
rdr
ρ
ρ
2 nπ
∫ sin rdr
0 ρ
n 1
0
B n 【 註 】
n
nπ
sin r
ρ
r

2-80 陳 立 工 數
=
2
nπ
− 5) r ⋅sin
rdr
ρ
2( −1)
( ρ − 5ρ)
4ρ
(cos nπ
−1)
n+
1 2
2
ρ
ρ ∫ ( r =
+
0
3 3
nπ
n π
故 ∑ ∞ ⎧2(
−1)
u(
r,
t)
= 5 + ⎨
n=
1 ⎩
n+
nπ
2 2
1 2
2
2 n π sin r
( ρ − 5ρ)
4ρ
(cosnπ
−1)
⎫
−c
t
2
ρ ρ
+
3 3 ⎬e
nπ
n π ⎭ r
2
【 註 】 加展 權 函 數 p ( x)
= r , 詳 見 陳 立 『 工 程 數 學 名 校 經 典 題 型 』 第 6 單 元 。
範 例 5
Find the solution u ( r,
θ ) for a concentric circle plate as:
∂u
∂r
1
=
r
∂
∂
∂u
( r )
r ∂r
, for 0 < 2
< r and t > 0 with
⎧
⎪u
⎨
⎪
⎩
⎧200,
0 < r < 1
( r,0)
= ⎨
⎩100,
1 < r < 2
r > 0, u(2,
t)
= 100
(10%)【97 成 大 環 工 】
【 範 圍 】16-2
【 詳 解 】PDE
∂ 2
u 1 ∂ ∂u
∂ u ∂u
= ( r ) = +
1
2
∂t
r ∂r
∂r
∂r
r ∂r
屉 u ( r,
t)
= v(
r,
t)
+ 100
則 PDE
∂ 2
v ∂ v ∂v
= +
1
2
∂t
∂r
r ∂r
⎧v
(0, t)
有 界
且尼 BC ⎨
⎩v(2,
t)
= 0
可屣 得 ∑ ∞ v(
r,
t)
= A e
=
n 1
2
sn
−
4 t sn
)
n
J
0(
r
∑ ∞ u(
r,
t)
= v(
r,
t)
+ 100 = 100 + A e
n=
1
IC ∑ ∞ s
u ( r,0)
= f ( r)
= 100 + An
J
= 2
2
n 1
2
sn
−
4 t sn
)
n
J
0(
r
n
0
( r)
2

第 二 篇 97 成 大 2-81
∫
∫
⋅
⋅
−
=
>
−
<
=
2
0
2
0
2
0
0
2
0
0
)
2
(
)
2
(
100)
)
(
(
)
2
(
)
2
(
100,
)
(
dr
r
s
J
r
dr
r
s
J
r
r
f
r
s
J
r
s
J
r
f
A
n
n
n
n
n
∫
∫
⋅
⋅
=
2
0
2
0
1
0
0
)
2
(
)
2
(
100
dr
r
s
J
r
dr
r
s
J
r
n
n
∑ ∞ =
−
+
=
1
0
4 )
2
(
100
)
,
(
2
n
n
t
s
n
r
s
J
A e
t
r
u
n

2-82 陳 立 工 數
範 例 6
Crank-Nicholson method is used to solve the partial differential equation
∂u
∂t
2
∂ u
=
2
∂x
⎧ u(
x,0)
= 3x
+ 1,
⎪
with the following conditions: ⎨ ∂u
t > 0,
x
= 0,
⎪⎩ ∂x
0 < x < 1
u(1,
t)
=
−
= 0
t 2
.
Please derive the matrices A and B if
AU = B and U is the unknown column
matrix of u
0
, u
1, u
2
, and u
3
.(That is, 4 equal intervals.)
【 詳 解 】 詳 見 化 環 專 攻 筆 記
(15%)【97 成 大 環 工 】
範 例 7
2
∂T
∂ T
The Dufort-Frankel method for the partial differential equation =
2
∂t
∂x
n+
1
n−1
n+
1
Ti
−Ti
Ti
+ 1
− ( Ti
+ Ti
Is =
2
2∆t
∆x
n
n−1
) + T
n
i−1
, please derive the conditions for
consistency. (15%)【97 成 大 環 工 】
【 詳 解 】 詳 見 化 環 專 攻 筆 記

第 三 篇 97 清 大 3-1
97 清 大 生 環
範 例 1
A mass attached to a spring is released from rest 1m below the equilibrium
position ( y ( 0) = 1, y ′( 0) = 0 ) for the mass-spring system and begins to vibrate.
After
π
2
second, the mass is struck by a hammer exerting an impulse on the
mass. The system is governed by the initial value problem
π
y ′′ + 9y
= −3δ
( t − ) , y ( 0) = 1, y ′( 0) = 0
2
Where y (t)
denotes the displacement form equilibrium at time t. Solve y (t)
and observe what happens to the mass after it is struck.
【 範 圍 】8-1
【 詳 解 】 取 Laplace 變 換
[
π
s
s 2
−
2
Y ( s)
− sy(0)
− y′
(0)] + 9Y
( s)
= −3e
(
π
− s
2
2
s 9) Y ( s)
= s − 3e
+
π π
y ( t)
= cos3t
− sin 3( t − ) u(
t − )
2 2
π
3 − s
2
Y ( s)
= − e
2
2
s
s
+ 9
s
(10%)【97 清 大 生 環 】
+ 9

3-2 陳 立 工 數
Solve the initial value problem
dy
dt
範 例 2
2 2
= 1+
y + t y + t , ( 0) = 0
【 範 圍 】2-1 2-5
y . (10%)【97 清 大 生 環 】
dy
2 2
2
【 詳 解 】 = 1+
y + t y + t = (1 + y)(1
+ t )
dt
由 分 離 變 數 法
dy
= ( t
y + 1
2 +
1) dt
dy 2
∫ = ∫ ( t + 1) dt
y + 1
ln y
3
t
t
t
+ t
+ t
3
3
+ 1 = + t + ln c = lne
+ ln c = ln ce
3
3
3
y
3
t
+ t
3
+ = ce
3
t
+t
3
1 y = ce −1
【 另 解 】
3
t
+t
3
IC y ( 0) = 0 c = 1 y = e −1
dy
dt
2 2
= 1+
y + t y + t
dy
dt
−
2
2
( 1+
t ) y = 1+
t
(1) 積 分 因 子 : I ( t)
= e
∫
2
−(1+
t ) dt
= e
3
t
−(
t+
)
3
3
t
−(
t+
)
3 2
(2) 通 解 : I ( t)
y = ∫ e (1 + t ) dt + c
e
3
t
−(
t+
)
3
y =
∫
e
3
t
−(
t+
)
3
t
d(
t +
3
)
3
+ c = −e
3
t
−(
t+
)
3
+ c
t
t+
3
y = −1+
ce
由 IC y ( 0) = −1+
c = 0 c = 1
t
t+
3
y = −1+
e
3
3

第 三 篇 97 清 大 3-3
範 例 3
Find the general solution to the following differential equation
5
2
2 1
2
x y + xy′
+ ( x − ) y = x
′′ , x > 0
(10%)【97 清 大 生 環 】
4
【 範 圍 】4-4
1 1
【 詳 解 】ODE y " + y'
+ (1 − ) y = x
2
x 4x
化 為 標 準 式 y ′
+ P( x)
y′
+ Q(
x)
y = R(
x)
⎧ 1
⎪
P(
x)
=
x
得 ⎨
⎪ 1
Q(
x)
= 1−
⎩ 4x
1
ckeck Q −
1 P
2 − P'
= 1
4 2
⎡ 1 ⎤
取 h ( x)
= exp
⎢∫ − P(
x)
dx
⎥
=
⎣ 2 ⎦
2
1
2
2 1
2
令 y = φ( x)
, 代 入 ODE x y′
+ xy′
+ ( x − ) y = x
x
4
得 φ ′ + φ = x φ
= c
1
cos x + c2
sin x + x
cos x sin x
∴ y = c1
+ c2
+
x x
x
1
x
5
範 例 4
(a) Solve the initial value problem
2
y′ + ω y = sin γt
, y ( 0) = 0 , y ′( 0) = 0 , ω ≠ γ
(b) If
ω → γ , what will be the solution? (10%)【97 清 大 生 環 】

3-4 陳 立 工 數
【 範 圍 】3-3 8-1
【 詳 解 】(a) 取 Laplace 變 換
2
2
[ s Y ( s)
− sy(0)
− y′
(0)] + ω Y ( s)
=
s
γ
s Y
s + γ
2 2
( + ω ) Y ( s)
=
2 2
2
γ
2
+ γ
s)
=
( s
γ
2
+ ω )( s
( 2
2 2
( γ 1 1
Y s)
= [ − ] ∀ γ > ω
2 2 2 2 2
γ −ω
s + ω s + γ
2
y t)
=
(b) 當 ω → γ 時
γ
1
sinωt
− sin γt
2 2
2
ω(
γ −ω
) γ −ω
( 2
γ
+ γ )
1
γ s
則 Y ( s)
= =
2 2 2 2 2 2 2
( s
1
y t)
= (
γ s
γ
∗
2
+ γ s
γ
+ γ
s
γ
+ γ
γ 1
) = − t cosγt
2
+ γ 2γ
( +
2 2
2
+ γ )
1
sin γt
2γ
範 例 5
2µ
Given J
µ − 1( x)
+ J
µ + 1(
x)
= J
µ
( x)
and J
µ 1( x)
− J
1(
x)
2J
′
µ +
=
µ
( x)
x
−
,
Show that
d
dx
⎡
⎤ ⎡
⎤
2 2
⎢xJ
µ
( x)
J
µ + 1(
x)
⎥ = x⎢J
µ
( x)
− J
µ + 1(
x)
⎥ . (10%)【97 清 大 生 環 】
⎢⎣
⎥⎦
⎢⎣
⎥⎦
d ⎡
⎤
【 證 明 】 ⎢xJ
( x)
J
1(
x)
J ( x)
J
1(
x)
x J′
( x)
J
1(
x)
x J ( x)
J′
µ µ + ⎥ =
µ µ +
+
µ µ +
+
µ µ + 1(
x)
dx ⎢⎣
⎥⎦
= J
= J
µ
µ
( x)
J
( x)
J
µ + 1
µ + 1
J
( x)
+ x
J
( x)
+ x
µ −1
µ −1
( x)
− J
2
( x)
J
µ + 1
µ + 1
2
( x)
J
( x)
− J
µ + 1
2
µ + 1
( x)
+ xJ
µ
( x)
J
+ x
J
( x)
2
µ
µ
( x)
− J
( x)
− J
µ
2
2
( x)
J
µ + 2
µ + 2
( x)
( x)

第 三 篇 97 清 大 3-5
= J
= J
= J
又
µ
µ
µ
( x)
J
( x)
J
J
⎧
⎪
J
⎨
⎪J
⎩
故 所 求 = J µ
J
µ+ 1
= J µ
J
µ+1
=
µ + 1
µ −1
µ + 2
µ + 1
µ + 1
J
( x)
+ x
J
( x)
+ x
J
+ x
µ −1
J
µ + 1
µ −1
µ −1
( x)
J
( x)
J
− J
2
µ + 1
2
µ + 1
µ + 1
+ J
( x)
− J
( x)
− J
2
µ
− J
2µ
( x)
= J
µ
( x)
− J
µ + 1(
x)
x
2( µ + 1)
( x)
= J
µ + 1(
x)
− J
x
⎡2µ
⎢
J
+
⎣ x
x
µ
− J
µ
µ
2
µ + 1
2
µ + 1
J
( x)
+ J
2
( x)
+ J
µ + 2
2
2
µ
2
µ
2µ
+ 2
( x)
= J
x
( x)
− J
( x)
− J
µ + 1
µ
µ
( x)
J
( x)
J
( x)
− J
µ
µ + 2
µ + 2
( x)
⎤
2 2 ⎡2µ
+ 2 ⎤
1⎥
J
µ + 1
− J
µ + 1
+ J
µ
− J
µ ⎢
J
µ + 1
− J
⎦
⎣ x ⎥ ⎦
2
µ + µ
⎡2µ
2 ⎤ 2 2 ⎡2µ
+ 2
2 ⎤
⎢
J
µ
J
µ + 1
− J
µ + 1⎥
− J
µ + 1
+ J
µ
−
⎢
J
µ
J
µ + 1
− J
µ
⎣ x
⎦
⎣ x
⎥
+ x
⎦
2
2 2 2
− 2J
µ + 1
+ 2J
µ
− J
µ
J
µ + 1
⎡ ⎤
+ x
x
2 2
J J
µ +
+ x⎢J
µ
− J
µ + 1⎥
− J
2
⎢⎣
⎥⎦
( x)
( x)
J
µ
J
µ + 1
=
µ 1 µ
J
µ + 1
⎡
⎤ ⎡
⎤ ⎡
⎤
2 2
2 2
2 2
= x ⎢J
µ
( x)
− J
µ + 1(
x)
⎥ = x ⎢J
µ
( x)
− J
µ + 1(
x)
⎥ = x ⎢J
µ
( x)
− J
µ + 1(
x)
⎥
⎢⎣
⎥⎦
⎢⎣
⎥⎦
⎢⎣
⎥⎦
範 例 6
Write the general solutions to
⎡1
Ax = ⎢
⎣2
2
4
⎡x
2⎤⎢
⎥⎢
x
5⎦
⎢⎣
x
1
2
3
⎤
⎥ ⎡1⎤
⎥
= ⎢ ⎥
⎥
⎣4
⎦
⎦
as the sum of a particular solution to
Ax = b and the general solution to

3-6 陳 立 工 數
Ax = 0 . (10%)【97 清 大 生 環 】
【 範 圍 】20-3
⎡1 2 2 1⎤
( −2
)
r
⎡ 1⎤
【 詳 解 】 由 增 廣 矩 陣 ⎢ ⎥ ⎯⎯ 12
1 2 2
→⎢
⎥
⎣2
4 5 4⎦
⎣0
0 1 2 ⎦
⎧x1
+ 2x2
+ 2x3
= 1 ⎧x1
= −3
− 2x2
⎨
⎨
⎩x3
= 2
⎩x3
= 2
令 x
2
= k
⎡x1
⎤ ⎡− 2⎤
⎡− 3⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
+
⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k
⎢
1
⎥ ⎢
0
⎥
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0 ⎥⎦
⎢⎣
2 ⎥
3
⎦
Find the general solution of the following differential equation
y
範 例 7
3x
3x
′′ + xy′
− y = e . Hint ∑ ∞ =
k = 0
【 範 圍 】9-2
【 詳 解 】 令 y ( 0) = a,
y′
(0)
= b
y
3x
′ = −xy′
+ y + e ⎯→
k
3 k
e x . (10%)【97 清 大 生 環 】
k!
⎯ y ′ ( 0) = a + 1
3x
y′ ′′ = −xy′′
+ 3e
⎯→
y ′′′( 0) = 3
y
y
′′
′′′
(4)
3x
= − y − xy + 9e
⎯→
′′′
(5)
(4) 3x
= −2 y − xy + 27e
⎯→
M
= ∑ ∞ y
n=
0
( n)
y (0)
x
n!
a + 1
= a + bx + x
2!
n
(4)
⎯ y (0) = −a
+ 8
(5)
⎯ y (0) = 21
y′′
(0)
= y(0)
+ y′
(0) x + x
2!
2
+
3
3!
x
3
8 − a
+ x
4!
4
2
21
+ x
5!
y ′′′ (0)
+ x
3!
5
+L
3
+ L
1 2 1 4 1 2 1 3 1 4 7 5
= a ( 1+
x − x L ) + bx + x + x + x + x +L
2! 4!
2 2 3 40

第 三 篇 97 清 大 3-7
Given
範 例 8-1
P ( x)
when n is even,
n
(2n
− 2m)!
M
m
n−2m
= ∑(
−1)
x ,
n
m=
0 2 m!(
n − m)!(
n − 2m)!
n
M = , else
2
( −1)
M = n .
2
n
1 d
n
show that P ( x)
[(
x 1)
]
2 −
【 分 析 】 二 項 式 級 數 :
n
= (5%)【97 清 大 生 環 】
n n
2 n!
dx
n
n
2 n
m n 2n−2m
m
2n−2m
( x −1)
= ∑(
−1)
cmx
= ∑(
−1)
x ( n ∈ N
m=
0
m=
0 m!(
n − m)!
n
d
d
【 證 明 】 [( x
2 −1)
n ] =
n
dx
dx
=
=
n
[ ]
2
∑
m=
0
n
[ ]
2
∑
m=
0
= n !
= 2
( −1)
( −1)
n
[ ]
2
∑
m=
0
n
n !
m
m
( −1)
n
[ ]
2
∑
m=
0
n
n
∑
n
m=
0
( −1)
m
n!
x
m!(
n − m)!
n!
2n−2m
∀ )
n!
(2n
− 2m)(2n
− 2m
−1)
L ( n − 2m
+ 1) x
m!(
n − m)!
(2n
− 2m)!
n!
x
( n − 2m)!
m!(
n − m)!
m
( −1)
n−2m
(2n
− 2m)!
1
x
( n − 2m)!
m!(
n − m)!
m
n−2m
(2n
− 2m)!
1
x
n
2 ( n − 2m)!
m!(
n − m)!
n−2m
n−2m
n
= 2 n!
n
[ ]
2
m (2n
− 2m)!
∑(
−1)
n
m=
0 2 m!(
n − m)!(
n − 2m)!
(2n
− 2m)!
x
n−2m
M
n
m
n−2m
n
= 2 n!
∑(
−1)
x = 2 n!
P
n
n
( x)
m=
0 2 m!(
n − m)!(
n − 2m)!

3-8 陳 立 工 數
n
1 d 2 n
Pn
( x)
= [( x −1)
]
n n
2 n!
dx
Given
範 例 8-2
P ( x)
when n is even,
n
(2n
− 2m)!
M
m
n−2m
= ∑(
−1)
x ,
n
m=
0 2 m!(
n − m)!(
n − 2m)!
n
M = , else
2
( −1)
M = n .
2
show that n + 1) P ( x)
= (2n
+ 1) xP ( x)
nP ( ) (5%)【97 清 大 生 環 】
(
n+ 1 n
−
n−1
x
1
【 分 析 】 生 成 函 數 ∑ ∞ n
= P
2
n(
x)
t
1− 2xt
+ t n=
0
1
【 證 明 】 將 生 成 函 數 ∑ ∞ = P
2
n(
x)
t
1− 2xt
+ t n=
0
x − t
∑ ∞ = nP
2 3 2
n
( x)
( 1−
2xt
+ t ) n=
0
t
n−1
x − t 1
∑ ∞ =
1−
2xt
+ t
2
1−
2xt
+ t n=
x − t
nP ( )
2 n
x
0
∞
∞
n
= ∑ P =
2 n
( x)
t ∑nPn
( x)
1−
2xt
+ t n=
0
n=
0
∞
n
2
( x − t)
∑ Pn
( x)
t = (1 − 2xt
+ t ) ∑
∞
n
∑ xP
n(
x)
t −∑
n=
0 n=
0
∞
n=
0 n=
0
P ( x)
t
n
=
∞
n+
1
n
n
∑ xP
n(
x)
t −∑ Pn
( x)
t = ∑
n
∞
對 t 微 分
t
n−1
t
n
n−1
nP ( x)
t
∞
n−1
n−1
n
∑nP
n(
x)
t −∑2nxPn
( x)
t + ∑
n=
0 n=
0 n=
0
∞
∞
∞
n
− 1
( n + 1) Pn
+ 1(
x)
t
n=
0 n=
1 n=
0
−
∞
∑
n=
0
2nxP
( x)
t
n
n
+
∞
∑
n=
1
∞
nP ( x)
t
n
( n −1)
P
n−1
n+
1
( x)
t
n

第 三 篇 97 清 大 3-9
xP x)
− P ( x)
= ( n 1) P ( ) − 2 nxP ( x ) + ( n −1)
P 1(
x )
n
(
n− 1
+
n+
1
x
n + 1) P ( x)
= (2n
+ 1) xp ( x)
nP ( )
(
n+ 1 n
−
n−1
x
n
n−
範 例 9
(a) Compute the eigenvectors and eigenvalues of A.
(b) Is it possible to write A in the from
−1
PDP , where D is diagonal and P is
invertible? If yes, what are D and P?
⎡1
1 0⎤
A =
⎢ ⎥
⎢
1 1 0
⎥
(10%)【97 清 大 生 環 】
⎢⎣
0 0 5⎥⎦
【 範 圍 】(a)23-1 (b)24-2
1−
λ
【 詳 解 】(a) 由 det( A − λI)
= 1 1−
λ 0 = 0 λ = 0,2, 5
當 λ = 0 :
0
1
0
0
5 − λ
⎡1
1 0⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
⎡x1
⎤ ⎡ 1 ⎤
⎢ ⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
1 1 0
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k1⎢
−1
⎥
⎢⎣
0 0 5⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0 ⎥
3 ⎦
⎡−1
1 0⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
⎡x1
⎤ ⎡1⎤
λ :
⎢ ⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
1 −1
0
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k2
⎢
1
⎥
⎢⎣
0 0 3⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦
⎡−
4 1 0⎤⎡x1
⎤ ⎡0⎤
⎡x1
⎤ ⎡0⎤
λ :
⎢ ⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
1 − 4 0
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k3⎢
0
⎥
⎢⎣
0 0 0⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
1⎥
3 ⎦
當 = 2
當 = 5

3-10 陳 立 工 數
⎡ 1 1
(b) 令 P =
⎢
⎢
−1
1
⎢⎣
0 0
範 例 10
使 得 P
−1
0⎤
0
⎥
⎥
, 則 P
1⎥⎦
⎡0
AP = D =
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
0
2
0
−1
⎡1
⎢2
⎢1
= ⎢
⎢2
⎢0
⎢⎣
0⎤
0
⎥
⎥
5⎥⎦
1
−
2
1
2
0
⎤
0
⎥
⎥
0⎥
⎥
1⎥
⎥⎦
Consider the Gamma function ∫ ∞ −t
a−1
Γ( α)
= e τ dτ
, Γ( α + 1) = αΓ(
a)
and
0
the fact
1
Γ ( ) = π . Find the Laplace transforms
2
(a) { t
y }
L and (b)
⎧ − 2
1
⎫
L ⎨t
⎬ . (10%)【97 清 大 生 環 】
⎩ ⎭
【 範 圍 】7-1
y
【 詳 解 】(a) ∫ ∞ −st
y
L{ t } = e t dt
0
u du
令 u = st t = dt = s s
∞ ∞
y
代 入 上 式 得 = − st y
−
∫ =
u u y du
L{
t } e t dt
0 ∫ e ( )
0 s s
1 ∞ − u y Γ(
y + 1)
= =
+ 1 ∫ e u du
y 0
y+
1
s
s
1 1
1 Γ(
− + 1) Γ(
)
−
π
2
(b) L{
t } = 2 = 2 =
1
1
2
2
s s s

第 三 篇 97 清 大 3-11
97 清 大 動 機
範 例 1-1
Find a general solution of
【 範 圍 】2-6
dy x
− xy =
(10%)【97 清 大 動 機 】
dx y
dy 2
【 詳 解 】 同 乘 以 y , 可 得 y − xy = x
dx
令 u =
2
y
, 則
代 入 上 式 得
1
2
du
dx
du
dx
dy
= 2y
dx
− xu = x
dy
y
dx
1
=
2
du
dx
du
− 2 xu = 2x
dx
1 積 分 因 子 : I ( x)
= e∫
( −2x)
dx
= e
2
−x
2 通 解 :
2
x
I ( x)
u(
x)
= ∫ e 2xdx
+ c = ∫ e
dx
− −x
2
2
+ c
e
2
− x
y
2
= −e
2
−x
+ c
y = −1+ ce
2 x
2
範 例 1-2
Find a general solution of
2
d y
+ 4y
= sec 2x
(10%)【97 清 大 動 機 】
2
dx
【 範 圍 】3-3
【 詳 解 】(1) 齊 性 解 :

3-12 陳 立 工 數
2
m + 4 = 0 m = ± 2i
y h
= c1 cos 2x
+ c2
sin 2x
(2) 特 解 : 由 參 數 變 更 法
令 y p
= φ
1
cos 2x
+ φ2
sin 2x
⎡ cos 2x
sin 2x
⎤⎡φ′
1 ⎤ ⎡ 0 ⎤
代 入 ODE 得 ⎢
⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥
⎣−
2sin 2x
2cos 2x⎦⎣φ′
2 ⎦ ⎣sec 2x
⎦
由 Cramer Rule
⎧ cos 2x
sin 2x
0 sin 2x
⎪
φ′
1
=
− 2sin 2x
2cos 2x
sec 2x
2cos 2x
⎨
⎪ cos 2x
sin 2x
cos 2x
0
φ′
=
⎪
2
⎩ − 2sin 2x
2cos 2x
− 2sin 2x
sec 2x
⎧ 1
⎧2φ
′
1
= −sin 2xsec 2x
⎪φ
1
= ln cos 2x
4
⎨
⎨
⎩2φ
′
2
= 1
⎪ x
φ2
=
⎩ 2
1
x
y p
= ln cos 2x
cos 2x
+ sin 2x
4
2
1
x
(3) 通 解 : y = c1 cos 2x
+ c2
sin 2x
+ ln cos 2x
cos 2x
+ sin 2x
4
2
範 例 2
Solve the following initial value problem
⎧0
2
d y ⎪
+ 4y
= ⎨1
2
dt ⎪
⎩0
0 < t < π
π < t < 2π
t > 2π
dy
With y = 0 and = 2
dt
【 範 圍 】8-1
at t = 0 . (10%)【97 清 大 動 機 】

第 三 篇 97 清 大 3-13
2
d y
【 詳 解 】 + 4y
= u(
t −π
) − u(
t − 2π
)
2
dt
取 Laplace 變 換
2 1 −πs
−2πs
( s Y ( s)
− sy(0)
− y′
(0)) + 4Y
( s)
= ( e − e )
s
2 1 −πs
−2πs
( s + 4) Y ( s)
= 2 + ( e − e )
s
2 1 −πs
−2πs
Y ( s)
= + ( e − e )
2
2
s + 4 s(
s + 4)
2 1 1 s −πs
−2πs
= + [ − ]( e − e )
2
2
s + 4 4 s s + 4
−
1
£ 1 { Y ( s)}
= sin 2t
+ [1 − cos 2( t −π )] u(
t −π )
4
1
− [1 − cos 2( t − 2π
)] u(
t − 2π
)
4
Determine clearly all the nature (real symmetric, anti-symmetric, Hermitian,
orthogonal or unitary) of the following matrices.(Each matrix may contain
more than one nature. No proof is needed.)
(a)
(b)
(c)
⎡ 1
⎢
(d) ⎢
2
⎢
− i
⎢⎣
2
範 例 3
⎡1
2⎤
⎢ ⎥
⎣2
3 ⎦
⎡ 2 1−
i⎤
⎢ ⎥
⎣1
+ i 5 ⎦
⎡cosθ
− sinθ
⎤
⎢
⎥
⎣sinθ
cosθ
⎦
i ⎤
2
⎥
⎥
−1
⎥
2 ⎥⎦

3-14 陳 立 工 數
⎡1
− cosθ
(e) The matrix= ⎢
⎣ sinθ
− sinθ
⎤⎡1
+ cosθ
1−
cosθ
⎥⎢
⎦⎣
− sinθ
sinθ
⎤
1+
cosθ
⎥
⎦
−1
(10%)【97 清 大 動 機 】
【 範 圍 】25-3
⎡1
【 詳 解 】(a) ⎢
⎣2
2⎤
⎡1
⎥ =
3
⎢
⎦ ⎣2
2⎤
3
⎥
⎦
T
real symmetric
H
⎡ 2 1−
i⎤
⎡ 2 1−
i⎤
(b) ⎢ =
i
⎥ ⎢
i
⎥ Hermitian
⎣1
+ 5 ⎦ ⎣1
+ 5 ⎦
⎡cosθ
− sinθ
⎤
(c) ⎢
⎥ 此 為 座 標 旋 轉 的 轉 移 矩 陣 , 必 為 正 交 矩 陣
⎣sinθ
cosθ
⎦
⎡cosθ
− sinθ
⎤⎡
cosθ
sinθ
⎤ ⎡1
0⎤
且 ⎢
⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥ unitary
⎣sinθ
cosθ
⎦⎣−
sinθ
cosθ
⎦ ⎣0
1 ⎦
⎡ 1 i ⎤ ⎡ 1 i ⎤
⎢
⎥
(d)
2 2
⎥ ⎢
=
2 2
⎢
⎥ ⎢
⎥
⎢
i 1
⎥ ⎢
i 1
− − − − ⎥
⎢⎣
2 2 ⎥⎦
⎢⎣
2 2 ⎥⎦
⎡ 1 i ⎤⎡
1 i ⎤ ⎡ 1 i ⎤⎡
1
⎢
⎢ ⎥⎢
且
2 2
⎥⎢
2 2
⎥
⎥ =
2 2 2
⎢ ⎥⎢
⎢ ⎥⎢
⎢
i 1
⎥⎢
i 1
− − ⎥ ⎢
i 1
− −
− − ⎥⎢
i
−
⎢⎣
2 2 ⎥⎦
⎢⎣
2 2 ⎥⎦
⎢⎣
2 2 ⎥⎦
⎢⎣
2
⎡1
0⎤
= ⎢ ⎥ Hermitian 且 unitary
⎣0
1⎦
⎡1
+ cosθ
(e) 因 為 ⎢
⎣ − sinθ
sinθ
⎤
1+
cosθ
⎥
⎦
−1
⎡1
− cosθ
− sinθ
⎤⎡1
+ cosθ
⎢
⎥⎢
⎣ sinθ
1−
cosθ
⎦⎣
− sinθ
anti-symmetric
T
i ⎤
2
⎥
1
⎥
− ⎥
2 ⎥⎦
1 ⎡1
+ cosθ
sinθ
⎤
=
2(1 + cosθ
)
⎢
⎥
⎣ − sinθ
1+
cosθ
⎦
sinθ
⎤
1+
cosθ
⎥
⎦
−1
= 反 對 稱 × 反 對 稱

第 三 篇 97 清 大 3-15
範 例 4
Let φ ( x,
y,
z)
and ϕ ( x,
y,
z)
be continuous with continuous first and second
partial derivatives on a smooth closed surface ∑ and its interior M.
Suppose both
→
∇φ = 0 and
→
∇ϕ = 0 in M.
∫∫∫
M
2 2
Prove that ( φ ∇ ϕ −ϕ∇
φ)
dV = 0 .
(hint: Gauss’s divergence theorem) (10%)【97 清 大 動 機 】
【 證 明 】 由 散 度 定 理 ∫∫ F ⋅ n dA = ∫∫∫∇ × F dV
∑
→
→
M
→
令
→
F = φ∇ϕ
代 入 上 式 , 得 ∫∫φ
∇ϕ
⋅ n dA = ∫∫∫∇ × ( φ∇ϕ)
dV
∑
→
M
其 中
2
∇ ⋅( φ∇ϕ)
= ∇φ
⋅∇ϕ
+ φ∇
ϕ
Green 第 一 恆 等 式 (Green’s First Indentity)
∫∫
∑
→
∫∫∫
φ ∇ϕ
⋅ n dA = ( ∇φ
⋅∇ϕ
+ φ∇
2
ϕ)
dV LLLLLLLL
L1
M
同 理
∫∫
∑
→
∫∫∫
ϕ∇φ
⋅ n dA = ( ∇ϕ
⋅∇φ
+ ϕ∇
2
φ)
dV LLLLLL L 2
M
1−2 得 Green 第 二 恆 等 式 (Green’s Second Indentity)
∫∫
∑
→
∫∫∫
2 2
( φ ∇ϕ
−ϕ∇φ)
⋅ n dA = ( φ∇
ϕ −ϕ∇
φ)
dV
M

3-16 陳 立 工 數
已 知 ∇φ =
∫∫∫
M
→
∇ϕ = 0 in M
2 2
故 ( φ ∇ ϕ −ϕ∇
φ)
dV = 0 .
範 例 5
Find the complex Fourier integral of f ( x)
= x exp( − x ) .
【 範 圍 】13-1
1
【 詳 解 】 令 ∫ ∞ i
= ω e ω x
f ( x)
C(
) dω
2π
−∞
∫
∞
−iωx
則 C( ω)
= f ( x)
e dx = xe (cosωx
− isinωx)
dx
−∞
= −2
∫ ∞ −
i xe
∫
∞
−∞
− x
sinωxdx
= −2i
2ω
ω
x
0 2 2
(1 + )
1
∫ ∞ − 4iω
i
= e ω x
f ( x)
dω
2π
− ∞ (1 + ω
2 ) 2
⎪⎧
⎪⎫
2
【 另 解 】∵ F ⎨ exp( − x ) ⎬ =
2
1+ ω
⎪⎩ ⎪⎭
∴ 由 變 換 再 微 分 定 理
⎪⎧
⎪⎫
d 2 4ω
F ⎨ ixexp(
− x ) ⎬ = − ( ) =
2
2 2
⎪⎩
⎪⎭ d ω 1+
ω (1 + ω )
⎪⎧
⎪⎫
d 2 4iω
故 F ⎨ exp( − x ) ⎬ = − ( ) = −
2
2
⎪⎩ ⎪⎭
dω 1+
ω (1 + ω )
x
2
又 Fourier 變 換 即 為 Fourier 積 分 的 係 數
故 (ω) =
−
4iω
ω
C 2 2
(1 + )
(10%)【97 清 大 動 機 】

第 三 篇 97 清 大 3-17
代 入 Fourier 積 分
1
得 ∫ ∞ i
= ω e ω x 1
f ( x)
C(
) dω
2π
−∞
∫ ∞ − 4iω
i
= e ω x
dω
2π
− ∞ (1 + ω
2 ) 2
範 例 6
(a) Show that the following partial differential equation
2
∂u
∂ u ∂u
= k(
+ A + Bu)
where k, A and B are constants can be
∂t
∂x
∂x
2
∂v
∂ v
transformed into a simplified equation like = k by choosing α
2
∂t
∂x
and β appropriately and letting u = v exp( α x + βt)
.
(b) Use the previous idea to solve
2
∂u
∂ u ∂u
= + 4 + 2u
∂t
∂x
∂x
u( 0, t)
= u(
π , t)
= 0 for t ≥ 0
u( x,0)
= x(
π − x)
for 0 ≤ x ≤ π
(20%)【97 清 大 動 機 】
【 範 圍 】14-1
α x+
βt
【 詳 解 】(i) 令 u( x,
t)
= e v(
x,
t)
∂u
代 入
∂t
2
⎛ ∂ u ∂u
⎟ ⎞
= k
⎜ + A + Bu
2
⎝ ∂x
∂x
⎠
∂v
∂t
∂ v
∂x
2
得 = k
2
∂v
2
+ ( 2αk + kA)
+ ( α k + αkA
+ kB − β ) v
∂x
⎧ A
⎧2αk
+ kA = 0
⎪
α = −
若 取 ⎨
, 即
2
2
⎨
⎩α
k + αkA
+ kB − β = 0 ⎪
β = Bk −
⎩
1
4
2
A k

3-18 陳 立 工 數
2
∂v
∂ v
得 = k
2
∂t
∂x
⎧k
= 1 ⎧ A
⎪
⎪α
= − = −2
2
(ii) ⎨A
= 4 取 ⎨
⎪
⎩B
= 2 ⎪ A 2 k
β = Bk − = −2
⎪⎩
4
−2
x−2t
即 令 u(
x,
t)
= e v(
x,
t)
2
∂u
∂ u ∂u
代 入 = + 4 + 2u
2
∂t
∂x
∂x
2
∂v
∂ v
可 得 PDE: = for 0 ≤ x ≤ π , t ≥ 0
2
∂t
∂x
BC: v( 0, t)
= v(
π , t)
= 0
IC:
v( x,0)
= x(
π − x)
e
其 解 為 ∑ ∞ v ( x,
t)
= B
n=
1
2
−n
t
ne
2x
sin nx
2x
IC ∑ ∞ v(
x,0)
= x(
π − x)
e = Bn
sin nx
n=
1
2 π
= ∫ π −
2 x
Bn
x(
x)
e sin nxdx
π 0
故 解 為 ∑ ∞ v ( x,
t)
= B
n=
1
2
−n
t
ne
sin nx
−2x−2t
−2x−2t
即 ∑ ∞ u ( x,
t)
= e v(
x,
t)
= e B
=
n 1
2
−n
t
ne
範 例 7
(a) Please use contour integration evaluate the integral
2
x
dx .
2 2
2
(1 + x ) (2 + 2x
x )
∫ ∞ − ∞
+
sin nx
(b) Indicate true or false or each of the following statements about complex
Variables. (No proof is needed. The wrong answer will be given no score
but will be deducted 2 points.)

第 三 篇 97 清 大 3-19
(a) The value of
(b) If
z
lim
z → 0 z
2 2
f ( z)
= xy + ix y , then
does not exist;
df ( z)
dz
and f (z)
are analytic at z = 0 ;
x
x
(c) f ( z)
= ( e cos y)
+ i(
e sin y)
is an analytic function;
1
1
(d) If f (z)
is analytic, then ∫ f ( z)
dz = −∫
f ( z)
dz ;
z
z2
(e) A unit disk in z plane is mapping onto the upper half of w plane via the
z
z2
transformation
i − z
w = . (20%)【97 清 大 動 機 】
i + z
【 範 圍 】(i)30-5 (ii) 複 變 觀 念
【 詳 解 】(i) 令 f
z)
=
(1 + z
2
z
2
) (2 + 2z
+ z )
( 2
2
⎧z
= ± i為 二 階 極 點
則 奇 異 點 在 ⎨
⎩z
= −1±
i為 單 極 點
其 留 數
Re s(
−1+
i)
= lim ( z − ( −1+
i))
f ( z)
=
z→(
−1+
i)
2
lim z
( z − ( −1+
i))
( 1+
i)
2 2
(1 + z ) (2 + 2z
z 2 )
z → −
+
0
(~ )
0
2
2
lim z
( −i
+ 1)
=
=
z→
( −1+
i)
2 2
2
(1 + z ) (2z
+ 2) (1 + z )
2 (2( −i
+ 1) + 2)
3 − 4i
=
25
2
d
2 d 2 z
Re s(
i)
= lim [( z − i)
f ( z)]
= lim [( z −i)
]
z → i
2 2
2
dz
z → i dz (1 + z ) (2+
2z
+ z )
2
d z
= lim [
]
z →i
2
2
dz ( z + i)
(2 + 2z
+ z )

3-20 陳 立 工 數
2
lim z 2 2 2 + 2z
=
{ − − }
z →i
2
2
( z + i)
(2 + 2z
+ z ) z z + i 2 + 2z
+ z
2
−12 + 9i
=
100
2
x
∫ ∞ dx = 2π
i{Re
s(
−1+
i)
+ Re s(
i)}
−∞
2 2
2
(1 + x ) (2 + 2x
+ x )
−12
+ 9i
3−
4i
7π
= 2π i { + } =
100 25 50
(ii)(A)True
−iθ
z re
−i2θ
−i2θ
lim = lim = lime
= e ( 不 為 定 值 ) 不 存 在
z→0
r 0
iθ
z → re r→0
(B)False
2 2
令 f ( z)
= xy + ix y = u(
x,
y)
+ iv(
x,
y)
由 Cauchy-Riemann 方 程 式
⎧∂u
2 ∂v
2
⎪
= y = = x
∂x
∂y
⎨
x = y = 0
⎪∂u
∂v
= 2xy
= − = −2xy
⎪⎩
∂y
∂x
故 f ′(z)
只 在 z = 0 存 在 , f (z)
不 解 析
(C)True
x
⎪⎧
u(
x,
y)
= e cos y
令 ⎨
x
⎪⎩ v(
x,
y)
= e sin y
由 Cauchy-Riemann 方 程 式
⎧∂u
x ∂v
⎪
= e cos y =
∂x
∂y
⎨
到 處 均 可 微 到 處 均 解 析
⎪∂u
x ∂v
= −e
sin y = −
⎪⎩
∂y
∂x
(D)False 必 須 加 上 f (z)
為 一 階 連 續 函 數
1 1 −1
1
ex: ∫ dz ≠
−1
∫ dz
z 1 z
(E)False
令 w = u + iv
i(1
− w)
i(1
− u − iv)
( i + z)
w = i − z z = =
1+
w 1+
u + iv

第 三 篇 97 清 大 3-21
2 2
i(1
− u − iv)(
u + 1−
iv)
2v
+ i(1
− u − v )
z =
=
( u + 1) + v ( u + 1) + v
2 2
2 2
2 2
2v
1−
u − v
x =
, y =
( u + 1) + v ( u + 1) + v
故 若 w 為 上 半 平 面 , 則 x > 0
則
2 2
2 2

3-22 陳 立 工 數
97 清 大 微 機 電
Laplace Transform can be used to solve differential equations.
The model of the system in the figure 1 is:
m
m
′′
1y1
= −k1y1
+ k2
2
y
2
y2
= −k2
y2
− y1)
( y − 1)
′ ( − k y while
m
1
= m2
= 10kg,
k k =
2
1
=
3
20 kg / sec
k
2
= 40 kg / sec
2
3
2
(a) Please find the solutions y ( t)
= ?, y ( t)
?]
which satisfying the initial
conditions:
y
1
( 0) = y2(0)
= 0
y ′
1(0)
= 1 m /sec
y′
2(0)
= −1
m /sec
through Laplace Transform
(b) When
範 例 1
y 0) = y (0) 1 meter
1
(
2
=
′ ′
y
1
( 0) = y2
(0) = 0
[
1 2
=
Please find the solutions [ t)
= ?, y ( t)
?]
y through Laplace Transform
1
(
2
=
and compare the solutions in (a) and (b) (frequency, type of motion…etc)
(c) These differential equations are also a typical eigenvalue problem. Please

第 三 篇 97 清 大 3-23
solve the (a) by the method of eigenvalue problem.
(42%)【97 清 大 微 機 電 】
【 範 圍 】(1)(2)8-3 (3)24-4
⎧10
y ′′
1
= −60y1
+ 40y
【 詳 解 】 由 題 意 可 得 ⎨
⎩10
y ′′
2
= 40y1
− 60y2
(1) 取 Laplace 變 換
2
⎪⎧
s yˆ
′
1
− sy1(0)
− y1(0)
= −6yˆ
1
+ 4yˆ
2
⎨
2
⎪⎩ s yˆ
− − ′
2
sy2(0)
y2(0)
= 4yˆ
1
− 6yˆ
2
2
⎪⎧
( s + 6) yˆ
− 4 ˆ
1
y2
= 1
⎨ ⎪⎩
2
− 4yˆ
+ ( s + 6) yˆ
= −1
1
由 Cramer Rule
2
2
⎧y′′
1
= −6y1
+ 4y
⎨
⎩y′′
2
= 4y1
− 6y2
2
⎧ s + 6 − 4 1 − 4
⎪
yˆ
=
⎧ 1
2 1
2
⎪ − 4 s + 6 −1
s + 6 ⎪
yˆ
1
=
2
( s + 10)
⎨
⎨
2
2
⎪ s + 6 − 4 s + 6 1
⎪
yˆ
⎪ −1
2
=
yˆ
2
=
2
2
⎩ − 4 s + 6 − 4 −1
⎪⎩
( s + 10)
1
1
y1 ( t)
= sin 10t
, y2(
t)
= − sin 10t
10
10
(2) 若 y 0) = y (0) = 1, y′
(0) = y′
(0) 0
1
(
2
1 2
=
⎪⎧
( s
則 ODE ⎨ ⎪⎩
− 4yˆ
+ 6) yˆ
由 Cramer Rule
2
1
1
+ ( s
− 4yˆ
2
2
+ 6) yˆ
= s
2
= −s
2

3-24 陳 立 工 數
2
⎧ s + 6 − 4 s − 4
⎪
yˆ
=
2 1
2
⎪ − 4 s + 6 − s s + 6
⎨
2
2
⎪ s + 6 − 4 s + 6 s
⎪
yˆ
=
2 2
⎩ − 4 s + 6 − 4 − s
y1 ( t)
= cos 10t
, y2(
t)
= −cos
10t
⎡−
6 4 ⎤ ⎡ y1
⎤ ⎡c1
⎤ λt
(3) 令 A = ⎢ ⎥ 且 e
⎣ 4 − 6
⎢ =
⎦ y
⎥ ⎢
c
⎥
⎣ 2 ⎦ ⎣ 2 ⎦
⎧ s
⎪
yˆ
1
=
2
( s + 10)
⎨
⎪ − s
yˆ
2
=
2
⎪⎩
( s + 10)
2
2 − 6 − λ 4
代 入 原 式 得 det( A − λ I)
=
= 0
2
4 − 6 − λ
λ = ± 2 i,
± 10i
當 λ = ±
⎡−
4 4 ⎤⎡c1
⎤ ⎡0⎤
⎡c1
⎤ ⎡1⎤
2i
: ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥ =
⎣ 4 − 4⎦⎣c2
⎦ ⎣0
⎢ ⎥ k1⎢
⎥ ⎦ ⎣c2
⎦ ⎣1
⎦
當 λ = ±
⎡4
4⎤⎡c1
⎤ ⎡0⎤
⎡c1
⎤ ⎡ 1 ⎤
10i
: ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥
⎣4
4⎦⎣c2
⎦ ⎣0
⎢ ⎥ = k ⎢ ⎥ ⎦ ⎣c
k
2 ⎦ ⎣−1
⎦
⎡ y1
⎤ ⎡1⎤
⎡ 1 ⎤
⎢ ( c1
cos 2t
c2
sin 2t)
( d1
cos 10t
+ d2
sin
y
⎥ = ⎢
2
1
⎥ + + ⎢
1
⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎣−
⎦
10t)
由 y
1( 0) = y2(0)
= 0, y′
1(0)
= 1, y′
2(0)
= −1
1
可 得 c 1
= c 2
= d 1
= 0,
d 2
=
10
1
1
y1 ( t)
= sin 10t
, y2(
t)
= − sin
10
10
10t
範 例 2
Partial Differential Equations
Find the solution u ( x,
y)
of following equations using separation variables:
(a)
u =
x
yu
y
(b)
ayu = bxu
x
y

第 三 篇 97 清 大 3-25
(c) x 2 u + 3y
2 u =
xy
0
(23%)【97 清 大 微 機 電 】
【 詳 解 】(a) 令 u ( x,
y)
= X ( x)
Y ( y)
代 入 原 式 得 X ′ Y − yXY′
= 0
⎧X
′ − λX
= 0
X ′ yY′
⎪
= = λ ⎨ λY
X Y ⎪
Y′
− = 0
⎩ y
λx
λ
X ( x)
= c e , Y ( y = c y
1
)
λx
λ λx
λ
u(
x,
y)
= c1e
c2
y = ke y
(b) 令 u ( x,
y)
= X ( x)
Y ( y)
代 入 原 式 得 ay X ′ Y − bxXY
′ = 0
X ′ Y′
⎧X
′ − λbxX
= 0
= = λ ⎨
bxX ayY ⎩Y
′ − λayY
= 0
X ( x)
= c e
λb
2
x
2
1
, Y ( y)
λ 2 2
( bx + ay )
2
u(
x,
y)
= ke
(c) 令 u ( x,
y)
= X ( x)
Y ( y)
2
= c e
2
λ
a 2
y
2
代 入 原 式 得 x
2 X ′ Y ′ + 3y
2 XY = 0
2
2
x X ′ 3y
Y
= −
X Y′
X ( x)
= c e
u
= λ
λ
−
x
1
, Y ( y)
3
λ y
−(
+ )
x λ
( x,
y)
= ke
= c
2
⎧x
X ′ − λX
= 0
⎪
2
⎨ 3y
⎪Y
′ + Y = 0
⎩ λ
3
y
−
λ
2e
範 例 3
Find the solution of the following Bernoulli equation.
2
′ − 4y
4y
(15%)【97 清 大 微 機 電 】
y =
【 範 圍 】2-6

3-26 陳 立 工 數
【 範 圍 】2-6
′
−
2
−
【 詳 解 】 同 乘 以 ÷ y , 可 得 y
2 y − 4y
1 = 4
−1
−2
令 u = y , 則 u ′ = −y
y′
−2
y y′
= −u′
代 入 上 式 得 − u ′ − 4 u = 4 u
′ + 4u
= −4
4dx
1 積 分 因 子 : I ( x)
= e∫
= e
2 通 解 :
4x
I(
x)
u(
x)
= ∫ e ( −4)
dx + c
4x
e
4x
y
= −e
−1
4x
+ c
y
−1
= −1+
ce
−4
x
1
−1+
ce
y =
−4x
範 例 4
(Vector transformation in 3D space) A vector in 3D space can be expressed by
different coordination, for example, in both rectangular and cylindrical
systems,
→
A = A xˆ + A yˆ
+ A zˆ
= A ˆ ρ + A ˆ
φφ + A zˆ
x
y
z
ρ z
,
T
where [ A , A , A ] = Q [ A , A , A ] T
ρ φ z rc x y z
.
(a) Find the coordinate transformation matrix
Q
rc
.
T
(b) Similarly, [ A , A , A ] = Q [ A , A , A ] T
Q .
ρ φ z rc x y z
. Find
rc

第 三 篇 97 清 大 3-27
(20%)【97 清 大 微 機 電 】
【 範 圍 】25-2
【 詳 解 】 詳 見 課 堂 講 解

3-28 陳 立 工 數
97 清 大 工 科 、
清 大 先 進 光 源 、 清 大 核 工
範 例 1-1
Evaluate
∫
(2,1)
(0,0)
3 4 2
2 5
(5y + 20x
y ) dx + (15 xy + 8x
y − 3)
dy
along the path
x =
4 3 2
− 6xy
4y
.
(5%)【97 清 大 工 科 、 清 大 先 進 光 源 、 清 大 核 工 】
【 範 圍 】19-7
3 4 2
⎪⎧
M ( x,
y)
= 5y
+ 20x
y
【 詳 解 】 令 ⎨ ⎪⎩
2 5
N(
x,
y)
= 15xy
+ 8x
y − 3
∵
∂M
∂y
∂N
=
∂x
正 合 (exact), 作 功 與 路 徑 無 關 (independence)
∴
→
→
3 4 2
2 5
F = (5y
+ 20x
y ) i + (15 xy + 8x
y − 3)
j 為 保 守 向 量 場
→
⎧∂φ
3 4 2
⎪
= 5y
+ 20x
y → φ = 5xy
∂x
∃ φ( x,
y)
∋ ⎨
⎪
∂φ
2 5
= 15xy
+ 8x
y − 3 → φ = 5xy
⎪⎩
∂y
3
3
5
+ 4x
y
5
+ 4x
y
2
2
+ k ( y)
1
− 3y
+ k
2
( x)
故
3 5 2
φ ( x , y)
= 5xy
+ 4x
y − 3y
+ c
∫
(2,1)
(0,0)
3 4 2
2 5
(5y + 20x
y ) dx + (15 xy + 8x
y − 3)
dy
3 5 2
(2,1)
[ 5xy + 4x
y − 3y
+ c] = = 135
(0,0)

第 三 篇 97 清 大 3-29
Let
範 例 1-2
r 2
v = rz eˆ
, which is given in cylindrical coordinates ( r,
θ , z)
.
z
Evaluate
∫ nˆ ⋅vˆ
dA where S is the surface of the cone V (see figure).
S
【 範 圍 】19-5
(10%)【97 清 大 工 科 、 清 大 先 進 光 源 、 清 大 核 工 】
→ →
【 詳 解 】 因 為 =
2
v rz ez
v 1 ∂
∇ ⋅
→
= ( r ⋅rz
2 ) = rz
r ∂z
2
由 Gauss 散 度 定 理
→ →
→
∫ n⋅
v dA = ∫∫∫∇⋅
v dV = ∫∫∫2
rzdzdydx = ∫∫∫
S
D
2π
0 0
h
= ∫ ∫ ∫
z tanα
0
2r
2
D
4πh
zdrdzdθ
=
15
z tanα
5
D
2
2r
zdzdrdθ
tan
3
α
z
α
範 例 2
(a) Find an orthonormal set of the linear independent set
{( 2,0,0),(1,1,0),(3,3,3) } using Gram-Schmidt orthogonalization process.
(b) Matrix
⎛ 2 1 −1⎞
⎜ ⎟
A = ⎜ 1 4 3 ⎟ can be expressed as Q t DQ
⎜ ⎟
⎝−1
3 4 ⎠
where D is a
diagonal matrix and Q is an orthogonal matrix. Find D and Q.
(10%)【97 清 大 工 科 、 清 大 先 進 光 源 、 清 大 核 工 】

3-30 陳 立 工 數
【 範 圍 】(a)25-1 (b)25-2
【 詳 解 】(1) 令 v = 2,0,0), v = (1,1,0), v (3,3,3)
1
(
2
3
=
由 Gram-Schmidt process
取 u
1
= v1
= (2,0,0)
且 ( u
1
| u1)
= 4
( v2
| u1)
2
u
2
= v2
− u1
= (1,1,0) − (2,0,0) = (0,1,0 ) 且 ( u
2
| u2)
= 1
( u1
| u1)
4
( v3
| u1)
( v3
| u2)
u3
= v3
− u1
− u2
( u1
| u1)
( u2
| u2)
6 3
= ( 3,3,3) − (2,0,0) − (0,1,0) = (0,0,3) 且 ( u
3
| u3)
= 9
4 1
故 取 {( 1,0,0),(0,1,0),(0,0,1 )} 為 單 範 正 交 基 底
2 − λ
(2) 由 det( A − λI)
= 1 4 − λ 3 = 0 λ = 0,3, 7
−1
1
3
−1
4 − λ
⎡ 2 1 −1⎤
⎡ x1
⎤ ⎡0⎤
⎡x1
⎤ ⎡ 1 ⎤
當 λ = 0 :
⎢ ⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
1 4 3
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k1⎢
−1
⎥
⎢⎣
−1
3 4 ⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
1 ⎥
3 ⎦
⎡ 1 ⎤
⎢ ⎥
⎢
3
⎥
1
orthonormal eigenvector is { k ⎢
1
− ⎥ | k1
∈ R}
⎢ 3 ⎥
⎢ 1 ⎥
⎢ ⎥
⎣ 3 ⎦
⎡−1
1 −1⎤
⎡ x1
⎤ ⎡0⎤
⎡x1
⎤ ⎡ 2 ⎤
當 λ = 3:
⎢ ⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
1 1 3
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k2
⎢
1
⎥
⎢⎣
−1
3 1 ⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
−1⎥
3 ⎦
⎡ 2 ⎤
⎢ ⎥
⎢
6
⎥
1
orthonormal eigenvector is { k ⎢ ⎥
2
| k2
∈ R}
⎢ 6 ⎥
⎢ 1 ⎥
⎢−
⎥
⎣ 6 ⎦

第 三 篇 97 清 大 3-31
⎡−
5 1 −1⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
⎡x1
⎤ ⎡0⎤
當 λ = 7 :
⎢
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
1 − 3 3
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k3⎢
1
⎥
⎢⎣
−1
3 − 3⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
1⎥
3 ⎦
⎡ ⎤
⎢
1 0 ⎥
⎢ ⎥
orthonormal eigenvector is { k ⎢ ⎥
3
| k3
∈ R}
⎢ 2 ⎥
⎢ 1 ⎥
⎢ ⎥
⎣ 2 ⎦
⎡ 1 2 ⎤
⎢
0 ⎥
⎢
3 6
⎥
⎡0
0 0⎤
令 ⎢
1 1 1
Q = −
⎥ Q T AQ = D =
⎢ ⎥
⎢ 3 6 2 ⎥
⎢
0 3 0
⎥
⎢ 1 1 1 ⎥
⎢⎣
0 0 7⎥⎦
⎢ − ⎥
⎣ 3 6 2 ⎦
範 例 3
Find the harmonic function u ( x,
y)
in the semi-infinite strip 0 < x < π ,
y > 0 such that
u( 0, y)
= u(
π , y)
= 0 ( y > 0)
,
u ( x,0)
= 1 ( 0 < x < π ) ,
and
u ( x,
y)
< M , where M is some constant.
(10%)【97 清 大 工 科 、 清 大 先 進 光 源 、 清 大 核 工 】
【 範 圍 】15-2
2 2
∂ u ∂ u
【 詳 解 】 由 題 意 Harmonic function 即 表 示 + = 0
2 2
∂x
∂y
令 u ( x,
y)
= X ( x)
Y ( y)

3-32 陳 立 工 數
X ′′ Y′′
代 入 可 得 X ′′ Y + XY′′
= 0 = − = −λ
X Y
⎧X
′′ + λX
= 0; X (0) = X ( π ) = 0.....(1)
⎨
⎩Y
′′ − λY
= 0....................................(2)
2
⎧λ
= n , n = 1,2,3, L
由 (1) ⎨
⎩X
( x)
= sin nx
2
ny −ny
Y ′ − n Y = 0 Y
( y)
= Ae + Be
由 BC : Y (∞) bounded A = 0 Y
( y)
= Be
由 疊 加 法 , 令 ∑ ∞ u ( x,
y)
= B e
=
n 1
−ny
n
sin nx
−ny
BC : ∑ ∞ u ( x,0)
= 1 = B n
sin nx
n=
1
4
2
2
⎧ 1,3,5, L
= ∫ π
⎪ n =
B n
sin nxdx = (1 − cos nπ
) = ⎨nπ
π 0 nπ
0
= 2,4,6, L
⎪⎩
n
u(
x,
y)
=
∑ ∞
n=
1,3,5,L
4
e
nπ
−ny
sin nx
範 例 4
Determine the residue of each of the following functions at each singularity:
(a)
tan z ,
sin z − z
(b)
6 ,
z
(c)
1
z
ze . (10%)【97 清 大 工 科 、 清 大 先 進 光 源 、 清 大 核 工 】
【 範 圍 】30-2
【 詳 解 】(a) tan z
z = sin
cos z
π 3π
5π
z = ± , ± , ± ,L
2 2 2
L 為 單 極 點
nπ
nπ
Re s(
± ) = lim [ z − ( ± )]tan z
2
nπ
2
z→±
2

第 三 篇 97 清 大 3-33
=
nπ
lim [ z − ( ± )]
nπ
2
z→±
2
3
sin
cos
z
z
= −1
5 7
sin z − z 1 z z z
(b) = [( z − + − + −L
) − z]
6 6
z z 3! 5! 7!
3 5 7
1 z z z
1 1 z
= ( − + − + −L)
= − + − + −L
6
3
z 3! 5! 7! 3! z 5! z 7!
1
因 為 z = 0 為 三 階 極 點 Re s (0) =
120
(c) 因 為 z = 0 為 本 性 奇 點
範 例 5
1
1 1 1
e z = 1+
+ + +LL
2 3
z z 2! z 3!
1
1 1
1
ze z = z + 1+
+ +LL
Re s (0) =
2
2z
z 3!
2
Solve by Fourier transform u ′′′′
+ ku = w(x)
,
where k is constant and w (x)
can be expanded in a Fourier integral,
and u (x)
, u′ (x)
, u ′′ (x)
, u ′′′ ( x)
→ 0 , as x → ±∞ .
−a
x
2
a π
Hint: the Fourier transform of f ( x)
= e sin( x + )
2 4
3
2a
is
4 4
ω + a
.
( a > 0 ) (10%)【97 清 大 工 科 、 清 大 先 進 光 源 、 清 大 核 工 】
【 範 圍 】13-3
【 詳 解 】 取 Fourier transform
4
4
1 F { u ′′′′ } = ( iω)
U ( ω)
= ω U ( ω)
2 F { u } = U ( ω)
3 F { w ( x)}
= W ( ω)

3-34 陳 立 工 數
4
代 入 到 1 + k 2 = 3, 得 ( ω + k ) U ( ω)
= W ( ω)
1
U ( ω)
= W ( ω)
4
ω + k
u x)
= F
⎧ ⎫
⎨ U ( ω)
⎬ = F
⎩ ⎭
⎧ ⎫
⎨ ⎬∗F
4
⎩ω
+ k ⎭
−1
−1
(
4
= F
−1
1 −1
⎧ 1 ⎫
⎨ W ( ω)
⎬
⎩ω
+ k ⎭
⎧
⎨ W ( ω)
⎩
4 3
− k x
⎧ 2(
) ⎫
4
−1
k
2
k π
∵ F ⎨
= sin( + )
4 4 4 ⎬ e
x
⎩ω
+ ( k ) ⎭
2 4
4
1⎧
1 ⎫ 1 − x
−
2
k π
即 F ⎨ =
sin( + )
4 ⎬ e
x
4 3
⎩ω
+ k ⎭ 2( k )
2 4
4
4
k
⎫
⎬
⎭
∴
u(
x)
=
F
−1
⎧ 1 ⎫
⎨ ⎬∗
4
⎩ω
+ k ⎭
F
−1
⎧
⎨ W ( ω)
⎩
⎫
⎬
⎭
1
= e
4 3
2( k )
4
k
− x
2
sin(
4
k
2
π
x + ) ∗ w(
x)
4
範 例 6
Find the weighting function of the following equation to become a
SLP (Sturm-Liouville Problem)–type equation,
2
(1 − x ) y′′
− xy′
+ λ y = 0 . (5%)【97 清 大 工 科 、 清 大 先 進 光 源 、 清 大 核 工 】
【 範 圍 】11-3
2
x λ
【 詳 解 】 (1 − x ) y′′
− xy′
+ λ y = 0 y′ − y′
+ y = 0
2 2
1−
x 1−
x

第 三 篇 97 清 大 3-35
r(
x)
− x 1 −2x
1
∫
1 dx
dx
2
2
−x
2∫1−x
2 2
= e = e = (1 − x ) = 1
− x
2
( 積 分 因 子 )
x λ
乘 回 去 y′ − y′
+ y = 0
2 2
1−
x 1−
x
2 x λ
得 1−
x y ′′ − y′
+ y = 0
2
2
1−
x 1−
x
2 1
[ 1−
x y′
]
′
+ λ y = 0
2
1−
x
∴ 加 權 函 數 (weighting function): p(
x)
=
1
1−
x
2
範 例 7
Find the general solution y (x)
of the following differential equation
2
x y ′′ − 2xy′
+ 2y
= x ln x .
(Hint: let
t
x = e ) (15%)【97 清 大 工 科 、 清 大 先 進 光 源 、 清 大 核 工 】
【 範 圍 】4-1
t
d
【 詳 解 】 令 x = e , t = ln x(
x > 0),
D ≡
dt
t
代 入 可 得 { D ( D − 1) − 2D
+ 2}
y = te {(
D − 1)( D − 2)}
y = te
1 齊 性 解 :
( m −1)(
m − 2) = 0 m =1, 2
y
t 2t
2
h
= c1e
+ c2e
= c1x
+ c2x
2 特 解 :
令 y = ( At
2 + Bt)
e
p
t
1
代 入 可 得 A = − , B = −1
2
1 2 t 1 2
y
p
= −(
t + t)
e = − x(ln
x)
− x(ln
x)
2
2
t

3-36 陳 立 工 數
1 2
2
3 通 解 : y = yh
+ y
p
= c1x
+ c2x
− x(ln
x)
− x(ln
x)
2
1
t t 1
t 1
【 另 解 】 y
p
=
{ te } = e { t}
= −e
( + 1+
D + L){
t}
( D −1)(
D − 2) D(
D −1)
D
2
t
= −(
+ t + 1) e
2
t
(a) Prove the following relations between Laplace transforms
L
L
範 例 8
{ y ( t)
} = sL{ y(
t)
} − y(0)
′ ,
d
{ t y( t)
} − L{ y(
t)
}
= .
ds
(b) Solve the following problem using Laplace transform
t y ′′ + 2 ty′
+ 2y
= 0 ; y ( 0) = 0 .
【 範 圍 】(a)7-3 (b)8-1
(15%)【97 清 大 工 科 、 清 大 先 進 光 源 、 清 大 核 工 】
∞ ∞
′ − +
0
0
【 詳 解 】(a)£ =
st
− =∞
−
∫ ′ =
st t
st
{ y ( t)}
e y ( t)
dt [ e y(
t)]
t=
0 ∫ se y(
t)
dt
d £ { y(
t)}
=
ds
st
= −y
+ s∫ ∞ −
( 0) e y(
t)
dt = s £ { y(
t)}
− y(0)
d
ds
(b) 取 Laplace 變 換
0
d
( dt
ds
∞ − st
∫ e y t)
dt = ∫ 0
∞
−st
[ e y(
t)]
0
= −∫ ∞ −st
[ ty(
t)]
e dt = − £ [ ty ( t)]
0
2
d y d 2
2 dY
1£ { t } = − [ s Y ( s)
− sy(0)
− y′
(0)] = −s
− 2sY
2
dt ds
ds
dy d
dY
2£ { t } = − [ sY ( s)
− y(0)]
= −s
−Y
dt ds
ds
3£ { y } = Y ( s)
代 入 1+22+23=0

第 三 篇 97 清 大 3-37
dY
可 得 ( s 2 + 2s)
+ 2sY
= 0 ---------(1)
ds
dY 2
dY 2
+ Y = 0 + ds = 0
ds s + 2 Y s + 2
ln Y + 2ln s + 2 = ln c Y
( s)
= c
2
( + 2)
由 初 值 定 理
c
lim sY ( s)
= y(0)
lim s
s→
0
s→0
2
( s + 2)
= 0 c 無 限 多 值
y (t) = £
−1
{ Y ( s)}
= cte
−2t
範 例 9
Prove the recurrence relations satisfied by Legendre polynomials
( n +
+ 1 −1
x =
1) Pn ( x)
− (2n
+ 1) xPn
( x)
+ nPn
( ) 0 n =1,2,3 ,....
(Hint: A generating function of the Legendre polynomials is
1
−
2 2
(1 − 2xt
+ t )
=
∑ ∞
n→0
p ( x)
t
n
n
. Differentiate the above equation once with
respect to t. ) (15%)【97 清 大 工 科 、 清 大 先 進 光 源 、 清 大 核 工 】
1
【 分 析 】 生 成 函 數 ∑ ∞ n
= P
2
n(
x)
t
1− 2xt
+ t n=
0
1
【 證 明 】 將 生 成 函 數 ∑ ∞ = P
2
n(
x)
t
1− 2xt
+ t n=
0
x − t
∑ ∞ = nP
2 3 2
n
( x)
( 1−
2xt
+ t ) n=
0
t
n−1
x − t 1
∑ ∞ =
1−
2xt
+ t
2
1−
2xt
+ t n=
n−1
nP ( )
2 n
x t
0
n
對 t 微 分

3-38 陳 立 工 數
x − t
∞
∞
n
= ∑ P =
2 n
( x)
t ∑nPn
( x)
1−
2xt
+ t n=
0
n=
0
∞
n
2
( x − t)
∑ Pn
( x)
t = (1 − 2xt
+ t ) ∑
∞
n
∑ xP
n(
x)
t −∑
n=
0 n=
0
∞
n=
0 n=
0
P ( x)
t
n
=
∞
n+
1
n
n
∑ xP
n(
x)
t −∑ Pn
( x)
t = ∑
∞
t
n
n−1
nP ( x)
t
∞
n−1
n−1
n
∑nP
n(
x)
t −∑2nxPn
( x)
t + ∑
n=
0 n=
0 n=
0
∞
∞
∞
n
− 1
( n + 1) Pn
+ 1(
x)
t
n=
0 n=
1 n=
0
−
∞
∑
n=
0
2nxP
( x)
t
n
n
+
∞
∑
n=
1
∞
nP ( x)
t
n
( n −1)
P
xP x)
− P ( x)
= ( n 1) P ( ) − 2 nxP ( x ) + ( n −1)
P 1(
x )
n
(
n− 1
+
n+
1
x
n + 1) P ( x)
= (2n
+ 1) xp ( x)
nP ( )
(
n+ 1 n
−
n−1
x
n 1) Pn ( x)
− (2n
+ 1) xPn
( x)
+ nPn
( ) 0 n =1,2,3 ,....
( +
+ 1 −1
x =
n
n−
n−1
n+
1
( x)
t
n

第 四 篇 97 交 大 4-1
97 交堙 大圢 土 木垂 ( 甲堅 )
⎡4
⎢
⎣0
範 例 1
0⎤⎧&&
y ⎫ ⎡ 14
⎥⎨
⎬ +
5
⎢
⎦⎩&&
y2
⎭ ⎣−
2.5
− 2⎤⎧
y
⎥⎨
7.5⎦⎩y
2
⎫ ⎧sin
ω ⎫
⎬ = ⎨ ⎬
⎭ ⎩ 0 ⎭
1 1
t
with zero initial conditions, where
a dot denotes the derivative with respect to time, t. What are the values of ω
that make the solutions of y ( ) or y ( ) approach infinity as t reaches
1
t
infinity? Find the solutions of y ( ) or y ( ) for such ω .
1
t
2
t
2
t
(15%)【97 交 大 土 木 】
【 範 圍 】24-4
−1
⎡ && y1 ⎤ ⎡4
0⎤
⎡ 14 − 2⎤⎡
y1
⎤ ⎡4
0⎤
⎡sinωt⎤
【 詳 解 】 ⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣&&
y2⎦
⎣0
5⎦
⎣−
2.5 7.5⎦⎣y2⎦
⎣0
5⎦
⎣ 0 ⎦
⎡ && y ⎤ ⎡ − ⎤⎡
⎤
⎡1
⎤
1
3.5 0.5 y1
⎥ + ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢
sinωt
⎢
4 ⎥ ( Y & + AY = B )
⎣&&
y2⎦
⎣−
0.5 1.5 ⎦⎣y2
⎦ ⎢ ⎥
⎣ 0 ⎦
3.5 − λ − 0.5
5 ± 5
由 det( A − λI ) =
= 0 λ =
− 0.5 1.5 − λ
2
−1
⎡3
− 5 ⎤
5 + 5 ⎢ − 0.5 ⎥⎡
⎤ ⎡ ⎤
當 λ = : ⎢ 2
c1
0
⎥ =
2
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ 2 − 5
−
⎥⎣c2⎦
⎣0
0.5
⎦
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎡3
+ 5 ⎤
5 − 5 ⎢ − 0.5 ⎥⎡
⎤ ⎡ ⎤
當 λ = : ⎢ 2
c1
0
⎥ =
2
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ 2 + 5
−
⎥⎣c2⎦
⎣0
0.5
⎦
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎡c
⎢
⎣c
1
2
⎤ ⎡ 1
⎥ = k1
⎢
⎦ ⎣3−
⎡c1
⎤ ⎡ 1
⎢ ⎥ = k2
⎢
⎣c2⎦
⎣3
+
⎤
5
⎥ ⎦
⎤
5
⎥ ⎦

4-2 陳 立 工 數
⎡ 1 1 ⎤
⎡
⎤
−1
1 3 + 5 −1
令 P = ⎢
⎥ , 則 P = ⎢
⎥
⎣3
− 5 3 + 5 ⎦ 2 5 ⎣−
(3 − 5) 1 ⎦
⎡5
+ 5 ⎤
⎢ 0 ⎥
−1
使 得 P AP = D = ⎢ 2 ⎥
⎢ 5 − 5
0
⎥
⎢⎣
2 ⎥⎦
由 座 標 變 換 , 令 Y = PX
代 入 原 式 得 X & −1 −1
+ P APX = P B X&
−1
+ DX = P B
⎡5
+ 5 ⎤
⎡&&
x ⎤ ⎢ 0 ⎥⎡
⎤ ⎡ +
+ ⎢ 2
x1
1 3 5
⎢ ⎥
⎥⎢
⎥ = ⎢
⎣&&
x2⎦
⎢ 5 − 5 ⎥⎣x2⎦
2 5 ⎣−
(3 − 5)
0
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎧ 5 + 5 3 + 5
⎪&&
x1
+ x1
= sinωt
2 8 5
⎨
⎪ 5 − 5 3 − 5
&&
⎪
x2
+ x2
= − sinωt
⎩ 2 8 5
⎤⎡1
−1
⎤
⎢
sinω
⎥ 4 ⎥
1 ⎦⎢
⎥
⎣ 0 ⎦
1 t
5 ± 5
當 ω = 時 , 會 有 共 振 現 象
2
則 會 造 成 x 1, x 2
→ ∞ y 1, y 2
→ ∞
⎧ 5 + 5 5 + 5 3 + 5
⎪x1
= c1
cos t + c2
sin t −
⎪
2
2 8 5
⎪
2
⎨
⎪ 5 − 5 5 − 5 3 − 5
⎪x2
= c3
cos t + c4
sin t +
⎪
2
2 8 5
2
⎪⎩
⎡ 1 1 ⎤⎡
x1
⎤
Y
= PX = ⎢
⎥⎢
⎥
⎣3
− 5 3 + 5⎦⎣x2
⎦
t
5 + 5
2
t
5 + 5
2
cosωt
sinωt

第 四 篇 97 交 大 4-3
範 例 2
Solve
2
′′ + 2y′
− y = 2x
in terms of power series.
4x y
+ x
【 範 圍 】9-3 4-5 完 全 抄 襲 陳 立 工 數 上 冊 p.9-32 範 例 4
【 詳 解 】(1) 先 求 齊 性 解 : 4 x y ′′ + 2y′
− y = 0
r
x = 0為 『 規 則 奇 點 』, 令 ∑ ∞ y
h
= x a
n=
0
∞
∑
n=
0
4
∞
∑
n=
0
( n + r)(
n + r −1)
a x
4( n + r)(
n + r −1)
a x
n
n
− ∑ ∞
n=
0
n+
r −1
−∑ ∞
n=
1
n+
r −1
a
+ 2
n+
r
n
x
+ 2
a
∞
∑
n=
0
x
∞
∑
n=
0
= 0
n+
r−1
n−1 =
(20%)【97 交 大 土 木 】
n
x
n
代 入
( n + r)
a x
( n + r)
a x
1
n = 0時 : r ( 2r
−1)
= 0 r = 0,
2
n ≥ 1時 : ( 2n
+ 2r)(2n
+ 2r
− 1) a − =
n
a n −1 0
an−
1
an =
( 降 1 遞 迴 )
(2n
+ 2r)(2n
+ 2r
−1)
1 r = 0 : = an
1
a
− = 1,2,3, L
2n(2n
−1)
n
n
;
令 a = 0
1
則
a
a
0
= a
2⋅1
1
=
1
= a
4⋅3
2
=
a
2
= a
6⋅5
1
2!
3
=
1
4!
1
6!
0
n
n
n+
r−1
n+
r−1

4-4 陳 立 工 數
2
M
1
a n
=
(2n)!
∞
∞ n
0 n x
y = x ∑anx
= ∑
(2n)!
1
=
n=
0 n=
0
cosh
1 an−
1
r = : an = ; n = 1,2,3, L
2 2n(2n
+ 1)
令 a = 0
1
則
a
a
a
a n
0
= a
2 ⋅3
1
=
1
= a
4 ⋅ 5
2
=
2
= a
6⋅7
3
=
M
1
3!
1
5!
1
7!
1
=
(2n
+ 1)!
x
1
2
n=
0
n=
0
1
n+
2
∞
∞
n x
y
2
= x ∑anx
= ∑ = sinh
(2n
+ 1)!
x
3 y h
c1 y1
+ c2
y2
(2) 再 求 特 解 :
= = c1 cosh x + c2
sinh x
2
′′ + 2y′
− y = 2x
4x y
+ x
1 1 2 + x
y′
+ y′
− y =
2x
4x
4
由 參 數 變 更 法 , 令 特 解
y p
= φ
1( x)cosh
x + φ2(
x)
sinh
x

第 四 篇 97 交 大 4-5
代 入 得
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
′
′
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
4
2
0
2
cosh
2
sinh
sinh
cosh
2
1
x
x
x
x
x
x
x
φ
φ
由 Cramer rule
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
2
cosh
4
2
sinh
0
2
cosh
2
sinh
sinh
cosh
1
+
=
′
φ
4
2
2
sinh
0
cosh
2
cosh
2
sinh
sinh
cosh
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
=
′
φ
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
+
=
′
−
+
= −
′
−
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
cosh
4
2
2
sinh
cosh
sinh
4
2
2
sinh
cosh
1
2
2
1
2
2
φ
φ
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
+
=
′
+
= −
′
x
x
x
x
x
x
cosh
4
2
2
1
sinh
4
2
2
1
1
1
φ
φ
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
+
=
′
+
= −
′
x
x
x
x
x
x
x
x
cosh
2
2
sinh
2
2
1
1
φ
φ
⎪
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+
=
+
= −
∫
∫
dx
x
x
x
x
dx
x
x
x
x
cosh
)
(2
2
1
sinh
)
(2
2
1
1
1
φ
φ
令
x
u =
, 即
2
u
x = , 則 udu
dx 2
=

4-6 陳 立 工 數
1
φ
1
= − ∫ (2 x + x x)
sinh
2
x
dx
1 3
−∫ +
2 4
= − (2u u ) sinhu
2udu
2∫ +
= (2u
u ) sinhu
du
= −(
u
4
+ 14u
2
+ 28) coshu
− (4u
3
+ 28u)
sinhu
= −( x
2 + 14x
+ 28) cosh x − (4x
x + 28
x)
sinh
x
d
u
4
4u
12u
2
+ 2u
LLLLLLL L
3
+ 4u
2
+ 4
( + )
( −)
( + )
24u
( −)
24
( + )
0
sinhu
coshu
sinhu
coshu
sinhu
coshu
∫
同 理 可 得
φ2
= (4x
x + 28
x)
cosh
x + ( x
2
+ 14x
+ 28)
sinh
x
故
2
2
y p
= −( x + 14x
+ 28) cosh
x
− ( 4x
x + 28
x)
sinh
x cosh
x
+ ( 4x
x + 28
x)
cosh
x sinh
x
2
+ ( x + 14x
+ 28)
sinh
2
x

第 四 篇 97 交 大 4-7
2
2
2
2
= −( x + 14x
+ 28) cosh x + ( x + 14x
+ 28) sinh x
= −(
x
2
+ 14x
+ 28)
(cosh
2
x − sinh
2
x)
(3) 通 解 :
= −( x
2 + 14x
+ 28)
y = y h
+ y p
= c1 cosh x + c2
sinh x − ( x
2 + 14x
+ 28)
【 另 解 】ODE
2
′′ + 2y′
− y = 2x
4x y
+ x
1 1 2 + x
y′
+ y′
− y =
2x
4x
4
⎧ 1
⎪
P(
x)
=
化 為 標 準 式 y ′′ + P( x)
y′
+ Q(
x)
y = 0 , 得 2x
⎨
1
⎪Q(
x)
= −
⎩ 4x
(1) 任 取 常 數 B = 1,
代 入
check
t′
=
(2) 令 t = x
d y
dt
Q(
x)
=
B
t′′
+ Pt′
= 0 = A
2
( t′
)
, 代 入 ODE
dy
dt
1
−
4x
−1
2
得 + A + By =
2
2
1
=
2 x
1 1 2 + x
y′
+ y′
− y =
2x
4x
4
R(
x)
( t′
)
2
d y
− y =
2
dt
2 + x
1 4
4x
= 2x
+ x
2
= 2t
2
+ t
4
1 齊 性 解 : y h
= c1 cosht
+ c2
sinht
= c1
cosh x + c2
sinh x
1 4
2 4
2 4
2
2 特 解 : y p
= {2t
+ t } = ( −1−
D − D −L
){2t
+ t }
2
D −1

4-8 陳 立 工 數
4 2
2
= −t
−14t
− 28 = −(
x + 14x
+ 28)
3 通 解 : y = y h
+ y
p
= c1 cosh x + c2
sinh x − ( x
2 + 14x
+ 28)
範 例 3
Please prove the following formulas or theorems:
(a) If y ( ) and y ( ) are two solutions of a homogeneous linear ODE
1
x
2
x
(Ordinary Differential Equation), then a linear combination of these two
solutions is still a solution of the homogeneous linear ODE.
(b) The Laplace transform of { f t)
/ t}
( is ∫ α F( s)
ds
, where F (s)
is the
Laplace transform of f (t)
. (15%)【97 交 大 土 木 】
【 範 圍 】(a)3-2 (b)7-2
【 詳 解 】(a) 假 設 y 1, y2
為 y ′ + p( x)
y′
+ q(
x)
= 0 兩 組 齊 性 解
則 y 1, y2
的 線 性 組 合 為 c
1y1
+ c2
y2
( c
1
y1
+ c2
y2)
′ = c1
y′
1
+ c2
y′
2
, ( c
1
y1
+ c2
y2)
′′ = c1
y1′′+
c2
y′
2
代 入 ODE y ′ + p( x)
y′
+ q(
x)
= 0
可 得 ( c
1y1
+ c2
y )′′
2
+ p(
x)(
c1
y1
+ c2
y2)
′ + q(
x)(
c1
y1
+ c2
y2)
= c
1y1′′+
c2
y′′
2
+ p( x)(
c1
y′
1
+ c2
y′
2)
+ q(
x)(
c1
y1
+ c2
y2)
= c ( y1′′+
p(
x)
y′
1
+ q(
x)
y1)
+ c2(
y ′′
2
+ p(
x)
y′
2
+ q(
x)
y2)
c y + c 亦 為 ODE y ′ + p( x)
y′
+ q(
x)
= 0 的 一 組 解
(b)
1
=
故
1 1 2
y2
∞
∞ ∞ ∞ ∞ − ut
− ut
∫
s
F ( u)
du =
∫ ∫
s
0
e
S
f ( t)
dtdu =
∫ ∫
0
s
e
f ( t)
dudt
∞ 1
∞
−ut
u=∞
= ∫
= − st f ( t)
f
[ e f ( t)]
u=
s
dt
=
0 −
∫ e ( ) dt £ ( t
{ ) }
t
0 t
t
0

第 四 篇 97 交 大 4-9
範 例 4
A matrix
⎡2
0 −1⎤
A =
⎢ ⎥
⎢
0 1 0
⎥
is given.
⎢⎣
1 0 4 ⎥⎦
(a) Find eigenvalues and their corresponding eigenvectors
(b) Find
(c) Find
−1
X where X is the matrix of these eigenvectors.
10
−
A through diagonalization of a matrix ( D X
1 AX )
= .
(30%)【97 交 大 土 木 】
−1
【 分 析 】 題 目 敘 述 有 誤 , 特 徵 向 量 數 目 不 足 不 能 對 角 化 成 X AX = D
只 能 Jordan form
2 − λ
−1
X AX = J 。
【 詳 解 】 由 det( A − λI)
= 0 1−
λ 0 = 0 λ =1,3, 3
1
0
0
−1
4 − λ
⎡1
0 −1⎤
⎡ x1
⎤ ⎡0⎤
⎡ x1
⎤ ⎡0⎤
當 λ = 1:
⎢ ⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
0 0 0
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k1⎢
1
⎥
⎢⎣
1 0 3 ⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦
⎡−1
0 −1⎤
⎡ x1
⎤ ⎡0⎤
⎡x1
⎤ ⎡ 1 ⎤
當 λ = 3:
⎢
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
0 − 2 0
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k2
⎢
0
⎥
⎢⎣
1 0 1 ⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
−1⎥
3 ⎦
由 廣 義 特 徵 向 量
⎡−1
0 −1⎤
⎡ x1
⎤ ⎡ 1 ⎤ ⎡x1
⎤ ⎡−1⎤
⎢
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
0 − 2 0
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
=
⎢
0
⎥
⎢⎣
1 0 1 ⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
−1⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0 ⎥
3 ⎦
⎡0
1 −1⎤
⎡ 0 1 0 ⎤
令 =
⎢ ⎥ −1
X
⎢
1 0 0
⎥
則 X =
⎢ ⎥
⎢
0 0 −1
⎥
⎢⎣
0 −1
0 ⎥⎦
⎢⎣
−1
0 −1⎥⎦

4-10 陳 立 工 數
⎡1
0 0⎤
−1
使 得 X AX = J =
⎢ ⎥
⎢
0 3 1
⎥
⎢⎣
0 0 3⎥⎦
10
9
令 f ( x)
= x 且 f ′( x)
= 10x
A
A = XJX
−1
⎡1
0 0 ⎤
⎢
⎥ −1
⎢
⎥
10
⎢⎣
0 0 3 ⎥⎦
⎡0
1 −1⎤
⎡1
0 0 ⎤⎡
0
⎢ ⎥⎢
10 9
=
⎥⎢
⎢
1 0 0
⎥⎢
0 3 10⋅3
⎥⎢
0
10
⎢⎣
0 −1
0 ⎥⎦
⎢⎣
0 0 3 ⎥⎦
⎢⎣
−1
9 10
9
⎡−10⋅3
+ 3 0 −10⋅3
⎤
⎢
⎥
= ⎢ 0 1 0 ⎥
⎢
9
9 10
⎥
⎣
10⋅3
0 10⋅3
+ 3
⎦
10 10 −1
10 9
= XJ X = X 0 3 10⋅3
X
1
0
0
0 ⎤
−1
⎥
⎥
−1⎥⎦
範 例 5
2
(a) Given a dynamic equation u ′′ ( t)
+ ω u(
t)
= p(
) for t ≥ 0 , with initial
0
t
conditions u ( 0) = u′ (0) = 0 where ω
0
represents the natural frequency of
the system. If the frequency response is defined as u ˆ(
ω)
= H ( ω)
pˆ(
ω)
,
where u ˆ(
ω)
is the Fourier transform of u (t)
and p ˆ(
ω)
is the Fourier
transform p (t)
. Please find H (ω)
:
−1
(b) Denoting h(
t)
F { H ( ω)
}
= , t ≥ 0 (Note: You don’t need to solve h (t)
!),
Please find u (t)
in terms of convolution integral.
2
【 詳 解 】(a)ODE: u ′ −ω
u = p(
)
0
t
(20%)【97 交 大 土 木 】

第 四 篇 97 交 大 4-11
取 Fourier 變 換
2
2
得 ( i ω)
u(
ω)
+ ω u(
ω)
= p(
ω)
0
1
u ( ω)
= p(
ω)
= H ( ω)
p(
ω)
2 2
ω0
−ω
1
故 H ( ω)
=
2 2
ω0
−ω
(b) 因 為 u ( ω)
= H ( ω)
p(
ω)
∫ ∞ −∞
−1
u ( t)
= I { H ( ω)
p(
ω)}
= h(
t)*
p(
t)
= h(
t −τ
) p(
τ ) dτ

4-12 陳 立 工 數
97 交堙 大圢 土 木垂 ( 丙垔 )
範 例 1
An undamped mass-spring system of forced oscillation can be described by
y ′′ + 4y
= f ( t)
where f (t)
is a driving force. What is the nature frequency
for this system? What is the particular solution for
f ( t)
= 5cos 2t
using the
method of undetermined coefficient? (18%)【97 交 大 土 木 】
【 範 圍 】3-3
【 詳 解 】(1)ODE y ′ + 4 y = 0
2
由 特 徵 方 程 式 m + 4 = 0 m = ± 2i
y = c1 cos 2t
+ c2
sin 2t
故 natural frequency ω = 2 (1/sec)
(2) ODE y′
+ 4 y = 5cos 2t
1 齊 性 解 :
2
Q m + 4 = 0 m = ± 2i
y h
= c1 cos 2t
+ c2
sin 2t
2 特 解 :
由 待 定 係 數 法 , 令 y p
= At cos 2t
+ Bt sin 2t
5
代 入 ODE 得 A = 0 , B =
4
5
y p
= t sin 2t
4
5
3 通 解 : y = c1 cos 2t
+ c2
sin 2t
+ t sin 2t
4
1
t 5
【 另 解 】 由 逆 算 子圤 y p
= {5cos 2t}
= {5sin 2t}
= t sin 2t
2
D + 4 4 4

第 四 篇 97 交 大 4-13
範 例 2
A saw tooth wave can be expressed by a function as follows
f ( t)
= t ,
0 < t < 2π , f ( t)
= f ( t + 2π
) . Find the Fourier series of the function. If the
function is taken as the driving force for the problem 1, please find the solution
with initial conditions of y ( 0) = 0 , y ′( 0) = 0 .
(Note: Fourier series with coefficients,
a
n
1
=
L
L
∫ − L
【 範 圍 】12-1
nπt
1
f ( t)cos
dt , b =
L L
∫ −
1
a )
2L
L
0
= ∫ f ( t dt ,
− L
nπt
L
L
0
f ( t)sin
dt )
L
(22%)【97 交 大 土 木 】
【 詳 解 】 令 ∑ ∞ f ( t)
= a0 + { an
cos nt + bn
sin nt}
n=
1
1 T 1 2π
則 a0
= ∫ f ( t)
dt = = π
0 2π
∫ tdt
T
0
1 T
1 2π
cos nt t=
2
a
n
= ∫ f ( t)cos
ntdt = cos = |
2 = 0
0
π ∫ t ntdt
t
T
0
πn
2
T
1 2π
− t cos nt t
bn
= ∫ f ( t)sin
ntdt = sin = |
0
π ∫ t ntdt
t
T
0
πn
2
∑ ∞ 2
f ( t)
= π − { sin nt}
n=
n
1 = 2π
= 0
1
ODE ∑ ∞ 2
y ′′ + 4y
= π − { sin nt}
n=
n
1
1 2
y = c cos 2t
+ c2
sin 2t
+ { π − sin nt}
2
D + 4 n
∑
∞
1 n = 1
π
−∑ ∞ 2 1
= c1 cos 2t
+ c2
sin 2t
+
sin nt
2
4 = n D + 4
n 1
π
= 0
2
= −
n

4-14 陳 立 工 數
π 2 1
= c1 cos 2t
+ c2
sin 2t
+ − ∑ ∞ sin nt +
2
4 n 1 n 4 − n
n
=
≠
y′ = −2c
sin 2t
+ 2c2
cos 2t
− 2 ∑ ∞
n 1
n
=
≠
(
2)
(
2)
1
4 − n
t
cos 2t
4
1
cos nt + cos 2t
4
1
−
2
t
sin 2t
2
IC
⎧
π
⎪
y(0)
= 0 = c1
+
4
⎨
⎪y′
(0) = 0 = 2c2
− 2
⎪
⎩
1 1
+
2
4 − 4
= 1 n
∑ ∞
n
( n≠2)
c
π
= − ,
2
= ∑ ∞ c
4 n 1
( n
= ≠
2)
1
4 − n
1
−
2
π 2 1
y = c1 cos 2t
+ c2
sin 2t
+ − ∑ ∞ sin nt +
2
4 n 1 n 4 − n
( n
=
≠2)
範 例 3
1
8
t
cos 2t
4
The function
2 2
φ ( x,
y)
= x − y − y for a potential flow is a harmonic function.
Please find its conjugate function ψ ( x,
y)
. (10%)【97 交 大 土 木 】
【 範 圍 】27-2
2 2
【 詳 解 】 令 f ( z)
= φ ( x,
y)
+ iϕ(
x,
y)
= ( x − y − y)
+ iv(
x,
y)
由 Cauchy-Riemann 方坾 程 式
⎧∂φ
∂ϕ
⎪
= 2x
= → ϕ = 2xy
+ k1(
x)
∂x
∂y
⎨
⎪∂φ
∂ϕ
= −2y
−1
= − → ϕ = 2xy
+ x + k
⎪⎩
∂y
∂x
ϕ
( x , y)
= 2xy
+ x + c
2
( y)

第 四 篇 97 交 大 4-15
範 例 4
Find the solution of the differential equation, t y ′′ − 2 ty′
− 2y
= 0 with
y ( 0) = 0 , y ′( 0) = 4 , using Laplace transformation.
【 範 圍 】8-1
【 詳 解 】 取 Laplace 變 換
(25%)【97 交 大 土 木 】
2
d y d 2
2 dY
1£ { t } = − [ s Y ( s)
− sy(0)
− y′
(0)] = −s
− 2sY
2
dt ds
ds
dy d
dY
2£ { t } = − [ sY ( s)
− y(0)]
= −s
−Y
dt ds
ds
3£ { y } = Y ( s)
代 入 1-22-23=0
dY
可 得 ( s 2 − 2s)
+ 2sY
= 0 ---------(1)
ds
dY 2
dY 2
+ Y = 0 + ds = 0
ds s − 2 Y s − 2
ln Y + 2ln s − 2 = ln c Y
( s)
= c
2
( − 2)
由 初 值 定 理
c
lim sY ( s)
= y(0)
lim s
s→
0
s→0
2
( s − 2)
= 0 c 無 限 多 值
y (t) = £
IC
−1
{ Y ( s)}
= cte
2t
y ′( 0) = 4 = c y( t)
= 4te
2t
範 例 5
The temperature distribution in space is
T ( x,
y,
z)
= x
2 y + yz :
(a) Find the direction in which the temperature changes most rapidly with
distance from point P 1(1,2,3 ) and determine the maximum rate of change.

4-16 陳 立 工 數
(b) Find the derivative of T in the direction of vector 5i-4k at point P
2
(3,2,1 ) .
【 範 圍 】18-5
(25%)【97 交 大 土 木 】
【 詳 解 】(a) 因 為 T ( x,
y,
z)
= x
2 y + yz
∂T
→
∂T
→
∂T
→ →
→ →
2
∇T ( x,
y,
z)
= i + j+
k = 2xy
i + ( x + z)
j+
y k
∂x
∂y
∂z
變 化 率 最 大 的 方 向 為 ∇T = 4 i + 4 j+
2 k
且 最 大圢 變 化坜 率 為 ∇T = 6
→
|
( 1,2,3)
(b) 又 ∇T |
( 3,2,1)
= 12 i + 10 j+
2 k 且 令 v = 5 i − 4 k
→
→
→
→
→
→
→
→
→
v
方坾 向 導 數 為 = ∇T
⋅
→
v
< 5,0, −4
>
=< 12 ,10,2 > ⋅ =
41
52
41

第 四 篇 97 交 大 4-17
97 交堙 大圢 土 木垂 ( 丁 )
範 例 1-1
Among the following differential equation (A) ~ (E),
which are Linear differential equations: (
) (Multiple choice)
y
2 y
(A) (3xe
+ 2y)
dx + ( x e + x)
dy = 0
(B)
(C)
y ′′ + 4xy
= e
2
−2x
2 2
( x D − 3xD
+ 4) y = sin 5x
2
(D) x y ′′ − 5yy′
+ 9xy
= 0
(E)
y ′′ + ′ 4 =
x
4 y + y e
(10%)【97 交 大 土 木 】
【 範 圍 】ch1
【 詳 解 】(B)(C)(E)
範 例 1-2
Among the following differential equation (A) ~ (E),
which are Homogeneous differential equations: (
) (Multiple
choice)
y
2 y
(A) (3xe
+ 2y)
dx + ( x e + x)
dy = 0
(B)
y ′′ + 4xy
= e
2
−2x

4-18 陳 立 工 數
(C)
2 2
( x D − 3xD
+ 4) y = sin 5x
2
(D) x y ′′ − 5yy′
+ 9xy
= 0
(E)
y ′′ + ′ 4 =
x
4 y + y e
(10%)【97 交 大 土 木 】
【 範 圍 】ch1
【 詳 解 】(D)
範 例 2
Formulate the ordinary differential equation, including the initial conditions,
according to the following problems: [ You don’t have to solve the O.D.E.s.]
(a) What should be the
14
C content (in percent of y
0
) of a fossilized tree that
is claimed to be 3000 years old? Write down the differential equation.
(b) What curves in the xy-plane have the property that at each point (x,y) their
tangent has slope
x
− 4 ? (12%)【97 交 大 土 木 】
y
【 範 圍 】2-1
dy
【 詳 解 】(a) ODE = −ky
dx
IC y ( 0) = y0
則 y (3000)
為 何 ?
(b) ODE
dy x
= −
4
dx y
範 例 3-1
Find the general solutions of the following problem:
( x sin y)
y′ + 2cos y + 4x
2 = 0
(4%)【97 交 大 土 木 】

第 四 篇 97 交 大 4-19
【 範 圍 】2-3
2
⎧M
( x,
y)
= 2cos y + 4x
【 詳 解 】 令 ⎨
⎩N(
x,
y)
= x sin y
∂M
∂N
−
∂y
∂x
− 3sin
y − 3
= =
N x sin y x
積 分 因 子圤 為
−3
dx
x
∫
I ( x)
= e = x
−3
乘 回 ODE ( x sin y)
y′ + 2cos y + 4x
2 = 0
−3
−1
−2
得 正埲 合 方坾 程 式 (2x
cos y + 4x
) dx + x sin ydy = 0
cos y
故 通 解 − + 4ln
x = c
2
x
【 範 圍 】2-5 型 2
【 詳 解 】 ( x sin y)
y′ + 2cos y + 4x
2 = 0
2
同 除 以 x , 可 得 sin yy′
+ cos y = −4x
x
令 u = cos y u ′ = −sin
y y′
代 入 上 式 得
2
2
− u′
+ u = −4x
u ′ − u = 4x
x
x
−2
∫
dx
x
(1) 積 分 因 子圤 : I ( x)
= e = x
(2) 通 解 :
I x u = ∫ x
− 2
( ) ⋅ 4xdx
= 4ln
x + c
−2
x cos y = 4ln x + c
cos y = 4x
2 ln x + cx
2
−2

4-20 陳 立 工 數
範 例 3-2
Find the general solutions of the following problem:
y
cos x
′ y x e
(4%)【97 交 大 土 木 】
+
sin =
【 範 圍 】2-5
【 詳 解 】(1) 積 分 因 子圤 : I ( x)
= e∫
sin xdx
= e
−cos
x
x x
(2) 通 解 : I ( x)
y = ∫ e
−cos
e
cos dx + c
e
−cos x
y = xe
y = x + c
cos x
+ ce
cos x
範 例 4
Solve the given initial value problem:
2
′′ + y′
= 2 + 2x
x ( 0) = 8
y +
y y ′( 0) = −1
(6%)【97 交 大 土 木 】
【 範 圍 】3-3
【 詳 解 】1 齊 性 解 :
2
m + m = 0 m = 0,
−1
y
h
= c1
+ c2
e
− x
2 特 解 :
由 待 定 係 數 法 , 令
3 2
y p
= Ax + Bx + Cx
1
代 入 ODE 得 A = , B = 0, C = 2
3
1 y 3 2 −
p = x + x 2
3
1 3
−x
3 通 解 : y = c1 + c2e
+ x + 2x
− 2
3
− x 2
y′ = −c
e + x 2
2
+

第 四 篇 97 交 大 4-21
⎧y(0)
= 8 = c1
+ c2
− 2
IC ⎨
c
⎩ ′
1
= 7,
c 2
= 3
y (0) = −1
= −c2
+ 2
−x
1
y = 5 + 3e
+ x
3 + 2x
3
【 另 解 】 由 逆 算 子圤
y 1 2 1
= {2 + 2x
+ x } = {2 + 2x
x
2 }
p 2
D + D
D(
D + 1)
+
2 1 3
2 3
= {2x
+ x + x } = (1 − D + D − D ){2x
+ x
D + 1 3
1 = x 3 + 2 x − 2 ( − 2 與 齊 性 解 相 依 , 可 刪 去 !)
3
1 2 3
1
+ x
3
}
範 例 5
Determine the radius of convergence of the following series:
(1) ∑ ∞
=
(2)
m 0
∑ ∞
m=
0
( −1)
m
k
2
( )
3
m
x
m m
x 2
2m
【 詳 解 】(1) 由 比垇 值 審 斂 法 , 令 a
am
lim
m→∞
a
m
(−1)
=
m
k
m
x
2m
m+
1
( −1)
2( m+
1)
x
2 2
m+
1
1
−
= lim k
x x
= lim = < 1
m→∞
m
( −1)
m→∞
2m
k k
x
m
k
+
m
(4 %)【97 交 大 土 木 】
2
x <
k
x <
k
故 收 斂 半垷 徑 ρ =
k
2 m
(2) 由 比垇 值 審 斂 法 , 令 a m
= ( ) x
3
2m

4-22 陳 立 工 數
am
lim
m→∞
a
2 m+
1
( ) x
= lim 3
m→∞
2 m
( ) x
3
2( m+
1)
2
= x
3
+ 1 2
<
m
2m
1
3
x 2 < x
2
故 收 斂 半垷 徑 ρ =
<
3
2
3
2
【 另 解 】(1) 由 根 值 審 斂 法 , 令 a
m
(−1)
=
m
k
m
x
2m
lim
m
m→∞
a
m
= lim
m
m→∞
( −1)
m
k
m
x
2m
1
=
k
x
2
< 1
2
x <
k
x <
k
故 收 斂 半垷 徑 ρ =
k
2 m
(2) 由 根 值 審 斂 法 , 令 a m
= ( ) x
3
2m
lim
m
m →∞
a
m
= lim m
m →∞
2
( )
3
m
x
2m
=
2
3
x
2
< 1
3
x 2 < x
2
故 收 斂 半垷 徑 ρ =
<
3
2
3
2

第 四 篇 97 交 大 4-23
範 例 6
s
Find f (t)
if its Laplace transform equals: ln . s −1
(4%)【97 交 大 土 木 】
【 範 圍 】7-3
【 詳 解 】 令 £ { ( )} = s
f t ln = ln s − ln( −1)
s −1
s
由 變 換 後 微 分 定 理
d
1 1
£ { tf ( t)}
= − [ln s − ln( s −1)]
= − +
ds
s s −1
−1
1 1
t
tf (t) = £ { − + } = −1+
e
s s −1
範 例 7
f (t) =
−1+ e t
Solve the initial value problem:
y ′′ + 9y
= r(
t)
t
r( t)
= 8sin
t if 0 < t < π and 0 if t > π , y ( 0) = 0 , y ′( 0) = 4
【 範 圍 】8-1
⎧8sin
t 0 < t < π
【 詳 解 】Q r ( t)
= ⎨
= 8sint[
u(
t)
−u(
t −π)]
⎩ 0 t > π
= 8sin
tu ( t)
+ 8sin( t −π ) u(
t −π
)
取 Laplace 變 換
2
2
1£ { y ′ } = s Y ( s)
− sy(0)
− y′
(0) = s Y ( s)
− 4
2£ { y } = Y ( s)
8 −0s
−πs
3£ { r(
t)}
= ( e + e )
2
s + 1
(8%)【97 交 大 土 木 】

4-24 陳 立 工 數
代 入 1 + 92=3
4 8
−0s
−πs
可 得 Y ( s)
= +
( e + e )
2
2 2
s + 9 ( s + 1)( s + 9)
4 1 1 −0s
−πs
Y ( s)
= + [ − ]( e + e )
2
2 2
s + 9 s + 1 s + 9
−1
4
1
y (t) = £ { Y ( s)}
= sin 3t
+ (sin t − sin 3t)
u(
t)
3
3
1
+ [sin( t −π
) − sin 3( t −π
)] u(
t −π
)
3
下 列 為 具 有 n 個 未 知 數 x , x ,..., x ) 及 m 個 方 程 式 的 線 性 方 程 組
a
a
11
x1
+ a12
x2
+ ...... + a1
n
xn
= b1
21
x1
+ a22x2
+ ...... + a2n xn
= b2
m2
mn
(
1 2 n
a x + a x + ...... + a x = b
m1
1
範 例 8
2
請 問 上 市 有 解 答 的 充 要 條 件 為 何 ? 並 證 明 之 。
【 範 圍 】22-3
【 詳 解 】 因 為 Ax = b 有 解
⇔ ∃ x
0
∋ Ax0
= b
⇔ b∈ R(A)
n
m
(10%)【97 交 大 土 木 】
1 2
n
i
⇔ b ∈ span{
A , A , LL,
A }, 其 中 A 為 A 的 行 向 量
1 2
n
⇔ span{
A , A , L L,
A , b}
⇔ R ( b)
= R(
A | b)
⇔ dim( R ( A))
= dim( R(
A | b))
⇔ rank ( A | b)
= rank(
A)

第 四 篇 97 交 大 4-25
範 例 9
試 解 出 矩 陣 A 的 eigenvalues 及 eigenvectors。
⎡−
2 2 − 3⎤
A =
⎢
⎥
⎢
2 1 − 6
⎥
(10%)【97 交 大 土 木 】
⎢⎣
−1
− 2 0 ⎥⎦
【 範 圍 】23-1
− 2 − λ
【 詳 解 】 由 det( A − λI)
= 2 1−
λ − 6 = 0 λ = 5,
−3,
−3
當 λ = 5:
⎡−
7
⎢
⎢
2
⎢⎣
−1
−1
2
− 4
− 2
2
− 2
− 3⎤⎡x
− 6
⎥⎢
⎥⎢
x
− 5⎥⎦
⎢⎣
x
1
2
3
− 3
− λ
⎤ ⎡0⎤
⎥ ⎢ ⎥
⎥
=
⎢
0
⎥
⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
⎡x
⎢
⎢
x
⎢⎣
x
1
2
3
⎤ ⎡ 1 ⎤
⎥ ⎢ ⎥
⎥
= k1⎢
2
⎥
⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
當 λ = −3:
⎡ 1
⎢
⎢
2
⎢⎣
−1
2
4
− 2
− 3⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
− 6
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
3 ⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦
⎡ x1
⎤
⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k
⎢⎣
x ⎥
3 ⎦
2
⎡3⎤
⎢ ⎥
⎢
0
⎥
+ k
⎢⎣
1⎥⎦
3
⎡ 2 ⎤
⎢ ⎥
⎢
−1
⎥
⎢⎣
0 ⎥⎦
範 例 10
(a) 試 求 通 過 圖 1 2
1
x + y
2 = 1上 一 點 P ( 2, ) 的 切 線 式 (tangent)。
4
2
(b) 試 求 圖 z = xy 上 一 點 P ( 2, −1,
−2)
的 單 位 垂 直 向 量 (unit normal vector)。
(10%)【97 交 大 土 木 】
【 範 圍 】18-6
⎧x
= 2cost
【 詳 解 】(a) 令 ⎨
⎩y
= sin t
→
→
→
則 r = x i + y j = 2 cost
i + sin t j
→
→

4-26 陳 立 工 數
1 π
當 通 過 點 ( 2, ) , 則 t =
2 4
→
→
d r
→ → →
T
= = −2 sin t i + cost
j T
|
dt
1
y −
x − 2
故 块 線 方坾 程 式 =
2
− 2 1
2
(b) 令 φ ( x,
y,
z)
= xy − z = 0
∂φ
→
∂φ
→
∂φ
→ →
∇φ
= i + j+
k = y i + x
∂x
∂y
∂z
→
N = ∇φ
= − i + 2 j−
k
|
(2, −1,
−2)
→
→
→
→
→
1
→
= − 2 i + j
π
t=
4
2
→
j−
k
→
n = ±
→
N
→
N
→
→
→
− i + 2 j−
k
= ±
6
範 例 11
2 2 2
試 求 在 點 ( 1,1,1 ) 與 曲 面 x + y + z = 3 相 垂 直 之 單 位 向 量 , 並 求 出 曲 面 在 此
點 之 切 平 面 方 程 式 。 (6%)【97 交 大 土 木 】
【 範 圍 】18-6
2 2 2
【 詳 解 】 令 φ ( x,
y,
z)
= x + y + z − 3 = 0
∂φ
→
∂φ
→
∂φ
→ →
∇φ
= i + j+
k = 2x
i + 2y
∂x
∂y
∂z
∇φ
|
(1,1,1 )
→
→
→
= 2 i + 2 j+
2 k
→
→
j+
2z
k
故 块 平埠 面 方坾 程 式 2 ( x −1)
+ 2( y −1)
+ 2( z −1)
= 0
x + y + z − 3 = 0

第 四 篇 97 交 大 4-27
範 例 12
y 2
已 知 純 量 函 數 φ ( x,
y,
z)
= 2xz
+ e z ; 試 問 此 場 在 點 ( 1,0,1 ) 沿 方 向 2iˆ
+ 3 ˆj
− kˆ
之 變 化 率 。 (6%)【97 交 大 土 木 】
【 範 圍 】18-5
y 2
【 詳 解 】 因 為 φ ( x,
y,
z)
= 2xz
+ e z
∂φ
→
∂φ
→
∂φ
→ →
y
∇φ
= i + j+
k = 2z
i + e z
∂x
∂y
∂z
∇φ
|
(1,0,1)
→
→
→
→
2
= 2 i + j+
4 k 且 令 v = 2 i + 3 j−
k
→
v
方坾 向 導 數 為 = ∇φ
⋅
→
v
→
→
j+
(2x
+ 2e
→
→
< 2,3, −1
>
=< 2 ,1,4 > ⋅ =
14
3
14
y
→
z)
k
範 例 13
r
某 質 點 受 外 力 F =
yiˆ + 2xˆj
作 用 沿 以 原 點 為 圓 心 半 徑 為 1 之 圓 弧 , 自 ( 1,0)
移
動 至 ( 0,1)
, 試 計 算 其 所 做 之 功 。 (6%)【97 交 大 土 木 】
【 範 圍 】19-2
⎧x
= cost
【 詳 解 】 令 ⎨
⎩y
= sin t
→
→
π
t : 0 →
2
→
→
→
則 r = x i + y j = cos t i + sin t j d r = ( −sin
t i + cost
j)
dt
→
→
→
又 F = y i + 2 x j = sin t i + 2cost
j
→
→
2
2
F ⋅ d r = ( −sin
t i + 2cos t j)
dt
∫
C
→
→
F⋅d
r =
∫
π
2
0
→
( −sin
→
→
t i + 2cos
→
→
→
2 2
π
→
→
π π
t j)
dt = − + =
4 2 4
→

4-28 陳 立 工 數
範 例 14
已 知
2
⎧1,
x < 1
sin
f ( x)
= ⎨ ; 試 將 f (x)
進 行 傅 立 葉 轉 換 , 並 問 = ?
2
⎩0,
x > 1
∫ ∞ ω d ω
−∞
ω
(6%)【97 交 大 土 木 】
【 範 圍 】13-3
∞
−iωx
−iωx
【 詳 解 】(1) F { f ( x)}
= ∫ f ( x)
e dx =
−∞ ∫ 1⋅e
dx =
− ∫ (cosωx
− isinωx)
dx
1
−1
2sinω
= 2∫ 1 cosωxdx
=
0
ω
∞
1 ∞
2
2
(2) 由 Parserval 恆 等 式 ∫ f ( t)
dt = F ( ω)
dω
−∞ 2π
∫ −∞
1 1 ∞ 2sinω
2
∫ dx =
− ∫ ( ) dω
1 2π
−∞ ω
∫ ∞ 2
2 sin ω
ω
2 = dω
ω π
π −∞
2
ω ∫ ∞ 2
sin
d =
−∞
2
ω
1
1
範 例 15
2
∂ u
試 解
2
∂x
∂u
= ; u ( 0, t)
= u(2,
t)
= 0 , u ( x,0)
= 1 (Solution by Fourier Series).
∂t
(6%)【97 交 大 土 木 】
【 範 圍 】14-1
【 詳 解 】 由 分 離 變 數 法 , 令 u ( x,
t)
= X ( x)
T ( t)
代 入 PDE 得 X T&
= X ′
T
X ′′ T&
⎧X
′′ + λX
= 0
= = −λ
⎨
X T
⎩T
& + λT
= 0
由 X ′ + λ X = 0 ; X (0) = X (2) = 0

第 四 篇 97 交 大 4-29
⎧ nπ
2
⎪λ
= ( ) , n = 1,2,3, L
2
得 ⎨
⎪ nπ
X ( x)
= sin x
⎩ 2
2 2
n
由 T& π
+ T = 0
4
2 2
n π
− t
4
T t e
( ) =
2 2
n π
− t
4
n
n
由 疊 加垰 法 , 令 u x t ∑ ∞ π
( , ) = B e sin x
n=
1
2
n
IC u x = ∑ ∞ π
( ,0) = 1 Bn
sin x
n=
1 2
則 2 2 nπ
2 nπ
x=
2
B sin
[ cos ]
2
n
=
x
0
(1 cos nπ
)
2
∫ xdx = −
x=
= −
0 2 nπ
2 nπ
4
= , n = 1,3,5,L
nπ
u(
x,
t)
=
∑ ∞
n=
1,3,5,L
4
e
nπ
2 2
n π
− t
4
nπ
sin x
2

4-30 陳 立 工 數
97 交堙 大圢 光 電
範 例 1
Knowledge Base: A vector space is a set whose elements are called “vectors”
and such that there are two operations defined on them: i.e., you can add
vectors to each other and you can multiply them by a scalar. These operations
must obey certain axioms for a vector space. If a subset of a vector space is
closed under addition and multiplication by scalars, then it is itself a vector
space.
Question: The damped harmonic oscillator is a model suited for many
2
d x dx
important physical problems: m + c + kx = 0 . Show that the set of
2
dt dt
solutions to this equation forms a vector space. Find a basis set for the space of
solutions of the damped oscillator equation. (15%)【97 交 大 光 電 】
【 範 圍 】3-2, 電 機 線 代 4-2
【 詳 解 】 令 V = { x(
t)
| mx′′
+ cx′
+ kx = 0}
∀α, β ∈ F , x x ∈V
1
,
2
⎧mx′′
′
1
+ cx1
+ kx1
= 0
亦 即 ⎨
⎩mx′′
+ ′
2
cx2
+ kx2
= 0
m( α x1 + βx
)′′
2
+ c(
αx1
+ βx2)
′ + k(
αx1
+ βx2)
= α ( mx′′
+ cx′
1
+ kx1
) + β ( mx′′
′
2
+ cx2
+ kx2)
α
x1 + βx2
∈V
故 V 為 向 量 空 間
1
=
0

第 四 篇 97 交 大 4-31
c k
同 除 以 m 得 y ′′ + y′
+ y = 0
m m
αx
令 y = e
c k
代 入 上 式 得 { 2 αx
2 c k
α + α + } e = 0 α + α + = 0
m m
m m
− c ± c
2 − 4mk
α
=
2m
2
1 c − 4mk
> 0 (over-damping)
2
− c + c − 4mk
− c −
令 α
1
= , α2
=
2m
α1x
α2x
則 y = c e + c e
1
2
2 c − 4mk
= 0 (critical damping)
則
c
c
− x − x
2m
2m
y = c1e
+ c2xe
2
3 c − 4mk
< 0 (under-damping)
− c
令 α = ± qi , 其 中 q =
2 m
c
x
= −
(
1
2
2
4mk
− c
2m
則 2 m
y e c cos qx + c sin qx )
2
c − 4mk
2m
2
Consider the following coupled oscillators: The equations of motion for
identical mass m
1
= m2
and spring constant k 1
= k 2
= k can be described by
d x
m
dt
2
1
2
範 例 2
2
( ) d x2
= −kx1
− k3
x1
− x2 and m = −kx2
− k3( x2
− x1
) . Find out the
2
dt
iω
2
solution of the equations in terms of ( 1 t iω
Ae , Be
t )
eigenvalues and corresponding eigenvectors.
by showing the
(20%)【97 交 大 光 電 】

4-32 陳 立 工 數
【 範 圍 】24-4
⎡ k + k3
k3
⎤
⎡x′′
⎢
−
1 ⎤
⎥⎡
⎤
【 詳 解 】Q = m m x1
⎢ ⎥ ⎢
+ ⎥⎢
⎥
⎣x
′′ ⎦
k
2
3
k k3
⎢ − ⎥⎣x2
⎦
⎣ m m ⎦
⎡x1
⎤ ⎡c1
⎤ λ t ⎡−
( k + k3)
k3
⎤
令 ⎢ = e
x
⎥ ⎢
c
⎥ 且 A = ⎢
⎥
⎣ 2 ⎦ ⎣ 2 ⎦ ⎣ k3
− ( k + k3)
⎦
2
⎡−
( k + k3)
− λ k ⎤
3
代 入 可 得 det⎢
= 0
2⎥
⎣ k3
− ( k + k3)
− λ ⎦
λ = ± i, ± k + 2k
i
k
3
⎡−
k3
k3
⎤ ⎡1⎤
EV ( ± ki)
= ker( A − kI)
= ⎢ ⎥ = span { }
⎣ k3
− k
⎢
3 ⎦ 1 ⎥⎦
⎣
⎡1⎤
eigenvector is { k1⎢
| k1
∈ R}
1
⎥
⎣ ⎦
⎡k3
k3⎤
⎡ 1 ⎤
EV ( ± k + 2k3 i)
= ker( A − ( k + 2k3)
I ) = ⎢ ⎥ = span { }
⎣k3
k
⎢
3 ⎦ 1
⎥
⎣−
⎦
⎡ 1 ⎤
eigenvector is { k2 ⎢ | k2
∈ R}
1
⎥
⎣−
⎦
1
又 A 的 特 徵 值 為 λ = ± i,
±
m
m
k
k
⎡ 1 ⎤ ⎡1⎤
± i t ⎡ 1 ⎤ ± i
m
⎢ k1
e k2
e
x
⎥ = ⎢ +
2
1
⎥ ⎢
1
⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣−
⎦
k + 2k
k 3
+ 2k3
x t
m
m
i
範 例 3
(a) Please solve (or integrate) the following differential equation to derive an
algebraic expression that can be used to determine A (z)
for z > 0 in
terms of A (0)
. Here c
0
is a constant.
d
dz
c0 A( z)
= A(
z)
1+
A(
z)

第 四 篇 97 交 大 4-33
(b) Please solve the following coupled differential equations to derive the
algebraic expressions for A (z)
and B (z)
for 0 ≤ z ≤ L ,given that the
boundary conditions are A ( 0) = 1 and B ( L)
= 0. Here k is a real constant.
d
dz
d
dz
A( z)
= kB(
z)
B( z)
= kA(
z)
(c) Please solve the following coupled differential equations to derive the
expressions for C ( ) and C ( ) for z > 0 , given that the initial
1
z
2
z
conditions are C 0) = C (0) 0. Here γ and k are real constants and
1
(
2
=
f (z) is a real function of z.
d
dz
d
dz
C ( z)
= −γ
C1(
z)
+ kC2
(
C
1
z
2
(
2
1
z
)
z)
= −γ C ( z)
+ kC ( z)
+ f ( ) (15%)【97 交 大 光 電 】
【 範 圍 】(a)2-1 (b)ch5 (c)8-1
1+
A(
z)
【 詳 解 】(a) 由 分 離 變 數 法 dA(
z)
= c0dz
A(
z)
1
1
( 1+ ) dA(
z)
= c0dz
A(
z)
∫ ( 1+ ) dA(
z)
= ∫ c0dz
A(
z)
A(
z)
c0z
A( z)
+ ln A(
z)
= c0 z + ln k lne
+ ln A(
z)
= ln e + ln k
IC.
( ) =
A(
z)
c0z
A z e ke
k = A(0)
e
(
)
=
A(0)
(0)
A(
z)
A(0)
+ c0z
A z e A e
(b) 由 微 分 算 子圤 消 去垽 法

4-34 陳 立 工 數
⎩
⎨
⎧
=
=
)
(
)
(
)
(
)
(
z
kA
z
DB
z
kB
z
DA
⎩
⎨
⎧
=
+
−
=
−
0
)
(
)
(
0
)
(
)
(
z
DB
z
kA
z
kB
z
DA
由 Cramer Rule 0
)
( =
−
−
z
A
D
k
k
D
kz
kz
e
c
c e
z
A
−
+
= 2
1
)
(
代 回 原 式 可 得
kz
kz
e
c
c e
z
B
−
−
= 2
1
)
(
由 IC.
⎩
⎨
⎧
=
+
=
=
+
=
−
0
)
(
1
(0)
2
1
2
1
kL
kL
e
c
c e
L
B
c
c
A
kL
kL
kL
kL
kL
kL
e
e
e
c
e
e
e
c
−
−
−
+
=
+
= 2
1 ,
kz
kL
kL
kL
kz
kL
kL
kL
e
e
e
e
e
e
e
e
z
A
−
−
−
−
+
+
+
=
)
(
kz
kL
kL
kL
kz
kL
kL
kL
e
e
e
e
e
e
e
e
z
B
−
−
−
−
+
−
+
=
)
(
(c) 取 Laplace 變 換
⎩
⎨
⎧
+
+
= −
−
+
= −
−
)
(
)
(
)
(
(0)
)
(
)
(
)
(
(0)
)
(
1
2
2
2
2
1
1
1
s
F
s
kC
s
C
c
s
sC
s
kC
s
C
c
s
sC
γ
γ
⎩
⎨
⎧
=
+
+
−
=
−
+
)
(
)
(
)
(
)
(
0
)
(
)
(
)
(
2
1
2
1
s
F
s
C
s
s
kC
s
kC
s
C
s
γ
γ
由 Cramer Rule
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
−
+
=
+
−
−
+
+
−
=
+
−
−
+
)
(
0
)
(
)
(
0
)
(
2
1
s
F
k
s
s
C
s
k
k
s
s
s
F
k
s
C
s
k
k
s
γ
γ
γ
γ
γ
γ
)
(
)
)(
(
)
(
1 s
F
k
s
k
s
k
s
C
−
+
+
+
=
γ
γ
)
(
]
1
1
[
2
1
s
F
k
s
k
s +
+
−
−
+
=
γ
γ
)]
(
[
2
1
)]
(
[
2
1
)}
(
{
)
(
)
(
)
(
1
1
1 z
f
e
z
f
e
s
C
L
z
C
z
k
z
k
∗
−
∗
=
=
+
−
−
−
−
γ
γ
又 )
(
)
)(
(
)
(
2 s
F
k
s
k
s
s
s
C
−
+
+
+
+
=
γ
γ
γ
)
(
]
1
1
[
2
1
s
F
k
s
k
s +
+
+
−
+
=
γ
γ

第 四 篇 97 交 大 4-35
範 例 4
−1
1 −(
γ −k
) z 1 −(
γ + k ) z
C2(
z)
= L { C2(
s)}
= [ e ∗ f ( z)]
+ [ e ∗ f ( z)]
2
2
(a) Please determine all the eigenvalues of the following 3× 3 matrix A.
⎡ 2
A =
⎢
⎢
−1
⎢⎣
0
−1
1
−1
0 ⎤
−1
⎥
⎥
2 ⎥⎦
(b) Please determine all the eigenvectors of the above matrix A.
(c) Please determine a matrix U which can diagonalize A according to
U T AU = D . Here D is a diagonal matrix with the eigenvalues of A as its
diagonal elements and
T
U is the transpose of U.
(d) Please derive the expression for the vector solution x r of the following
linear equation:
⎡2⎤
r
( A − λ I)
x =
⎢ ⎥
⎢
2
⎥
⎢⎣
0⎥⎦
Here λ is an arbitrary constant not equal to the eigenvalues of matrix A
and I is the identity matrix. [Hint: Expansion in terms of eigenvectors]
(e) Please determine the lower triangular matrix L which can decompose the
following 2× 2 symmetric matrix B according to
⎡a
B = ⎢
⎣c
c⎤
⎥ = LL
b⎦
T
⎡d
= ⎢
⎣ f
0⎤⎡d
e
⎥⎢
⎦⎣0
f ⎤
e
⎥
⎦
【 範 圍 】 電 機 線 代 (1)(2)7-1 (3)11-5 (4)2-3 (5)12-1
T
B = LL
(15%)【97 交 大 光 電 】

4-36 陳 立 工 數
2 − λ
【 詳 解 】(1) 由 det( A − λI)
= −1
1−
λ −1
= 0
0
−1
−1
0
2 − λ
1−
λ −1
−1
0
( 2 − λ )
+ = 0 λ = 0,2, 3
−1
2 − λ −1
2 − λ
⎡ 2 −1
0 ⎤ ⎡1⎤
(2) EV (0) = ker
⎢
1 1 1
⎥
{
⎢
2
⎥
⎢
− −
⎥
= span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
0 −1
2 ⎥⎦
⎢⎣
1⎥⎦
⎡1⎤
eigenvector is { k
⎢
1
2
⎥
⎢ ⎥
| k1
∈ R}
⎢⎣
1⎥⎦
⎡ 0 −1
0 ⎤ ⎡ 1 ⎤
EV (2) = ker
⎢
1 1 1
⎥
{
⎢
0
⎥
⎢
− − −
⎥
= span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
0 −1
0 ⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎡ 1 ⎤
eigenvector is { k
⎢
2
0
⎥
⎢ ⎥
| k2
∈ R}
⎢⎣
−1⎥⎦
⎡−1
−1
0 ⎤ ⎡ 1 ⎤
EV (3) = ker
⎢
1 2 1
⎥
{
⎢
1
⎥
⎢
− − −
⎥
= span
⎢
−
⎥
}
⎢⎣
0 −1
−1⎥⎦
⎢⎣
1 ⎥⎦
⎡ 1 ⎤
eigenvector is { k
⎢
3
1
⎥
⎢
−
⎥
| k3
∈ R}
⎢⎣
1 ⎥⎦
⎡ 1 1 1 ⎤ ⎡ 1
⎢
⎥
⎢
6 2 3
⎢
⎥ ⎢
6
(3) 令 = ⎢
2
1
− ⎥
T
U 0 , 則 ⎢
1
U =
⎢ 6
3 ⎥ ⎢ 2
⎢ 1 1 1 ⎥ ⎢ 1
⎢ − ⎥ ⎢
⎣ 6 2 3 ⎦ ⎣ 3
−
2
0
6
1
3
1 ⎤
6
⎥
⎥
1
− ⎥
2 ⎥
1 ⎥
⎥
3 ⎦

第 四 篇 97 交 大 4-37
使 得
D
AU
U T =
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
3
0
0
0
2
0
0
0
0
(4)
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
−
−
−
=
−
→
0
2
2
2
1
0
1
1
1
0
1
2
)
(
3
2
1
x
x
x
x
I
A
λ
λ
λ
λ
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
−
−
−
+
−
⎯
⎯⎯ →
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
−
−
−
−
0
2
2
6
2
1
0
1
1
1
2
1
3
0
0
2
2
2
1
0
1
1
1
0
1
2
2
)
(2
21
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
r
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
−
−
−
−
−
⎯⎯
⎯
→
⎯ +
− 0
2
2
6
2
1
0
1
1
1
3)
2)(
(
0
0
1)
3
2
(
31
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
r
當 3
≠ 0,2,
λ
: → x 有 唯 一 解
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−
=
−
−
−
=
−
+
−
=
−
−
+
−
λ
λ
λ
λ
λ
λ
2
6
3)
2)(
(
0
)
(2
2
)
(1
3
3
2
3
2
1
x
x
x
x
x
x
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
−
=
= −
−
+
−
=
2)
(
2
2
2)
(
2
2
3
2
1
λ
λ
λ
λ
λ
λ
x
x
x
(5) U
a
c
d
c
a
d
c
c
a
B
a
c
r
=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−
⎯⎯ →
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
=
−
2
0
)
(
12
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
a
c
d
c
a
a
c
LU
B
2
0
1
0
1
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
=
1
0
1
0
0
1
0
1
2
a
c
a
c
d
a
a
c
B
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
=
1
0
1
0
0
0
0
1
0
1
2
2
a
c
a
c
d
a
a
c
d
a
a
c

4-38 陳 立 工 數
其 中
⎡ a
⎢
⎢
c
⎢⎣
a
⎡
0 ⎤⎢
a
2 ⎥
c ⎢
d − ⎥⎢
a ⎥⎦
⎢
0
⎣
0 ⎤
⎥
c
d − ⎥
a ⎥⎦
c
a
c
d −
a
=
2
⎡
=
⎢
⎢
⎢⎣
a
c
L
2
a
⎤
⎥
⎥ =
⎥
⎥
⎦
T
LL
範 例 5
Expand
2
f ( x)
= x , < x < L
0 ;
(a) in a Cosine Series,
(b) in a Sine Series,
(c) in a Fourier Series. (15%)【97 交 大 光 電 】
【 範 圍 】12-3
【 詳 解 】(1) Fourier cosine expansions
令 ∑ ∞ nπ
f ( x)
= a0 + an
cos x ( 當 作 偶 函 數 )
n=
1 L
2
1 L
2 L
則 a0
= x dx
L
∫ =
0 3
2
2
L n L
L n
a = 2
4
4
n
x cos xdx cos n ( 1)
2 2
L
∫ 2 π
= π = −
0
2 2
L n π n π
2 2
n
L 4L
( −1)
nπ
f ( x)
= +
cos x
2 2
3 n L
π ∑∞ n=
1
− L 0
L

第 四 篇 97 交 大 4-39
(2) Fourier sine expansions
令 ∑ ∞ nπ
f ( x)
= bn
sin x ( 當 作 奇 函 數 )
n=
1 L
L n
則 bn
=
2 ∫ x
2 sin
π Lx n L n x=
xdx = 2 2
3
π 2
( − cos x + cos
π x)
L
x=
0
L 0
3 3
L L nπ
L n π L
2
2
2
2L
n+
1 4L
n 4L
= ( −1)
+ ( −1)
−
3 3
3 3
nπ
n π n π
∑ ∞ 2
2
2
⎡2L
n+
1 4L
n 4L
⎤ nπ
f ( x)
= ⎢ ( −1)
+ ( −1)
−
3 3
3 3 ⎥sin
x
n=
1 ⎣ nπ
n π n π ⎦ L
(3) Fourier expansions
令 ∑ ∞ 2nπ
2nπ
f ( x)
= a0 + { an
cos x + bn
sin x}
( 當 作 週 期 函 數 )
n=
1 L
L
2
1 L
2 L
則 a0
= x dx
L
∫ =
0 3
2
2
2 L
2 2nπ
L
L
an = x cos xdx cos2nπ
0
2 2
2 2
L
∫
=
=
L n π
n π
2 L
2 2nπ
bn
= ∫ x sin xdx
L 0 L
Lx n L n x=
L
= 2 2
3
2 π 2 2
( − cos x + cos
π L 2
x)
3 3
x=
0
= −
L 2nπ
L 8n
π L nπ
2
2
2
L L 2nπ
L 2nπ
f ( x)
= + { cos x − sin x}
2 2
3 n π L nπ
L
∑ ∞
n=
1

4-40 陳 立 工 數
範 例 6
A uniform slab of material with thermal diffusivity k occupies the space region
0 ≤ x ≤ L and initially has temperature U
0
throughout. Beginning at time
t = 0 , the face x = 0 is held at temperature zero, at the face x = L , heat
exchange takes place with a surrounding medium at temperature zero, so that
hU
( L,
t)
U = 0 (where h is an appropriate heat transfer coefficient)
+
x
We want to find the temperature U ( x,
t)
of the slab at position x at time t;
U ( x,
t)
satisfies the boundary value problem.
U
t
U x
= kU ( 0 < x < L,
t > 0) ; where
xx
∂U
( x,
t)
=
∂x
U ( 0, t)
= 0 ,
h ( L,
t)
+ U ( L,
t)
= 0
U
x
U t
∂U
( x,
t)
=
∂t
2
∂ U ( x,
t)
= ,
∂x
, U xx
2
U ( x,0)
= U
(20%)【97 交 大 光 電 】
0
【 範 圍 】14-1
【 詳 解 】 由 分 離 變 數 法 , 令 u ( x,
t)
= X ( x)
T ( t)

第 四 篇 97 交 大 4-41
∴
x T& T
= kx′
T & x′′
= = −λ
kT x
⎧x′′
+ λx
= 0; x(0)
= 0, x′
( L)
+ hx(
L)
= 0LL(1)
⎨
⎩T
& + λkT
= 0LLLLLLLLLLLL
(2)
令
2
λ = w 代 入 (1) 式 x′ + λ x = 0
得 X ( x)
= sin( wx)
代 入 (1) 式 之 BC x ′( L)
+ hx(
L)
= 0
得 w cos( wL)
+ hsin(
wL)
= 0
1
tan( wL)
= − w
h
∴
⎧
1 ⎫
wL = sn ∈ ⎨s
> 0 tan( sL)
= − s⎬
⎩
h ⎭
( n ∈ N )
則
2
s n
s
λ =
2 ,
n
且 X ( x)
= sin( x)
L
L
代 入 (2) 式 得
T = e
s
k n
2
− t
2
L
2
s
∞
n −k
t 2 s
L n
∴ u(
x,
t)
= ∑ Bne
sin( x)
n=
1
L
sn
IC u(
x,0)
u0 = ∑ ∞ = Bn
sin( x)
n=
1 L
sn
< u0,sin(
x)
>
∴ B
L
n
=
2
sn
sin( x)
L

4-42 陳 立 工 數
97 交堙 大圢 電 子圤 ( 甲堅 )
範 例 1
Assume M
22
denotes the vector space consisting of all 2 by 2 matrices.
That is,
⎧⎡a
b⎤
⎫
M = ⎨⎢
⎥,
∀a,
b,
c,
d ∈R⎬
⎩⎣c
d ⎦
⎭
22
. On the other hand, assume C [ −1,1 ]
denotes the vector space of all continuous functions f (x)
defined over
x ∈[ −1,1 ]. In [ −1,1 ]
C , the inner product of two continuous functions p (x)
= ∫ 1 − 1
and q (x)
is defined as ( p(
x),
q(
x))
p(
x)
q(
x)
dx .
Let T: → C[ ]
M
22
−1,1 be a linear transformation defined as
⎡a
b⎤
T ( ⎢ ) = ( a + b + c + d)
x
c d
⎥
⎣ ⎦
⎡a
b⎤
For any ⎢ M
22
c d
⎥ ∈ .
⎣ ⎦
3
+ ( a + b − c − d)
x
(a) Find the null space of the transformation T.
2
+ ( a − b + c − d)
x + ( a + 2b
− c)
(b) Assume Q denotes the range of this transformation. What is the dimension
of Q?
(c) Assume W is a subspace of C [ −1,1 ] and is spanned by
2
p
1
( x)
= x and
p ( x)
= x
2
, with x ∈[ −1,1 ]
. Find the projection of
⎧⎡1
2⎤⎫
T ⎨⎢
⎥⎬
on W.
⎩⎣2
1⎦⎭

第 四 篇 97 交 大 4-43
(13%)【97 交 大 電 子 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)(b)6-6 (c)10-5
⎡a
b⎤
【 詳 解 】(a) 令 ⎢ N(T )
c d
⎥ ∈
⎣ ⎦
⎡a
b⎤
T
( ⎢ ⎥)
= 0
⎣c
d ⎦
⎡a
b⎤
3
2
T
( ⎢ ) = ( a + b + c + d)
x + ( a + b − c − d)
x
c d
⎥
⎣ ⎦
+ ( a − b + c − d)
x + ( a + 2b
− c)
= 0
⎧a
+ b + c + d = 0
⎪
⎧a
+ b = 0 ⎧b
= −a
a + b − c − d = 0 ⎪
⎪
⎨
⎨2a
+ c − d = 0 ⎨d
= a
⎪a
− b + c − d = 0 ⎪
⎪
⎩−
a − c = 0 ⎪
⎩c
= −a
⎩a
+ 2b
− c = 0
⎡a
b⎤
⎡ a − a⎤
⎡ 1 −1⎤
⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ = span{ ⎢ }
1 1
⎥
⎣c
d ⎦ ⎣−
a a ⎦ ⎣−
⎦
⎡ 1 −1⎤
故 取 { ⎢ }
1 1
⎥ 為 N (T ) 的 基 底
⎣−
⎦
(b) 由 維 度 定 理
dim( rank ( T )) + dim( N(
T )) = dim( M
22
) = 4
dim( rank ( T )) = 4 − dim( N(
T )) = 4 −1
= 3
(c) 已 知 W = span{ x
2 , x}
1
2
3
且 < x , x >= ∫ x dx = 0 x 2 , x 為 W 的 正 交 基 底
−
1
⎡1
2⎤
又 p ( x)
= T{
⎢ } = 6
3 + 3
2 1
⎥ x
⎣ ⎦
2
< p(
x),
x > 2 < p(
x),
x >
proj W
p(
x)
=
x + x
2 2
< x , x > < x,
x >
∫
1
3 2
(6x
+ 3) x dx
x
1
4
x dx
−1
2 −1
= +
1
∫
−1
∫
1
3
(6x
+ 3) xdx
x
2
x dx
∫
−1

4-44 陳 立 工 數
=
2
5
x
12
+ 5
2
3
2 2
2
x = 5x
18
+ x
5
範 例 2
Assume
⎡2
2 2⎤
A =
⎢ ⎥
⎢
2 2 2
⎥
.
⎢⎣
2 2 2⎥⎦
(a) Find the eigenvalues of A.
(b) Find the eigenvectors of A.
(c) Is A positive definite?
(d) Find
n
A , where n is a positive integer. (12%)【97 交 大 電 子 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)(b)7-1 (c)12-1 (d)8-4
2 − λ 2 2
【 詳 解 】(a) 由 det( A − λI)
= 2 2 − λ 2 = 0 λ = 6,0, 0
2 2 2 − λ
⎡−
4 2 2 ⎤ ⎡1⎤
(b) EV (6) = ker( A − 6I)
= ker
⎢
2 4 2
⎥
= {
⎢
1
⎥
⎢
−
⎥
span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
2 2 − 4⎥⎦
⎢⎣
1⎥⎦
⎡1⎤
eigenvector is { k
⎢
1
1
⎥
⎢ ⎥
| k1
∈ R}
⎢⎣
1⎥⎦
⎡2
2 2⎤
⎡ 1 ⎤ ⎡ 1 ⎤
EV (0) = ker( A − 0I)
= ker
⎢
2 2 2
⎥
{
⎢
0
⎥
,
⎢
1
⎥
⎢ ⎥
= span
⎢ ⎥ ⎢
−
⎥
}
⎢⎣
2 2 2⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎢⎣
0 ⎥⎦

第 四 篇 97 交 大 4-45
⎡ 1 ⎤ ⎡ 1 ⎤
eigenvectors are { k
⎢
0
⎥
2
k
⎢
3
1
⎥
⎢ ⎥
+
⎢
−
⎥
| k2,
k3
∈ R}
⎢⎣
−1⎥⎦
⎢⎣
0 ⎥⎦
(c)False !!
因 為 λ ( A)
= 6,0,0 ≥ 0 A 為 半垷 正埲 定 矩 陣
⎡1
1 1 ⎤
⎡1
1 1 ⎤
(d) 令 =
⎢ ⎥
−1
1
P
⎢
1 0 −1
⎥
, 則 P =
⎢ ⎥
⎢
1 1 − 2
3
⎥
⎢⎣
1 −1
0 ⎥⎦
⎢⎣
1 − 2 1 ⎥⎦
⎡6
0 0⎤
−1
使 得 P AP = D =
⎢ ⎥
⎢
0 0 0
⎥
⎢⎣
0 0 0⎥⎦
−1
A = PDP
n
⎡6
0 0⎤
n n −1
⎢ ⎥ −1
A = PD P = P⎢
0 0 0⎥P
⎢ 0 0 0⎥
⎣ ⎦
n
⎡1
1 1 ⎤⎡6
0 0⎤
⎡1
1 1 ⎤
⎢ ⎥⎢
⎥ 1
=
⎢ ⎥
⎢
1 0 −1
⎥⎢
0 0 0⎥
⎢
1 1 − 2
3
⎥
⎢⎣
1 −1
0 ⎥⎦
⎢ ⎥
⎣
0 0 0
⎦
⎢⎣
1 − 2 1 ⎥⎦
n
n n
⎡6
0 0⎤
⎡1
1 1 ⎤ ⎡6
6
⎢ n ⎥ 1 ⎢ ⎥ 1 ⎢ n n
= ⎢6
0 0⎥
⎢
1 1 − 2
⎥
= ⎢6
6
⎢
n
3
3
⎥ ⎢⎣
− ⎥⎦
⎢
n n
⎣
6 0 0
⎦
1 2 1
⎣
6 6
n
6 ⎤
n ⎥
6 ⎥
n
6 ⎥
⎦
【 另 解 】 因 為 f ( x)
= det( A − xI)
= ( x − 6) x
則 最 小 多 項 式 有 可 能 為 m A
( x)
= ( x − 6) x,(
x − 6) x
因 為 ( A − 6I
) A = 0 m A
( x)
= ( x − 6)
x
令 x n = q(
x)
x(
x − 6)
+ ax + b
⎧x
= 0 : b = 0
⎪
⎨ 1
⎪x
= 6 : a = ⋅6
⎩ 6
n
x
n
2
1
= q( x)
x(
x − 6) + ⋅6
6
2
n
x

4-46 陳 立 工 數
A
n
1
= q(
A)
A(
A − 6I)
+ ⋅6
6
n
1
A = ⋅6
6
n
⎡2
⋅
⎢
⎢
2
⎢⎣
2
2
2
2
2⎤
2
⎥
⎥
2⎥⎦
=
n
⎡6
1 ⎢ n
⎢6
3
⎢
n
⎣
6
6
6
6
n
n
n
n
6 ⎤
n ⎥
6 ⎥
n
6 ⎥
⎦
範 例 3
Assumed that R [ x]
is the vector space of polynomial with real coefficients,
and R[ x]
W ⊂ is the subspace spanned by the polynomials:
a
2 x x x
2 3
1
= − − 4 − 4 − 2 ,
a2 2x
x
2 3
= − − ,
a
2 x x
2 3
3
= + 4 − 3 .
(a) Prove that a
1, a
2
, and a
3
form a basis for W.
(b) If
2 3
g = g0 + g1x
+ g
2x
+ g3x
∈W
, then find the components relative to the
ordered basis { , a a }
a .
1 2
,
3
(c) Let
b
2
1
= − − 2 ,
1 x
b 4x
+ x
2 3
2
= 2 ,
b3 3x
3
= − . Show that { 1
, b 2
, b 3
}
b also
form a basis for W.
(d) Let [
g g g ] T
0 1,
2
, be the vector of components of g in(b), which is relative
to the a-basis, and [
h h h ] T
0 1,
2
, be the vector of components of g, which is
relative to b-basis in (c). Then find the 3× 3 matrix M such that
[ , g , g ] T
M × [ h , h h ] T
g0 1 2
0 1,
2
= . (15%)【97 交 大 電 子 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)5-2 (d)6-6

第 四 篇 97 交 大 4-47
【 詳 解 】(a) 由 座 標 向 量
⎡−
2 − 4 − 4 − 2⎤
⎡−
2 − 4 − 4 − 2⎤
(1)
⎢
⎥ r
⎯⎯→
⎢
⎥
⎢
0 0 − 2 −1
13
⎥ ⎢
0 0 − 2 −1
⎥
⎢⎣
2 0 4 − 3⎥⎦
⎢⎣
0 − 4 0 − 5⎥⎦
沒 有 一 列 為 零 , 為 線 性 獨 立 (L.I.)
故 可 當 W 的 基 底 。
(b) 令 g = c1a1
+ c2a2
+ c3a3
2 3
2 3
2 3
= c1 ( −2
− 4x
− 4x
− 2x
) + c2(
−2x
− x ) + c3(2
+ 4x
− 3x
)
2
= ( −2c
+ 2c
) − 4c
x + ( −4c
− 2c
+ 4c
) x + ( −2c
− c − 3c
x
1 3 1
1 2 3
1 2 3)
⎧g0
= −2c1
+ 2c3
⎪
g1
= −4c1
⎨
⎪g2
= −4c1
− 2c2
+ 4c
⎪
⎩g3
= −2c1
− c2
− 3c3
由 增 廣 矩 陣
⎡−
2
⎢
⎢−
4
⎢−
4
⎢
⎢⎣
− 2
0
0
− 2
−1
3
⎡−
2
⎢
⎢
− 4
⎢−
4
⎢
⎣−
2
2 g ⎤ ( −2)
0 r
⎡−
2
12
( −2)
⎥ r ⎢
13
0 g
( −1)
1 ⎥ r
⎯⎯ →⎢
0
14
4 g ⎥ ⎢
2
0
⎥ ⎢
− 3 g3
⎥⎦
⎢⎣
0
0
0
− 2
−1
0
0
− 2
−1
⎡
− 2 0 2
g0
⎤
⎢
⎥
⎢ −
−
⎥
⎯⎯ − 1
( )
0 0 4
g1
2g0
r 2
34
→⎢
− ⎥
⎢
0 − 2 0
g2
2g0
1 ⎥
⎢ 0 0 − 5 g3
− g2
⎥
⎣
2 ⎦
2
− 5
2 ⎤ ⎡g
⎥⎡c1
⎤
0
⎢
⎥⎢
⎥
= ⎢
g
⎥⎢
c2
4 ⎥ ⎢g
⎥⎢⎣
c ⎥
3 ⎦ ⎢
− 3⎦
⎣g
− 4 g
0
g
1
2
g
− 2g
− 2g
3
g
0
− g
⎡
− 2 0 2
g0
⎤
⎢
⎥
⎢ −
−
⎥
⎯⎯ − 5
( )
0 0 4
g1
2g0
r 4
24
→⎢
− ⎥
⎢
0 − 2 0
g2
2g0
1 5 5 ⎥
⎢ 0 0 0 g3
− g2
− g1
+ g0
⎥
⎣
2 4 2 ⎦
0
0
0
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥⎦
0
1
2
3
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
3

4-48 陳 立 工 數
⎡
⎢
⎢1
1 1 1 ⎢
( − ) ( − ) ( − )
r 2 4 2
⎯⎯⎯⎯⎯
→⎢
0
1 r2
r3
⎢0
⎢
⎢0
⎢
⎣
0
0
1
0
−1
1
0
0
g
3
−
1
2
g
1
− ( g1
− 2g0)
4
1
− ( g2
− 2g0)
2
1 5
− g2
− g1
+
2 4
⎡
1 ⎤
⎢
− g1
⎥
⎢1
0 0
4
1
⎥
⎢
⎥
⎢
0 0 1 − ( g1
− 2g0)
(1)
r21
⎯⎯→
4
⎥
⎢0
1 0 1
⎥
⎢
− ( g2
− 2g0)
2
⎥
⎢0
0 0
1 5 5 ⎥
⎢ g3
− g2
− g1
+ g0
⎥
⎣
2 4 2 ⎦
1 5 5
當 g
3
− g2
− g1
+ g0
= 0 該 系 統 有 解
2 4 2
1 1
1
則 c1 = − g1,
c2
= − ( g1
− 2g0),
c3
= − ( g2
− 2g0)
4 4
2
⎡ 1 ⎤
⎢
− g1
4 ⎥
⎢ 1 ⎥
[
g]
{ a
= ⎢−
( − 2 ) ⎥
1,
a2
, a }
g1
g
3
0
⎢ 4 ⎥
⎢ 1
− ( g − 2 )
⎥
⎢
2
g0
⎣ 2 ⎥⎦
3
2 3
2 3
(c) 假 設 − 3x
= c ( −2
− 4x
− 4x
− 2x
) + c ( −2x
− x )
1
2 3
+ c3(2
+ 4x
− 3x
)
此 為 無 解
故 題 目 敘 述 有 誤 , b , b , } 不 為 W 的 基 底
{
1 2
b3
a
(d) 由 題 意 表 示 可 知 [ g ] = [ I]
[ g]
M = [ I]
a
b
b
2
0
a
b
5
2
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
g0
⎥
⎦

第 四 篇 97 交 大 4-49
Let T be a linear transformation form
2
R (the 2-D x-y coordinate ) to
given by rotating counterclockwise around the origin by an angle of
followed by the reflection in the y-axis.
2
R
π
a = ,
4
(a) Find the matrix representation M of T with respect to the standard basis for
2
R .
範 例 4
(b) T has two eigenvectors q [ 1 1] T
1
and q [ 1 1] T
and λ
2
.
2
− . Find their eigenvalues λ
1
(c) Find the matrix for T with respect to the q
1
and q
2
in(b),
(10%)【97 交 大 電 子 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)6-2
⎡ π π ⎤ ⎡ 1
⎢ −
⎡−1
0⎤⎢
cos − sin
⎥
【 詳 解 】(a) M = [ T]
=
4 4
⎢ ⎥⎢
⎥ =
2
⎢
⎣ 0 1⎦
π π
⎢
⎥ ⎢
1
sin cos
⎣ 4 4 ⎦ ⎢⎣
2
⎧ ⎡ 1 1 ⎤
⎪ ⎢ −
⎥⎡1⎤
⎡ 0 ⎤
⎪Mq
=
2 2
1 ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥ ≠ λ1q1
⎪ ⎢
1 1
⎥⎣1⎦
⎣ 2⎦
⎪ ⎢⎣
2 2 ⎥⎦
(b) ⎨
⎪ ⎡ 1 1 ⎤
⎪ ⎢ −
⎥⎡
1 ⎤ ⎡− 2⎤
⎪Mq
=
2 2
2 ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥ ≠ λ2q2
⎪ ⎢
1 1
⎥⎣−1⎦
⎣ 0 ⎦
⎩ ⎢⎣
2 2 ⎥⎦
故 題 目 有 誤 , 找 不 到 這 樣 的 特 徵 值
⎡λ1
0 ⎤
(c)[ T ]{
q , }
=
1 q2
⎢ ⎥
⎣ 0 λ2
⎦
1 ⎤
2
⎥
⎥
1
⎥
2 ⎥⎦

4-50 陳 立 工 數
Solve the initial-boundary value problem
u u = 0 , 0 < x < 1, t > 0
u
− xx
範 例 5
1
u( x,0)
= sin( π x)
+ sin(3πx
) , 0 ≤ x ≤ 1
3
u t
( x,0)
= 0 , 0 ≤ x ≤ 1
u ( 0, t)
= 0 , t ≥ 0
u ( 1, t)
= 0 , t ≥ 0 . (13%)【97 交 大 電 子 】
【 範 圍 】14-1
【 詳 解 】 由 分 離 變 數 法 , 令 u ( x,
t)
= X ( x)
T ( t)
代 入 PDE 得 X ′′ T = XT&
X ′′ T&
⎧X
′′ + λX
= 0
= = −λ
⎨
X T
⎩T
&& + λT
= 0
由 X ′′ + λ X = 0 ; X (0) = X (1) = 0
2 2
⎧λ
= n π , n = 1,2,3, L
得 ⎨
⎩X
( x)
= sin nπx
2 2
由 T & + n π T = 0 T ( t)
= Acos
nπt
+ Bsin
nπ
t
IC T & ( 0) = 0 B = 0 T
( t)
= Acos
nπt
由 疊 加垰 法 , 令 u x t = ∑ ∞ ( , ) An
cosnπ
t sin nπ
x
n=1
1
IC ∑ ∞ u(
x,0)
= sinπ
x + sin 3πx
= An
sin nπx
3
n=
1
1
比 較 係 數 得 A 1
= 1,
A 3
= , 其 他 A
n
= 0
3
1
u( x,
t)
= cosπt
sinπx
+ cos3πt
sin 3πx
3

第 四 篇 97 交 大 4-51
範 例 6
Find a formal Fourier series solution of the endpoint value problem:
x ′′ + 2 x = t , x ′( 0) = x′
(1) = 0 . (12%)【97 交 大 電 子 】
【 詳 解 】 令 ∑ ∞ x(
t)
= a0 + an
cos nπ
t
n=
1
則 代 入 ODE x ′′ + 2 x = t
∞
∞
∑ n 0 ∑ n
=
n= 1
n=
1
2
得 − ( nπ
) a cos nπt
+ 2a
+ 2 a cos nπt
2 2
a + − n ∑ ∞ 2
0
(2 π ) a cos nπt
n=1
n
=
若 假 設 ∑ ∞ f ( t)
= t = a0 + an
cos nπ
t
n=
1
其 中 a 1 1
0
= ∫ tdt =
0 2
1
2
2
n
a = 2 ∫ −
−
n
t cos nπ
tdt = (1 − cos nπ
) = [1 − ( −1)
]
0
2 2
2 2
n π
n π
1
∑ ∞ t = +
2 n=
1
− 2
n
[1 − ( −1)
] cos nπt
2 2
n π
1
2
n
比 較 係 數 得 a0
= , an
=
[1 − ( −1)
]
2 2 2 2
4 n π ( n π − 2)
1
∑ ∞ x(
t)
= +
4 n=
1
2
n
[1 − ( −1)
] cos nπt
2 2 2 2
n π ( n π − 2)
t
t
範 例 7
(a) Find the general solution for y ′ − 36 y = 0 .
(b) Find a particular solution for
(c) Find the general solution for
y ′′ ′ + y′
= 5 + sin x .
5
′ + y 5x . (15%)【97 交 大 電 子 】
x y =

4-52 陳 立 工 數
【 範 圍 】(a)3-2 (b)3-3 (c)2-5
mx
【 詳 解 】(a) 令 y = e
代 入 ODE y ′ − 36 y = 0
2 mx
可 得 ( m − 36) e = 0 m = ± 6
6x
−6x
y = c1e
+ c2e
(b) 由 待 定 係 數 法 , 令
y p
y p
= ax + bx cos x + cxsin
x
′ = a + ( b + cx)cos
x + ( c − bx)
sin x
′
= −( 2b
+ cx)sin
x + (2c
− bx)
cos x
y p
′′′
= −csin
x − (2b
+ cx)cos
x − bcos
x − (2c
− bx)
sin x
y p
代 入 ODE y′
′′ + y′
= 5 + sin x
1
可 得 a = 5,
b = 0, c = −
2
x
y p
= 5x
− sin x
2
【 另 解 】 由 逆 算 子圤
1
1
1
y p
= {5 + sin x}
= {5 + sin x}
= {5x
− cos
2
2
D + D
D(
D + 1)
D + 1
2
1
x
= ( 1−
D −L){5
x}
− {cos x}
= 5x
− sin x
2
D + 1
2
1 4
(c) 同 除 x 得 y ′ + y = 5x
x
3
x
∫
dx
x
1 積 分 因 子圤 : I ( x)
= e = x
5 5 6
2 通 解 : I ( x)
y(
x)
= ∫ 5x
dx = x + c
6
5 5 c
y ( x)
= x +
6 x
1
}
範 例 8-1
Find x ( ) for the initial value problem
1
t
x ′ +
1
= 2x1
x2

第 四 篇 97 交 大 4-53
x ′ 3 + x
2
= − x1
6
2
x (0) 10 , x (0) = 2 【97 交 大 電 子 】
1
=
2
−
【 範 圍 】8-3
【 詳 解 】 取 Laplace 變 換
⎧sxˆ
− − 2 ˆ − ˆ
1
x1(0)
x1
x2
= 0 ⎧(
s − 2) xˆ
− ˆ
1
x2
= 10
⎨
⎨
⎩Dxˆ
2
− x2(0)
+ 3ˆ x1
− 6xˆ
2
= 0 ⎩3ˆ
x1
+ ( s − 6) xˆ
2
= −2
由 Cramer Rule
s − 2 −1
10 −1
xˆ
1
=
3 s − 6 − 2 s − 6
10s
− 62 16 − 6
3t
x ˆ1
=
= + x ( t)
= 16e
−
( s − 3)( s − 5) s − 3 s − 5
e
5t
1
6
範 4-49 例 8-2
Find the coefficient a
4
of the power-series solution ∑ ∞ y ( x)
=
n=
2
for the initial value problem y ′ + x y = 0 , y ( 0) = 1, y ′( 0) = 1.
【 範 圍 】9-2
2
【 詳 解 】ODE y ′ + x y = 0 且 y ( 0) = 1, y′ (0) = 1
2
y′ = −x
y → y ′′( 0) = 0
2
y ′′′
= −2xy
− x y′
→ y ′′′( 0) = 0
(4)
2
(4)
y = −2y
− 4xy′
− x y ′′ → y (0) = −2y(0)
= −2
1
n
a n
x
(10%)【97 交 大 電 子 】
(4)
(0) − 2 1
故 a
4
= y = = −
4! 4! 12
(4)
y′
(0) y′′
(0) 2 y ′′′ (0) 3 y (0) 4
【 註 解 】 通 解 y = y( 0) + x + x + x + x + L
1! 2! 3! 4!
1
= 1+
x + − x
12
4
+L

4-54 陳 立 工 數

第 四 篇 97 交 大 4-55
97 交堙 大圢 電 子圤 ( 乙 )
範 例 1
Assume M
22
denotes the vector space consisting of all 2 by 2 matrices.
That is,
⎧⎡a
b⎤
⎫
M = ⎨⎢
⎥,
∀a,
b,
c,
d ∈R⎬
⎩⎣c
d ⎦
⎭
22
. On the other hand, assume C [ −1,1 ]
denotes the vector space of all continuous functions f (x)
defined over
x ∈[ −1,1 ]. In [ −1,1 ]
C , the inner product of two continuous functions p (x)
= ∫ 1 − 1
and q (x)
is defined as ( p(
x),
q(
x))
p(
x)
q(
x)
dx .
Let T: → C[ ]
M
22
−1,1 be a linear transformation defined as
⎡a
b⎤
T ( ⎢ ) = ( a + b + c + d)
x
c d
⎥
⎣ ⎦
⎡a
b⎤
For any ⎢ M
22
c d
⎥ ∈ .
⎣ ⎦
3
+ ( a + b − c − d)
x
(d) Find the null space of the transformation T.
2
+ ( a − b + c − d)
x + ( a + 2b
− c)
(e) Assume Q denotes the range of this transformation. What is the dimension
of Q?
(f) Assume W is a subspace of C [ −1,1 ] and is spanned by
2
p
1
( x)
= x and
p ( x)
= x
2
, with x ∈[ −1,1 ]
. Find the projection of
⎧⎡1
2⎤⎫
T ⎨⎢
⎥⎬
on W.
⎩⎣2
1⎦⎭

4-56 陳 立 工 數
(13%)【97 交 大 電 子 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)(b)6-6 (c)10-5
⎡a
b⎤
【 詳 解 】(a) 令 ⎢ N(T )
c d
⎥ ∈
⎣ ⎦
⎡a
b⎤
T
( ⎢ ⎥)
= 0
⎣c
d ⎦
⎡a
b⎤
3
2
T
( ⎢ ) = ( a + b + c + d)
x + ( a + b − c − d)
x
c d
⎥
⎣ ⎦
+ ( a − b + c − d)
x + ( a + 2b
− c)
= 0
⎧a
+ b + c + d = 0
⎪
⎧a
+ b = 0 ⎧b
= −a
a + b − c − d = 0 ⎪
⎪
⎨
⎨2a
+ c − d = 0 ⎨d
= a
⎪a
− b + c − d = 0 ⎪
⎪
⎩−
a − c = 0 ⎪
⎩c
= −a
⎩a
+ 2b
− c = 0
⎡a
b⎤
⎡ a − a⎤
⎡ 1 −1⎤
⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ = span{ ⎢ }
1 1
⎥
⎣c
d ⎦ ⎣−
a a ⎦ ⎣−
⎦
⎡ 1 −1⎤
故 取 { ⎢ }
1 1
⎥ 為 N (T ) 的 基 底
⎣−
⎦
(b) 由 維 度 定 理
dim( rank ( T )) + dim( N(
T )) = dim( M
22
) = 4
dim( rank ( T )) = 4 − dim( N(
T )) = 4 −1
= 3
(c) 已 知 W = span{ x
2 , x}
1
2
3
且 < x , x >= ∫ x dx = 0 x 2 , x 為 W 的 正 交 基 底
−
1
⎡1
2⎤
又 p ( x)
= T{
⎢ } = 6
3 + 3
2 1
⎥ x
⎣ ⎦
2
< p(
x),
x > 2 < p(
x),
x >
proj W
p(
x)
=
x + x
2 2
< x , x > < x,
x >
∫
1
3 2
(6x
+ 3) x dx
x
1
4
x dx
−1
2 −1
= +
1
∫
−1
∫
1
3
(6x
+ 3) xdx
x
2
x dx
∫
−1

第 四 篇 97 交 大 4-57
=
2
5
x
12
+ 5
2
3
2 2
2
x = 5x
18
+ x
5
範 例 2
Assume
⎡2
2 2⎤
A =
⎢ ⎥
⎢
2 2 2
⎥
.
⎢⎣
2 2 2⎥⎦
(e) Find the eigenvalues of A.
(f) Find the eigenvectors of A.
(g) Is A positive definite?
(h) Find
n
A , where n is a positive integer. (12%)【97 交 大 電 子 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)(b)7-1 (c)12-1 (d)8-4
2 − λ 2 2
【 詳 解 】(a) 由 det( A − λI)
= 2 2 − λ 2 = 0 λ = 6,0, 0
2 2 2 − λ
⎡−
4 2 2 ⎤ ⎡1⎤
(b) EV (6) = ker( A − 6I)
= ker
⎢
2 4 2
⎥
= {
⎢
1
⎥
⎢
−
⎥
span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
2 2 − 4⎥⎦
⎢⎣
1⎥⎦
⎡1⎤
eigenvector is { k
⎢
1
1
⎥
⎢ ⎥
| k1
∈ R}
⎢⎣
1⎥⎦
⎡2
2 2⎤
⎡ 1 ⎤ ⎡ 1 ⎤
EV (0) = ker( A − 0I)
= ker
⎢
2 2 2
⎥
{
⎢
0
⎥
,
⎢
1
⎥
⎢ ⎥
= span
⎢ ⎥ ⎢
−
⎥
}
⎢⎣
2 2 2⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎢⎣
0 ⎥⎦

4-58 陳 立 工 數
⎡ 1 ⎤ ⎡ 1 ⎤
eigenvectors are { k
⎢
0
⎥
2
k
⎢
3
1
⎥
⎢ ⎥
+
⎢
−
⎥
| k2,
k3
∈ R}
⎢⎣
−1⎥⎦
⎢⎣
0 ⎥⎦
(c)False !!
因 為 λ ( A)
= 6,0,0 ≥ 0 A 為 半垷 正埲 定 矩 陣
⎡1
1 1 ⎤
⎡1
1 1 ⎤
(d) 令 =
⎢ ⎥
−1
1
P
⎢
1 0 −1
⎥
, 則 P =
⎢ ⎥
⎢
1 1 − 2
3
⎥
⎢⎣
1 −1
0 ⎥⎦
⎢⎣
1 − 2 1 ⎥⎦
⎡6
0 0⎤
−1
使 得 P AP = D =
⎢ ⎥
⎢
0 0 0
⎥
⎢⎣
0 0 0⎥⎦
−1
A = PDP
n
⎡6
0 0⎤
n n −1
⎢ ⎥ −1
A = PD P = P⎢
0 0 0⎥P
⎢ 0 0 0⎥
⎣ ⎦
n
⎡1
1 1 ⎤⎡6
0 0⎤
⎡1
1 1 ⎤
⎢ ⎥⎢
⎥ 1
=
⎢ ⎥
⎢
1 0 −1
⎥⎢
0 0 0⎥
⎢
1 1 − 2
3
⎥
⎢⎣
1 −1
0 ⎥⎦
⎢ ⎥
⎣
0 0 0
⎦
⎢⎣
1 − 2 1 ⎥⎦
n
n n
⎡6
0 0⎤
⎡1
1 1 ⎤ ⎡6
6
⎢ n ⎥ 1 ⎢ ⎥ 1 ⎢ n n
= ⎢6
0 0⎥
⎢
1 1 − 2
⎥
= ⎢6
6
⎢
n
3
3
⎥ ⎢⎣
− ⎥⎦
⎢
n n
⎣
6 0 0
⎦
1 2 1
⎣
6 6
n
6 ⎤
n ⎥
6 ⎥
n
6 ⎥
⎦
【 另 解 】 因 為 f ( x)
= det( A − xI)
= ( x − 6) x
則 最 小 多 項 式 有 可 能 為 m A
( x)
= ( x − 6) x,(
x − 6) x
因 為 ( A − 6I
) A = 0 m A
( x)
= ( x − 6)
x
令 x n = q(
x)
x(
x − 6)
+ ax + b
⎧x
= 0 : b = 0
⎪
⎨ 1
⎪x
= 6 : a = ⋅6
⎩ 6
n
x
n
2
1
= q( x)
x(
x − 6) + ⋅6
6
2
n
x

第 四 篇 97 交 大 4-59
A
n
1
= q(
A)
A(
A − 6I)
+ ⋅6
6
=
n
⎡6
1 ⎢ n
⎢6
3
⎢
n
⎣
6
6
6
6
n
n
n
n
6 ⎤
n ⎥
6 ⎥
n
6 ⎥
⎦
n
1
A = ⋅6
6
n
⎡2
⋅
⎢
⎢
2
⎢⎣
2
2
2
2
2⎤
2
⎥
⎥
2⎥⎦
範 例 3
Assumed that R [ x]
is the vector space of polynomial with real coefficients,
and R[ x]
W ⊂ is the subspace spanned by the polynomials:
a
2 x x x
2 3
1
= − − 4 − 4 − 2 ,
a2 2x
x
2 3
= − − ,
a
2 x x
2 3
3
= + 4 − 3 .
(e) Prove that a
1, a
2
, and a
3
form a basis for W.
(f) If
2 3
g = g0 + g1x
+ g
2x
+ g3x
∈W
, then find the components relative to the
ordered basis { , a a }
a .
1 2
,
3
(g) Let
b
2
1
= − − 2 ,
1 x
b 4x
+ x
2 3
2
= 2 ,
b3 3x
3
= − . Show that { 1
, b 2
, b 3
}
b also
form a basis for W.
(h) Let [
g g g ] T
0 1,
2
, be the vector of components of g in(b), which is relative
to the a-basis, and [
h h h ] T
0 1,
2
, be the vector of components of g, which is
relative to b-basis in (c). Then find the 3× 3 matrix M such that
[ , g , g ] T
M × [ h , h h ] T
g0 1 2
0 1,
2
= . (15%)【97 交 大 電 子 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)5-2 (d)6-6

4-60 陳 立 工 數
【 詳 解 】(a) 由 座 標 向 量
⎡−
2 − 4 − 4 − 2⎤
⎡−
2 − 4 − 4 − 2⎤
(1)
⎢
⎥ r
⎯⎯→
⎢
⎥
⎢
0 0 − 2 −1
13
⎥ ⎢
0 0 − 2 −1
⎥
⎢⎣
2 0 4 − 3⎥⎦
⎢⎣
0 − 4 0 − 5⎥⎦
沒 有 一 列 為 零 , 為 線 性 獨 立 (L.I.)
故 可 當 W 的 基 底 。
(b) 令 g = c1a1
+ c2a2
+ c3a3
2 3
2 3
2 3
= c1 ( −2
− 4x
− 4x
− 2x
) + c2(
−2x
− x ) + c3(2
+ 4x
− 3x
)
2
= ( −2c
+ 2c
) − 4c
x + ( −4c
− 2c
+ 4c
) x + ( −2c
− c − 3c
x
1 3 1
1 2 3
1 2 3)
⎧g0
= −2c1
+ 2c3
⎪
g1
= −4c1
⎨
⎪g2
= −4c1
− 2c2
+ 4c
⎪
⎩g3
= −2c1
− c2
− 3c3
由 增 廣 矩 陣
⎡−
2
⎢
⎢−
4
⎢−
4
⎢
⎢⎣
− 2
0
0
− 2
−1
3
⎡−
2
⎢
⎢
− 4
⎢−
4
⎢
⎣−
2
2 g ⎤ ( −2)
0 r
⎡−
2
12
( −2)
⎥ r ⎢
13
0 g
( −1)
1 ⎥ r
⎯⎯ →⎢
0
14
4 g ⎥ ⎢
2
0
⎥ ⎢
− 3 g3
⎥⎦
⎢⎣
0
0
0
− 2
−1
0
0
− 2
−1
⎡
− 2 0 2
g0
⎤
⎢
⎥
⎢ −
−
⎥
⎯⎯ − 1
( )
0 0 4
g1
2g0
r 2
34
→⎢
− ⎥
⎢
0 − 2 0
g2
2g0
1 ⎥
⎢ 0 0 − 5 g3
− g2
⎥
⎣
2 ⎦
2
− 5
2 ⎤ ⎡g
⎥⎡c1
⎤
0
⎢
⎥⎢
⎥
= ⎢
g
⎥⎢
c2
4 ⎥ ⎢g
⎥⎢⎣
c ⎥
3 ⎦ ⎢
− 3⎦
⎣g
− 4 g
0
g
1
2
g
− 2g
− 2g
3
g
0
− g
⎡
− 2 0 2
g0
⎤
⎢
⎥
⎢ −
−
⎥
⎯⎯ − 5
( )
0 0 4
g1
2g0
r 4
24
→⎢
− ⎥
⎢
0 − 2 0
g2
2g0
1 5 5 ⎥
⎢ 0 0 0 g3
− g2
− g1
+ g0
⎥
⎣
2 4 2 ⎦
0
0
0
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥⎦
0
1
2
3
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
3

第 四 篇 97 交 大 4-61
⎡
⎢
⎢1
1 1 1 ⎢
( − ) ( − ) ( − )
r 2 4 2
⎯⎯⎯⎯⎯
→⎢
0
1 r2
r3
⎢0
⎢
⎢0
⎢
⎣
0
0
1
0
−1
1
0
0
g
3
−
1
2
g
1
− ( g1
− 2g0)
4
1
− ( g2
− 2g0)
2
1 5
− g2
− g1
+
2 4
⎡
1 ⎤
⎢
− g1
⎥
⎢1
0 0
4
1
⎥
⎢
⎥
⎢
0 0 1 − ( g1
− 2g0)
(1)
r21
⎯⎯→
4
⎥
⎢0
1 0 1
⎥
⎢
− ( g2
− 2g0)
2
⎥
⎢0
0 0
1 5 5 ⎥
⎢ g3
− g2
− g1
+ g0
⎥
⎣
2 4 2 ⎦
1 5 5
當 g
3
− g2
− g1
+ g0
= 0 該 系 統 有 解
2 4 2
1 1
1
則 c1 = − g1,
c2
= − ( g1
− 2g0),
c3
= − ( g2
− 2g0)
4 4
2
⎡ 1 ⎤
⎢
− g1
4 ⎥
⎢ 1 ⎥
[
g]
{ a
= ⎢−
( − 2 ) ⎥
1,
a2
, a }
g1
g
3
0
⎢ 4 ⎥
⎢ 1
− ( g − 2 )
⎥
⎢
2
g0
⎣ 2 ⎥⎦
3
2 3
2 3
(c) 假 設 − 3x
= c ( −2
− 4x
− 4x
− 2x
) + c ( −2x
− x )
1
2 3
+ c3(2
+ 4x
− 3x
)
此 為 無 解
故 題 目 敘 述 有 誤 , b , b , } 不 為 W 的 基 底
{
1 2
b3
a
(d) 由 題 意 表 示 可 知 [ g ] = [ I]
[ g]
M = [ I]
a
b
b
2
0
a
b
5
2
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
g0
⎥
⎦

4-62 陳 立 工 數
Let T be a linear transformation form
2
R (the 2-D x-y coordinate ) to
given by rotating counterclockwise around the origin by an angle of
followed by the reflection in the y-axis.
2
R
π
a = ,
4
(d) Find the matrix representation M of T with respect to the standard basis for
2
R .
範 例 4
(e) T has two eigenvectors q [ 1 1] T
1
and q [ 1 1] T
and λ
2
.
2
− . Find their eigenvalues λ
1
(f) Find the matrix for T with respect to the q
1
and q
2
in(b),
(10%)【97 交 大 電 子 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)6-2
⎡ π π ⎤ ⎡ 1
⎢ −
⎡−1
0⎤⎢
cos − sin
⎥
【 詳 解 】(a) M = [ T]
=
4 4
⎢ ⎥⎢
⎥ =
2
⎢
⎣ 0 1⎦
π π
⎢
⎥ ⎢
1
sin cos
⎣ 4 4 ⎦ ⎢⎣
2
⎧ ⎡ 1 1 ⎤
⎪ ⎢ −
⎥⎡1⎤
⎡ 0 ⎤
⎪Mq
=
2 2
1 ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥ ≠ λ1q1
⎪ ⎢
1 1
⎥⎣1⎦
⎣ 2⎦
⎪ ⎢⎣
2 2 ⎥⎦
(b) ⎨
⎪ ⎡ 1 1 ⎤
⎪ ⎢ −
⎥⎡
1 ⎤ ⎡− 2⎤
⎪Mq
=
2 2
2 ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥ ≠ λ2q2
⎪ ⎢
1 1
⎥⎣−1⎦
⎣ 0 ⎦
⎩ ⎢⎣
2 2 ⎥⎦
故 題 目 有 誤 , 找 不 到 這 樣 的 特 徵 值
⎡λ1
0 ⎤
(c)[ T ]{
q , }
=
1 q2
⎢ ⎥
⎣ 0 λ2
⎦
1 ⎤
2
⎥
⎥
1
⎥
2 ⎥⎦

第 四 篇 97 交 大 4-63
範 例 5
A signal s = 3 is transmitted form a satellite but is corrupted by additive noise
W. The received signal X is modeled as X = s + W . When the weather is good,
which happens with probability 3
2 , W is normal with zero mean and variance
4. When the weather is bad, which happens with probability 3
1 , W si normal
with zero mean and variance 9. In the absence of any weather information,
(a) find the probability density function of X, and
(b) find the probability that X is between 2 and 4.(Express your answer in
φ .)
terms of the cumulative distribution function ( z)
= P[ Z ≤ z]
【 詳 解 】
因 s = 3 , 所 以 X = 3 + W ,X 完 全 繼 承 W 之 機 率 分 配 ,
令 W
G
為 天 氣 良 好 之 雜 訊 , W G
~ N(0,4)
, X W G
= 3 + WG
(6%)【97 交 大 電 子 】
且 W
B
為 天 氣 良 好 之 雜 訊 , W B
~ N(0,9)
, X W B
= 3 + WB
E ( X W ) E(3
+ W ) = 3 , Var ( X W ) Var(3
+ W ) = 4
G
=
G
G
=
G
E ( X W ) E(3
+ W ) = 3 , Var ( X W ) Var(3
+ W ) = 9
B
=
B
B
=
B
2/3
1/3
好 天 氣
壞 天 氣
X
G
= 3 + W G
X G
~ N(3,4)
X
B
= 3 + W B
X B
~ N(3,9)

4-64 陳 立 工 數
(a)
X
=
2
3
X W
G
1
+ X WB
3
f
2
2
( x−3)
( x−3)
−
−
8
18
X
( f
X
( xWG
X
( xWB
2
x)
=
3
⎧
⎪ (
⎪3
2
= ⎨
⎪
⎪
⎩
1
) + f
3
1
) + (
3 3
2 1
) = ( e
3 2 2π
2
2
2
( x−3)
( x−3)
1 −
1 −
8
18
e
2π
0,
e
2π
),
1 1
) + ( e
3 3 2π
− ∞ < x < ∞
o.
w.
2
1
(b) P ( 2 < X < 4) = × P(2
< X WG
< 4) + × P(2
< X WB
< 4)
3
3
)
2 2 − 3 4 − 3 1 2 − 3
= × P(
< Z < ) + × P(
< Z <
3 2 2 3 3
2 1 1 1 1 1
= × P(
− < Z < ) + × P(
− < Z < )
3 2 2 3 3 3
2 1 1 1 1 1
= [ Φ(
) − Φ(
− )] + [ Φ(
) − Φ(
− )]
3 2 2 3 3 3
1 1 1 1
因 Z 為 對 稱 , 所 以 Φ ( ) = 1− Φ(
− ) 及 Φ ( ) = 1− Φ(
− )
2 2 3 3
2 1 1 1
P ( 2 < X < 4) = [1 − 2Φ(
− )] + [1 − 2Φ(
− )]
3 2 3 3
範 例 6
4 − 3
)
3
A and B play a sudden death chess match, i.e. they play a sequence of chess
games and stop playing when the first win (or loss) appears. Each game ends
up with either a win by A, which happens with probability p, a win by B, which
happens with probability q, or a draw, which happens with probability 1-p-q.

第 四 篇 97 交 大 4-65
The match continues until one of the players wins a game (and the match).
(a) What is the probability that A will win the last game of the match?
(b) Given that the match lasted no more that 5 games, what is the probability
that A won the match/
(c) Given that A won the match, what is the probability that he won at or before
the 5 th game? (9%)【97 交 大 電 子 】
【 詳 解 】
令 A , A , A 分 別 為 A 贏 、 輸 及 平 分 之 結 果
W
L
D
A W
A L
A W
A D
A L
A D
A W
A L
A D
A W
A L
A D
A W
A L
A D .....
(a) 令 W 為 A 為 贏 家 的 事 件
P ( W ) = P(
第 一 局 贏 ) + P(
第 二 局 贏 ) + P(
第 三 局 贏 ) + L
= p + (1 − p − q)
p + (1 − p − q)
= p[1
+ (1 − p − q)
+ (1 − p − q)
=
1−
(1 −
p
=
p + q
p
p
− q)
(b) 令 E 為 A 在 第 五 局 前 贏 的 事 件
2
2
p + (1 − p − q)
+ (1 − p − q)
3
3
p + L
+ L]
P ( E)
= P(
第 一 局 贏 ) + P(
第 二 局 贏 ) + P(
第 三 局 贏 )
+ P ( 第 四 局 贏 ) + P(
第 五 局 贏 )
2
3
= p + ( 1−
p − q)
p + (1 − p − q)
p + (1 − p − q)
p + (1 − p − q)
4
p

4-66 陳 立 工 數
2
= p [1 + (1 − p − q)
+ (1 − p − q)
+ (1 − p − q)
5
− p (1 − p − q)
[1 + (1 − p − q)
+ (1 − p − q)
p
= −
p + q
p(1
− p − q)
p + q
5
p[1
− (1 − p − q)
]
=
p + q
(c)
5
3
2
+L]
P(
E ∩W
) P(
E)
P( E W ) = = = 1−
(1 − p − q)
P(
W ) P(
W )
+ (1 − p − q)
5
3
+L]
Consider two random variables X and Y such the pair (X,Y) jointly takes values
only on (1,0), (-1,0), and (0,2), each with joint probability 3
1 .
(a) Find E [ X ], [ Y ]
E and [ X Y ]
E .
(b) Are X and Y uncorrelated? And, are they independent? Justify your
answers. (7%)【97 交 大 電 子 】
【 詳 解 】
隨 機 變 數 X 之 domain 為 {-1,0,1}
隨 機 變 數 Y 之 domain 為 {0,2}
隨 機 變 數 X 及 Y 之 聯 合 機 率 質 量 函 數 :
Y
X
範 例 7
-1 0 1 f Y
(y)
0 1 3 0 1 3
2 3
2 0 1 3 0 1 3
f X
(x) 1 3 1 3 1 3
1
1 1 1
(a) E [ X ] = ∑ xf
X
( x)
= ( −1×
) + (0 × ) + (1 × ) = 0
3 3 3
x=−1

第 四 篇 97 交 大 4-67
(b)
2
E [ Y ] = ∑ yf Y
( y)
= (0 ×
E [ X Y
E [ X Y
f X
f Y
f XY
f
y= 0
1
= 0] = ∑ x ⋅ f
x=−1
= 2] = ∑ x ⋅ f
( x = −1)
=
( y = 0) =
2
3
1
x=−1
1
3
( x = −1,
y = 0) =
XY
X Y
X Y
1
3
2
)
3
+ (2×
1
)
3
=
2
3
( x y = 0) = ( −1×
1 3
)
2 3
+ (0 ×
0
)
2 3
+ (1 ×
1 3
)
2 3
= 0
0 1 3 0
( x y = 2) = ( −1×
) + (0 × ) + (1 × ) = 0
1 3 1 3 1 3
1
( x = −1,
y = 0) = ≠ f
X
( x = −1)
⋅ fY
( y = 0) =
3
故 隨 機 變 數 X 及 Y 不 為 獨 立 (XY are dependent variables)。
Cov ( X , Y)
2
1
= ∑ ∑
y= 0 x= −1
xy ⋅ f
XY
( x,
y)
= 0
故 隨 機 變 數 X 及 Y 為 不 相 關 (XY are uncorrelated)。
Remark: 不 相 關 不 代 表 就 是 獨 立 , 因 不 相 關 僅 代 表 隨 機 變 數 線 性 獨
立 , 但 不
非 線 性
保 證 非 線 性 也 是 獨 立 。 而 獨 立 則 代 表 隨 機 變 數 無 論 是 線 性 或
上 均 為 獨 立 。
2
9
範 例 8
1
Let X be an exponential random variable with mean . Find [ X X > 5]
λ
E .
(3%)【97 交 大 電 子 】
【 詳 解 】

4-68 陳 立 工 數
1
E ( X ) =
λ
X ~ Exp(
λ)
f
X
−λx
⎧ λe
, x > 0
( x)
= ⎨
⎩ 0, o.
w.
f
X
f
( x
E[
X
∞
−λx
−5λ
> 5) = P(
X > 5) = ∫ λe
dx = e
5
( x)
λe
−λx
X
( x X > 5) = =
X X > 5
−5λ
f
X
( x > 5) e
X > 5] = ∫
f
λe
e
1
dx =
−5
e
−λx
e
− ]
λ
1
=
−5
e
−λx
−5
x
∞
−λx
∞
−5x
x ⋅
[ −xe
5
[5e
+
5 −5λ
λ
λ
λ
1
= 5 +
λ
e
]
範 例 9
In a nonlinear electronic detector, the input signal X is a random variable with
the following probability distribution:
⎧1+
x
⎪ ,
f ( x)
= ⎨ 2
⎪⎩ 0,
−1
< x < 1,
elsewhere.
The output signal Y is also a random variable and is designed to be
2
Y = X .
Find the probability distribution of Y. (5%)【97 交 大 電 子 】
【 詳 解 】
2
Y = X X = ± Y
(i) 當 −1 < X < 0,
X = − Y

第 四 篇 97 交 大 4-69
J
=
dX
dY
1
= −
2 y
f Y
1 1−
y 1−
y
( y)
= ⋅ = , 0 < y < 1
1
2 y 2 4 y
(ii) 當 0 ≤ X < 1,
X = Y
dX 1
J = =
dY 2 y
f Y
1 1+
y 1+
y
( y)
= ⋅ = , 0 < y < 1
2
2 y 2 4 y
f
Y
1−
y 1+
y
( y)
= fY
( y)
+ fY
( y)
= + =
1 2
4 y 4 y
2
1
y
f Y
⎧ 1
⎪ ,
( y)
= ⎨2
y
⎪
⎩ 0,
0 < y < 1
o.
w.
範 例 10
Answer the following problems:
(a) Let X be a random variable with the exponential distribution. Then through
a certain random sampling on X, we obtain a sample mean designated as
X . Sketch the distribution of the sample mean X for two extreme cases
of the sample size n: (i) n = 1 and (ii) n → ∞ .
(b) Describe and Sketch the Student t-distribution and distinguish it from the

4-70 陳 立 工 數
normal distribution.
(c) Suppose 10 white rats are used in a biomedical study where the white rats
are injected with cancer cells and given a cancer drug that is designed to
increase their survival rate. The survival time, in months, are 14, 17, 27, 18,
12, 8, 22, 13, 19, and 12. Assume that the exponential distribution applies.
Use the maximum likelihood method to estimate the mean survival time.
(15%)【97 交 大 電 子 】
【 詳 解 】
iid
1 n
λ
(a) X , X , 2
K , X ~ Exp(
)
X
=
X
+ X
+ L+
X
=
n
1 2
n 1
n
n
1
E ( X ) = ∑ E(
n
i=
1
2
i=
1
X i
) =
n
1
Var(
X ) = ∑Var(
X
n
(i) 當 n = 1,
X =
X 1
X ~ Exp(
λ)
f
X
1
λ
−λx
⎧ λe
, x > 0
( x)
= ⎨
⎩ 0, o.
w.
n
∑
i=
1
1
X
i
) = ⋅ =
2 2 2
n λ nλ
f ′ < 0, f ′′ > 0 f 為 convex.
f (0) = λ
i
n
1
λ
0
−λx
lim f ( x)
= lim λ e = 0
x→∞
x→∞
(ii) 當 n → ∞,
根 據 CLT,

第 四 篇 97 交 大 4-71
X
1 1
N(
, )
λ nλ
~
2
0
1
λ
(b)
Z-distribution
t-distribution
(1) t 分 配 仍 為 以 其 平 均 數 為 中 心 的 對 稱 分 配
(2) t 分 配 的 雙 尾 較 常 態 分 配 為 厚
(c) 令 X 為 第 i 隻 老 鼠 的 真 正 壽 命 , ~ Exp(
λ)
i
X iid
i
f
X i
( x ) = λe
−λ
i
xi
現 在 使 用 MLE( 最 大 概 似 法 ) 找 出 參 數 λ
ML
概 似 函 數 likelihood fuction L λ ) = Π f
ln L(
λ ) = nln
λ − λ
n
∑ x i
i=
1
n
−λxi
n 1 2 n
(
X
( x )
i i
= Π e = e
i=
1
n
i=
1
λ
λ
−λ(
x + x + L+
x )

4-72 陳 立 工 數
n
d ln L(
λ)
n
= − ∑
dλ
λ
∑
i=
1
i
x i
i=
1
= 0
n 1
λ
ML
= = 當 中 X =
n
X
x
X
1
+ X
2
+ L+
X
此 時 已 知 n = 10 且 X , X , 2
K , = 14,17, , 12
14 + 17 + L+
12
X =
= 16. 2
10
λ
ML
1 = = X
1
16.2
1
E( X ) = = 16.2 月
λ
ML
n
1
X n
L
n
範 例 11
We wish to test a certain hypothesis through the random sampling technique:
µ = µ
H
0
: population maan
0
H
1: population maan
µ = µ 0
+ δ where δ > 0 .
The sample size n is large enough that the central limit theorem can apply.
Derive the sample size n as a function of δ ,σ (known population standard
deviation), α (type-I error or level of significance), and β (type-II error).
One-sided test is assumed. (You can use the standard normal variables
Z
α
and
Z
β
for α and β , respectively) (5%)【97 交 大 電 子 】
【 詳 解 】
判 斷 結 果

第 四 篇 97 交 大 4-73
H 0 為 真
真 實
情 況
H 0 不 為 真
令 X 為 樣 本 平 均 數
α = P( 拒 絕 H
0
H
0
為 真 )
拒 絕 H 0
錯 誤 判 斷
(Type I error)
正 確 判 斷
接 受 H 0
正 確 判 斷
錯 誤 判 斷
(Type II error)
α = P(
Z
>
X − µ
0
)
σ
n
拒 絕 H
0
Z
α
X − µ
0
=
σ
n
σ
X = µ 0
+ Z
n
α
µ
0
β = P( 接 受 H
0
H
0
不 為 真 )
β = P(
X µ + δ )
0
X − µ
0
+ δ
β = P(
Z < )
σ
n
σ
µ
0
+ Zα − ( µ
0
+ δ )
n
β = P(
Z <
)
σ
n
δ n
β = P(
Z < Zα
− )
σ
Z
β
= Z
α
δ n
−
σ
接 受 H
0
µ + δ
0

4-74 陳 立 工 數
2
σ
n =
2
δ
−
( Zα
Z
β
)
2

第 四 篇 97 交 大 4-75
97 交堙 大圢 電 信
範 例 1
Let
⎡0
A =
⎢
⎢
1
⎢⎣
3
0
2
7
2⎤
6
⎥
⎥
. Is the matrix A non-singular? Justify your answer.
9⎥⎦
If exists, find
−1
A and express A as a product of elementary row matrices.
【 範 圍 】 電 機 線 代 3-3, 2-5
0
【 詳 解 】1 因 為 det( A ) = 1 2 6 = 2 ≠ 0 A 為 非 奇 異 矩 陣
3
0
7
2
9
2 6
1 6 1 2
2 又 A
11
= = −24,
A12
= − = 9, A13
= = 1
7 9
3 9 3 7
0 2 0 2
0 0
A
21
= − = 14, A22
= = −6,
A23
= − = 0
7 9 3 9
3 7
0 2
0 2 0 0
A
31
= = 4, A32
= − = 2, A33
= = 0
2 6
1 6 1 2
⎡24
−1
adj(
A)
1
A = =
⎢
⎢
− 9
det( A)
4
⎢⎣
−1
⎡0
0 2⎤
⎡1
3 A =
⎢ ⎥
⎯⎯→
⎢
⎢
1 2 6
⎥ ⎢
0
⎢⎣
3 7 9⎥⎦
⎢⎣
3
−14
− 4⎤
6 − 2
⎥
⎥
0 0 ⎥⎦
2 6⎤
⎡1
( −3)
0 2
⎥
⎯⎯ →
⎢
⎥ ⎢
0
7 9⎥⎦
⎢⎣
0
r 12 r 13
(5%)【97 交 大 電 信 】
2
0
1
6 ⎤
2
⎥
⎥
− 9⎥⎦

4-76 陳 立 工 數
⎡1
2 6 ⎤ ⎡1
1
( )
r ⎢ ⎥ r 2
3
⎯⎯→
⎯⎯→
⎢
⎢
0 1 − 9
⎥ ⎢
0
⎢⎣
0 0 2 ⎥⎦
⎢⎣
0
⎡1
0 0⎤
(
r
⎯⎯ − 2)
21
→
⎢ ⎥
⎢
0 1 0
⎥
= I
⎢⎣
0 0 1⎥⎦
2
1
0
6 ⎤ ⎡1
( −6)
(9)
⎥ r31
32
− 9 ⎯⎯⎯→
⎢
⎥ ⎢
0
1 ⎥⎦
⎢⎣
0
23 r
1
( )
( −2)
(9) ( −6)
2
( −3)
Er Er Er Er Er Er Er A = I
21
32
31
3
( −2)
(9) ( −6)
2
( −3)
A = ( Er21 Er32
Er31
Er3
Er23
Er13
Er12
)
(3) (2) (6) ( −9)
(2)
A = Er Er Er Er Er Er
23
1
( )
12 13 23 3 31 32
Er21
⎡0
1 0⎤⎡1
0 0⎤⎡1
0 0⎤⎡1
0 0⎤
=
⎢ ⎥⎢
⎥⎢
⎥⎢
⎥
⎢
1 0 0
⎥⎢
0 1 0
⎥⎢
0 0 1
⎥⎢
0 1 0
⎥
⎢⎣
0 0 1⎥⎦
⎢⎣
3 0 1⎥⎦
⎢⎣
0 1 0⎥⎦
⎢⎣
0 0 2⎥⎦
13
12
−1
I
2
1
0
0⎤
0
⎥
⎥
1⎥⎦
⎡1
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
0
1
0
6⎤⎡1
0
⎥⎢
⎥⎢
0
1⎥⎦
⎢⎣
0
0
1
0
0 ⎤⎡1
− 9
⎥⎢
⎥⎢
0
1 ⎥⎦
⎢⎣
0
2
1
0
0⎤
0
⎥
⎥
1⎥⎦
⎡a
b⎤
Let A = ⎢ ⎥ be a matrix whose elements are non-negative and satisfy
⎣c
d ⎦
⎡b
1 ⎤
a + c = 1 = b + d . Also let P = ⎢ ⎥ .
⎣c
−1
⎦
Prove that if A ≠ I
2
then
(a) P is non-singular and calculate
(b)
範 例 2
1 ⎡b
A n →
b + c
⎢
⎣c
b⎤
c
⎥ ⎦
as
P − 1 AP ,
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)8-2 (b)8-4
⎡b
1 ⎤
【 詳 解 】(a) 因 為 P = ⎢ ⎥ det( P)
= −b
− c
⎣c
−1
⎦
⎡0
1⎤
n → ∞ , if A ≠ ⎢ ⎥ . (8%)【97 交 大 電 信 】
⎣1
0 ⎦

第 四 篇 97 交 大 4-77
若 P 為 奇 異 矩 陣 det( P ) = −b
− c = 0 b = −c
⎡a
b⎤
⎡1
− c − c ⎤
A = ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥
⎣c
d ⎦ ⎣ c 1+
c ⎦
又 題 意 表 示 A 的 所 有 元 素 皆 為 非 負 c = 0
A = I
2
與 事 實 不 符 P 為 非 奇 異 矩 陣
−1
1 ⎡1
1 ⎤
P =
b + c
⎢ ⎥
⎣c
− b ⎦
−1
1 ⎡1
1 ⎤⎡1
− c − c ⎤⎡b
1 ⎤
P AP =
b + c
⎢ ⎥⎢
⎥⎢
⎥
⎣c
− b⎦⎣
c 1+
c⎦⎣c
−1
⎦
1 ⎡ 1
1 ⎤⎡b
1 ⎤
= ⎢
2
b + c
⎥⎢
⎥
⎣c(1
− c − b)
− c − b(1
+ c)
⎦⎣c
−1⎦
⎡1
0 ⎤
= ⎢ ⎥
⎣0
1−
b − c⎦
−1
⎡1 0 ⎤ −1
(b) 由 (a) 可 知 A = PDP = P⎢
0 1
⎥P
⎣ − b − c⎦
n n −1
⎡1 0 ⎤ −1
A = PD P = P⎢
0 (1 )
⎥P
n
⎣ − b − c ⎦
n
當 n → ∞ , ( 1−
b − c)
→ 0
⎡1 0⎤
−1
A n → P⎢
0 0
⎥P
⎣ ⎦
1 ⎡b
1 ⎤⎡1
0⎤⎡1
1 ⎤ 1 ⎡b
b⎤
= ( ⎢
)
1
⎥⎢
0 0
⎥⎢
⎥ =
b + c ⎣c
− ⎦⎣
⎦⎣c
− b
⎢ ⎥
⎦ b + c ⎣c
c⎦
範 例 3
T
T
(a) Prove that if A and B are two matrices with m rows, and N(
A ) ⊂ N(
B ) ,
then R( B)
⊂ R(
A)
.
(b) Let v be a subspace. Show that
( v ⊥ ) ⊥ = v . (8%)【97 交 大 電 信 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)6-5 (b)10-6
T
T
【 詳 解 】(a) 因 為 N(
A ) ⊂ N(
B )

4-78 陳 立 工 數
T
⊥ T
N ( B ) ⊂ N(
A ) ⊥
R( B)
⊂ R(
A)
⊥
(b) 由 定 理 可 知 dim( V ) = dim( v)
+ dim( v ) --------- 1
⊥
⊥ ⊥
因 為 v 為 V 的 子 空 間
⊥ ⊥
V = v ⊕ (v ) V
= v
⊥ + (v )
⊥⊥
故 dim( V ) = dim( v
⊥ ) + dim( v ) --------------- 2
⊥ ⊥
比 較 12 式 可 得 dim( v ) = dim( v )
⊥ ⊥
又 v ⊆ (v ) ( v ⊥ ) ⊥ = v 得 證 !!
⊥
範 例 4
Consider the vectors
u
1
= (0,1,0,1,0) , u
2
= (1,0,0,0,0 ) , u = (1,0,1,0,1
3
) ,
w
1
= (1,1,0,0,0) , w
2
= (1,2,0,1,0 ) , and w = (1,1,1,0,1
3
)
Let U be the subspace of
5
R spanned by u
1
, u
2
and u
3
and W be the
subspace spanned by w
1, w
2
and w
3
.
(a) Select basis for U and W from u
1, u
2
and u
3
and w
1, w
2
and w
3
,
respectively.
(b) What are the dimensions of U and W?
(c) Determine
U ∩ W .
(d) Find a basis of
U ∩ W .
(e) Extend the basis from (d) to bases of U and W in such a way that you will
get a basis of U + W = span( U ∪W
) as well. What is the dimension of
U + W ? (5%)【97 交 大 電 信 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 5-2

第 四 篇 97 交 大 4-79
【 詳 解 】(a) 由 座 標 向 量
⎡0
1 0 1 0⎤
⎡0
1 0 1 0⎤
( −1)
⎢
⎥ r
⎯⎯ →
⎢
⎥
⎢
1 0 0 0 0 23
⎥ ⎢
1 0 0 0 0
⎥
⎢⎣
1 0 1 0 1⎥⎦
⎢⎣
0 0 1 0 1⎥⎦
沒 有 一 列 為 零 , 故 為 L.I
取 {( 0,1,0,1,0),(1,0,0,0,0),(0,0,1,0,1 )} 為 U 的 基 底
⎡1
1 0 0 0⎤
⎡1
1 0 0 0⎤
( −1)
( −1)
又
⎢
⎥ r
⎯⎯⎯
→
⎢
⎥
⎢
1 2 0 1 0 12 r13
⎥ ⎢
0 1 0 1 0
⎥
⎢⎣
1 1 1 0 1⎥⎦
⎢⎣
0 0 1 0 1⎥⎦
沒 有 一 列 為 零 , 故 為 L.I
取 {( 1,1,0,0,0),(0,1,0,1,0),(0,0,1,0,1 )} 為 W 的 基 底
(b) dim( U ) = dim( W ) = 3
→
(c) 令 x =
(
1 2 3 4 5
x , x , x , x , x ) ∈U
∩W
→
→
則 x ∈U
且 x ∈W
(d) U ∩ W 的 基 底 為 {( 0,1,0,1,0),(0,0,1,0,1 )}
(e) U + W = span( U ∪W
)
= span{(0,1,0,1,0),(1,0,0,0,0),(0,0,1,0,1),(1,1,0,0,0)}
由 座 標 向 量
⎡0
1 0 1 0⎤
⎡0
1 0 1 0⎤
⎡0
0 0 1 0⎤
⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥
⎢
1 0 0 0 0 ( −1)
−
⎥ ⎯⎯→⎢
1 0 0 0 0 ( 1)
r 24 ⎥
r
⎯⎯→⎢
1 0 0 0 0
41
⎥
⎢0
0 1 0 1⎥
⎢0
0 1 0 1⎥
⎢0
0 1 0 1⎥
⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥
⎣1
1 0 0 0 ⎦ ⎣0
1 0 0 0⎦
⎣0
1 0 0 0⎦
故 取 {( 1,0,0,0,0),(0,1,0,0,0),(0,0,1,0,1),(0,0,0,1,0 )} 為 U + W 基 底
且 dim( U +W ) = 4
範 例 5
In
3
R , let g be a line through the origin and E be a plane through the origin
such that g is not in E. Determine (geometrically) the eigenvalues and
eigenspaces of the following linear maps:

4-80 陳 立 工 數
(a) reflection in the plane E.
(b) reflection in the origin.
(c) Parallel projection in the direction of g onto E.
(d) rotation about g through
π
3
followed by rescaling in the direction of g
with factor 6.
(e) Which of these maps admit a basis of eigenvectors?
【 範 圍 】 電 機 線 代 6-2
【 詳 解 】(a) 令 T 為 對 E 鏡 射 的 矩 陣
→
→
則 1 T ( x)
= x x ∈ E
→
→
∀
→
→
∈
λ = 1且 特 徵 空 間 為 E
(5%)【97 交 大 電 信 】
⊥
2T ( x)
= − x ∀ x E λ = −1
且 特 徵 空 間 為 E
(b) 令 T 為 對 原 點 鏡 射 的 矩 陣
→
→
則 T ( x)
= − x λ = −1且 特 徵 空 間 為 R
(c) 令 T 為 沿 著 g 方 向 投 影 到 E 的 矩 陣
→
→
則 1 T ( x)
= x x ∈ E
∀
→
λ = 1且 特 徵 空 間 為 E
→ →
2 T (g) = 0 λ = 0 且 特 徵 空 間 為 g
π
(d) 令 T
1為 繞 g 旋 轉 的 矩 陣 且 T
2
為 g 方 向 放 大 6 倍 的 矩 陣
3
→ →
則 T T ( 2 1 x)
= 6 x λ = 6 且 特 徵 空 間 為 g
(e) 上 述 4 個 映 射 , 其 中 (a)(b)(c) 皆 是 有 一 組 含 特 徵 向 量 為 基 底 。
3
⊥

第 四 篇 97 交 大 4-81
範 例 6
Write down matrices
(4,4)
A i
∈ R in Jordan normal form with the following
properties:
(a) A
1
has eigenvalues 2 and 4, with 2 having algebraic multiplicity 3 and
geometric multiplicity 1.
(b) A
2
has eigenvalues 5, with algebraic multiplicity 4 and geometric
multiplicity 3.
(c) A
3
has the eigenvalue 7 with algebraic multiplicity 2 and geometric
multiplicity 2 and the eigenvalue -3 with algebraic multiplicity 2 and
geometric multiplicity 1.
(d) The matrices A
4
and A
5
both have the eigenvalue 1with algebraic
multiplicity 4 and geometric multiplicity 2 and have no other eigenvalues.
Furthermore, A
4
and A
5
are not similar. (5%)【97 交 大 電 信 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 ch9
【 破 題 】algebraic multiplicity( 代 數 重 數 ): 重 根 特 徵 值 的 數 目
geometric multiplicity( 幾 何 重 數 ): 重 根 特 徵 值 所 對 應 特 徵 向 量 的
數 目
⎡4
0 0 0⎤
⎡5
0 0 0⎤
⎢ ⎥
【 詳 解 】(i) ⎢
0 2 1 0
A ⎥
1
=
(ii)
⎢0
0 2 1⎥
⎢ ⎥
⎣0
0 0 2⎦
⎡7
0 0 0 ⎤
⎢
⎥
(iii) ⎢
0 7 0 0
A =
⎥
3
⎢0
0 − 3 1 ⎥
⎢
⎥
⎣0
0 0 − 3⎦
A
2
⎢
⎢
0
=
⎢0
⎢
⎣0
5
0
0
0
5
0
0
⎥
⎥
1⎥
⎥
5⎦

4-82 陳 立 工 數
⎡1
1 0 0⎤
⎢ ⎥
(iv) ⎢
0 1 0 0
A =
⎥
4
,
⎢0
0 1 1⎥
⎢ ⎥
⎣0
0 0 1⎦
A
5
⎡1
⎢
⎢
0
=
⎢0
⎢
⎣0
0
1
1
0
0
0
1
1
0⎤
0
⎥
⎥
0⎥
⎥
1⎦
範 例 7
Consider the matrix
⎡0
1 1⎤
Q =
⎢ ⎥
⎢
1 0 1
⎥
.
⎢⎣
1 1 0⎥⎦
(a) Is this matrix positive definite, negative definite, or indefinite?
(b) Is this matrix positive definite, negative, or indefinite on the subspace
{ x x + x + 0}
M = x ?
:
1 2 3
=
(c) Consider the quadratic form
2 2 2
1,
x2,
x3)
x1
+ x2
+ 5x3
+ 2x1x2
− 2x1x3
4
f ( x = + x x . Find the values of the
2
3
parameter ξ for which this quadratic form is positive definite.
(8%)【97 交 大 電 信 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 12-1
− λ 1 1
【 詳 解 】(a) 由 det( Q − λI)
= 1 − λ 1 = 0 λ = 2,
−1,
−1
1 1 − λ
Q 為 不圹 定 型 矩 陣 (indefinite)。
(b) M = x | x + x + x 0}
{
1 2 3
=
1
+ x2
+ x3
=
x 0 x3 = −x1
− x2
故 取 M 基 底 為 {( 1,0, − 1),(0,1, −1)}

第 四 篇 97 交 大 4-83
⎧ ⎡ 1 ⎤ ⎡−1⎤
⎡ 1 ⎤ ⎡ 0 ⎤
⎪
⎪
Q
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
0
⎥
=
⎢
0
⎥
= ( −1)
⎢
0
⎥
+ 0
⎢
1
⎥
⎪ ⎢⎣
−1⎥⎦
⎢⎣
1 ⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎨
⎪ ⎡ 0 ⎤ ⎡ 0 ⎤ ⎡ 1 ⎤ ⎡ 0 ⎤
⎪Q
⎢ ⎥
=
⎢ ⎥
=
⎢ ⎥
+ −
⎢ ⎥
⎪ ⎢
1
⎥ ⎢
−1
⎥
0
⎢
0
⎥
( 1)
⎢
1
⎥
⎪⎩
⎢⎣
−1⎥⎦
⎢⎣
1 ⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎡−1
0 ⎤
[ Q ]
M
= ⎢ ⎥ λ = −1,
−1
⎣ 0 −1
⎦
負 定 型 矩 陣 (negative definite)
2 2 2
(c) f ( x1,
x2,
x3)
= x1
+ x2
+ 5x3
+ 2ξ
x1x2
− 2x1x3
+ 4x2x3
⎡ 1 ξ −1⎤
⎡ x1
⎤
= [ x
⎢ ⎥⎢
⎥
1
x2
x3]
⎢
ξ 1 2
⎥⎢
x2
⎥
( X T AX 型 式 )
⎢⎣
−1
2 5 ⎥⎦
⎢⎣
x ⎥
3 ⎦
⎡ 1 ξ −1⎤
令 A =
⎢ ⎥
⎢
ξ 1 2
⎥
⎢⎣
−1
2 5 ⎥⎦
若 要 讓 A 矩 陣 為 正埲 定 , 則 必 須 主垙 子圤 行 列 式 皆 正
∆1 ( A ) = 1,1,5 > 0
1 ξ
2
1 −1
1 2
∆2 ( A ) = = 1−ξ
, = 4, = 1 > 0
ξ 1 −1
5 2 5
1
ξ
−1
2
∆3 ( A ) = ξ 1 2 = −4ξ
− 5ξ
> 0
−1
2 5
2
⎪⎧
1−ξ
> 0
⎨ ⎪⎩
2
− 4ξ
− 5ξ
> 0
4
− < ξ < 0
5

4-84 陳 立 工 數
範 例 8
Find an orthogonal matrix C such that the matrix
⎡2
1 1⎤
A =
⎢ ⎥
⎢
1 2 1
⎥
is
⎢⎣
1 1 2⎥⎦
transformed into a diagonal matrix by
C
−1
1
AC = C AC . Which property of A
quarantees that you can find such a C and the corresponding diagonal matrix?
【 範 圍 】 電 機 線 代 11-5
【 詳 解 】 只 有 A 矩 陣 為 實 對 稱 矩 陣 才 可 正 交 對 角 化
2 − λ 1 1
由 det( A − λI)
= 1 2 − λ 1 = 0 λ = 4,1, 1
1
1
2 − λ
⎡−
2 1 1 ⎤ ⎡1⎤
EV (4) = ker
⎢
1 2 1
⎥
{
⎢
1
⎥
⎢
−
⎥
= span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
1 1 − 2⎥⎦
⎢⎣
1⎥⎦
⎡ 1 ⎤
⎢ ⎥
⎢
3
⎥
1
orthonormal eigenvector is { k ⎢ ⎥
1
| k1
∈ R}
⎢ 3 ⎥
⎢ 1 ⎥
⎢ ⎥
⎣ 3 ⎦
⎡1
1 1⎤
⎡ 1 ⎤ ⎡ 1 ⎤
EV (1) = ker
⎢
1 1 1
⎥
{
⎢
0
⎥
,
⎢
1
⎥
⎢ ⎥
= span
⎢ ⎥ ⎢
−
⎥
}
⎢⎣
1 1 1⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎢⎣
0 ⎥⎦
因 為 相 同 特 徵 值 所 對 應 的 特 徵 向 量 未 必 正 交 , 故
⎡ 1 ⎤ ⎡ 1 ⎤
由 Gram-Schmidt 將 {
⎢
0
⎥
,
⎢
1
⎥
⎢ ⎥ ⎢
−
⎥
} 正埲 交堙 化坜 可 得
⎢⎣
−1⎥⎦
⎢⎣
0 ⎥⎦
(6%)【97 交 大 電 信 】

第 四 篇 97 交 大 4-85
orthonormal eigenvectors are
⎡ 1 ⎤
⎢
2
⎥
u
⎢ ⎥
1
=
⎢
0
⎥
, u
⎢
1
− ⎥
⎢⎣
2 ⎥⎦
2
⎡ 1 ⎤
⎢ ⎥
⎢
6
⎥
⎢
2
= − ⎥
⎢ 6 ⎥
⎢ 1 ⎥
⎢ ⎥
⎣ 6 ⎦
⎡
⎢
⎢
令 C = ⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
1
3
1
3
1
3
1
2
0
1
−
2
1 ⎤
⎥
6
⎥
2
− ⎥ , 使 得 C
6 ⎥
1 ⎥
⎥
6 ⎦
−1
AC = C
T
⎡4
AC = D =
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
0
1
0
0⎤
0
⎥
⎥
1⎥⎦
範 例 9
Let X and Y be independent random variables with exponential probability
density function with parameter, λ .
(a) What is the cumulate density function of
Z = X + Y ?
(b) What is the conditional probability density function f (x)
?
x x+ y
(8%)【97 交 大 電 信 】
【 詳 解 】
X ~ Exp(
λ)
Y ~ Exp(
λ)
M X
M Y
(1) 令 Z = X + Y ,
M
Z
( t)
= E(
e
tz
Z ~ Γ(
α = 2, λ)
λ
( t)
= λ − t
λ
( t)
= λ − t
) = E(
e
t(
x+
y)
) = E(
e
tx
) E(
e
ty
) = M
X
( t)
M
Y
λ
( t)
= ( )
λ − t
2

4-86 陳 立 工 數
f
Z
2
λ
( z)
= ze
Γ(2)
−λz
λ
Γ(2)
2
= λ ze
−λz
, z > 0
2
z
−λt
−λt
−λt
z
FZ
( z)
= ∫ te dt = [ −λte
− e ]
0
0
⎧ 0, z < 0
= ⎨ −λ
z
⎩1
− e (1 + λz),
z ≥ 0
(2) 由 題 知 X ⊥ Y ,
f
XY
( x,
y)
=
f
X
( x)
⋅ f
Y
2
( y)
= λ e
−λx
e
−λy
2 −λx
−λ
( z−x)
2 −λz
f x z f x z x e e e
f ( XZ
XY
x = ( , ) ( , − ) λ
λ 1
)
=
=
= = , 0 < x < z
X Z
2 −λz
z
f ( z)
f ( z)
ze
2 ze
− λ
λ λ z
Z
Z
Find the probability that among 10,000 random digits, the digit 7 appears not
more that 971 times. (please give your answer in terms of
Φ(
y)
=
範 例 10
【 詳 解 】
1
2π
y
∫ −∞
e
2
−x
2
令 X 為 數 字 ”7” 出 現 的 次 數
1
X ~ Bin(
n = 10,000, p = )
10
因 np = 1 ,000 > 5
1
E ( X ) = np = 10000 × = 1000
10
1 9
Var ( X ) = np(1
− p)
= 10000×
× = 900
10 10
所 以 X ~ N(1000,900)
dx ). (5%)【97 交 大 電 信 】

第 四 篇 97 交 大 4-87
原 來 的
P(0
≤
X
< 971) = P(
−0.5
<
X
− 0.5 −1000
< 970.5) = P(
< Z
900
970.5 −1000
<
)
900
= P(
−33.35
< Z < −0.983)
= Φ(
−0.983)
− Φ(
−33.35)
= Φ(
−0.983)
範 例 11
Let X and Y be two random variables with positive variances.
(a) Let
Xˆ L
be the linear least squares estimator of X based on Y. Show that
[( X − Xˆ
) Y ] = 0
E
L
.
ˆ .
(B) Let Xˆ be the Bayesian estimator, X = E[ X Y ]
E ˆ .
Show that for any function h, [( X − X ) h(
Y )] = 0
(C) Is it true that the estimation error E[ X Y ]
X − is independent of Y?
(8%)【97 交 大 電 信 】
【 詳 解 】
(a) E[( X − Xˆ
) h(
Y )] = E[
Xh(
Y )] − E[
Xh ˆ ( Y )]
=
=
∫
∞
y=−∞
∫
∞
y=−∞
∫
∞
x=−∞
∫
∞
x=−∞
∫
xh ( y)
⋅ f ( x,
y)
dxdy − E[
X Y ] h(
y)
f ( y)
dy
XY
∞
y=−∞
∞ ∞ f
XY
( x,
y)
xh ( y)
⋅ f
XY
( x,
y)
dxdy − ∫ [
y=−∞
∫ x dx]
h(
y)
fY
( y)
dy
x=−∞
f ( y)
Y
Y

4-88 陳 立 工 數
=
∫
∞
y=−∞
∫
∞
x=−∞
= 0
(b) FALSE。
∫
∞
xh ( y)
⋅ f ( x,
y)
dxdy − xh(
y)
f ( x,
y)
dxdy
XY
y=−∞
∫
∞
x=−∞
XY
因 為 E [ X Y ] 必 為 隨 機 變 數 Y 的 函 數 , 故 X − E[ X Y ] 與 Y 不 為 獨 立 。
The number of failures of a computer network is assumed to possess Poisson
distribution. The mean time to failure of the network is 3 months. What is the
probability that the network will not fail within two years? Derive your exact
answer from two possible distributions (Hint: define two random variables
first). (10%)【97 交 大 電 信 】
【 詳 解 】
1
令 X 為 網 路 無 法 正 常 運 作 所 需 等 待 的 時 間 , E ( X ) = 3 X ~ Exp( )
3
從 題 意 得 知 網 路 無 法 正 常 運 作 的 平 均 等 待 時 間 為 3 個 月 , 故 反 推 可 知 1 年
將 出 現 4 次 網 路 無 法 正 常 運 作 的 事 件 , 而 2 年 將 有 8 次 網 路 無 法 正 常 運 作
的 事 件 。
令 Y 為 2 年 內 網 路 無 法 正 常 運 作 的 次 數 , E ( Y ) = 8 Y ~ Poi(
λ = 8)
f
Y
範 例 12
−8
⎧e
8
⎪
( y)
= ⎨ y!
⎪
⎩ 0,
y
,
y = 0,1,2, K
o.
w.
P( 二 年 內 均 無 發 生 網 路 無 正 常 運 作 )
P ( Y
−8
0
e (8)
= 0) = = e
0!
−8

第 四 篇 97 交 大 4-89
範 例 13
(b) Assume X is normally distributed with parameters µ and σ , please find
the moment-generating function of X.
(c) Let X and Y are jointly normal, please find the variance of
Z = X + Y , and
prove that X and Y are uncorrelated then they are independent.
(14%)【97 交 大 電 信 】
【 詳 解 】
2
(1) X ~ N(
µ , σ ) ,
2
( X −µ
)
−
2
2
1
σ
f ( x)
= e
2πσ
M
2
∫ ∞ ( X −µ
)
−
xt
xt 1
2
2σ
x
( t)
E(
e ) = e ⋅ e
−∞
= dx
2πσ
µ
= e ∫
2
( X −µ
)
∞
t ( X ) t 1 −
−µ
2
2σ
−∞
e
⋅
e
2πσ
dx
2
2
∫ ∞ 2( X −µ
) σ t ( X −µ
)
−
µ t 1 2
2
2σ
2σ
e e
−∞
= e
dx
2πσ
= e
= e
2 2
σ t
µ t+
2
2 2
σ t
µ t+
2
2 2
σ t
µ t+
2
∫
∫
∞
−∞
∞
−∞
1
e
2πσ
1
e
2πσ
2
2 2 2
[(
X −µ
) −2(
X −µ
) σ t+
( σ t)
]
2
2σ
dx
2 2
[(
X −(
µ + σ t)
]
2
2σ
dx
= e
(2) Var ( Z ) = Var(
X + Y ) = Var(
X ) + Var(
Y ) + 2Cov(
X , Y )
= σ + σ + 2ρ
2
X
2
Y
XY
−
−
σ
X
σ
Y

4-90 陳 立 工 數
P.S.:
Y
X
Y
X
XY
Y
X
Cov
Y
X
Cov
σ
σ
σ
σ
ρ
)
,
(
)
,
(
2
2
=
= Y
X
XY
Y
X
Cov
σ
σ
ρ
=
)
,
(
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
−
+
−
−
−
−
−
−
−
=
2
2
2
)
(
)
)(
(
2
)
(
)
2(1
1
2
1
2
1
)
,
(
Y
Y
X
Y
X
X
XY
X
X
XY
y
y
x
x
XY
Y
X
XY
e
y
x
f
σ
µ
σ
µ
σ
µ
ρ
σ
µ
ρ
ρ
σ
πσ
當 X 與 Y 不 相 關 時 , 0
=
XY
ρ
)
(
)
(
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
)
(
2
2
)
(
2
]
)
(
)
(
[
2
1
y
f
x
f
e
e
e
Y
X
y
Y
x
X
y
x
Y
X
Y
Y
X
X
Y
Y
X
X
⋅
=
⋅
=
=
−
−
−
−
−
+
−
−
σ
µ
σ
µ
σ
µ
σ
µ
πσ
πσ
σ
πσ
Y
X ⊥

第 四 篇 97 交 大 4-91
97 交堙 大圢 電 控
A fair coin is tossed 400 times. Let the random variable X be the number of
heads.
(a) What is expected value of X ?
(b) What is the standard deviation of X ?
(c) Describe how you can estimate P ( 100 ≤ X ≤ 200)
by the central limit
theorem. 【97 交 大 電 控 】
【 詳 解 】
範 例 1
令 X 為 擲 出 Head 的 數 量
1
X ~ Bin(
n = 400, p = )
2
1
(a) E ( X ) = np = 400 × = 200
2
1 1
(b) Var ( X ) = np(1
− p)
= 400×
× = 100
2 2
σ
X
= Var( X ) = 100 = 10
(c) 根 據 CLT ( 中 央 極 限 定 理 )
X ~ N(
µ = 200, σ 2 = 100)
P.S.: 二 項 分 配 → 常 態 分 配 需 連 續 化 修 正 (Correction of Continuity)
99.5 − 200 200.5 − 200
P(100
≤ X ≤ 200) = P(99.5
< X < 200.5) = P(
< Z <
)
10
10

4-92 陳 立 工 數
= P(
−10.05
< Z < 0.05)
= Φ(0.05)
− Φ(
−10.05)
= Φ(0.05)
Suppose we have a situation of rolling a die, where there is only one of six
possible faces. We also suppose that all six outcomes have the same probability
and the trials are independent.
(a) Let the random variable X be the number of rolls of a die until we see the
first “4”. Determine the probability P ( X = k),
k ≥ 1.
(b) Given the above probability distribution, what is the generating function?
Show the result after simplification.
(c) Use the generating function to find the mean of X.
(d) Use the generating function to find the variance of X.
(e) What is the expected number of rolls of a die until we will have seen all six
faces? 【97 交 大 電 控 】
【 詳 解 】
(a) 令 X 為 直 到 第 一 次 ”4” 出 現 為 止 所 需 投 擲 次 數
1
X ~ Geo(
p = )
6
f
X
範 例 2
⎧1
5
⎪ ( )
( x)
= ⎨6
6
⎪⎩ 0,
x−1
,
x = 1,2, L
o.
w.
1 5 k −1
P ( X = k)
= ( ) , k ≥ 1
6 6
tx
(b) ∑ ∞ M
X
( t)
= E(
e ) = e
x=
1
tx
1
(
6
5
)
6
x−1

第 四 篇 97 交 大 4-93
1 t 1 t 5 t 1 t 5 t 2
= e + e [ e ] + e [( e ] + L
6 6 6 6 6
1 t 1
= e ⋅
6 5 t
1−
e
6
t
e
=
t
6 − 5e
t
t 2t
1 d
e (6 − 5e
) + 5e
(c) E ( X ) = M
0
= M
X
( t)
t= 0
=
0
= 6
t 2 t=
dt
(6 − 5e
)
2
2 2 d
(d) E ( X ) = M
0
= M ( t )
0
= 66
2 X t=
dt
2
2
2
Var ( X ) = E(
X ) − [ E(
X )] = 66 − 6 = 30
(e) 令 X
1
, X
2
, X
3,
X
4
, X
5,
X
6
分 別 為 擲 出 每 一 點 數 所 需 投 擲 次 數
6
5
4
P ( X
1
) = , P ( X
2
) = , P ( X
3
) = ,
6
6
6
3
2
1
P ( X
4
) = , P ( X
5
) = , P ( X
6
) =
6
6
6
iid
i
~
i
且 X Geo{
P(
X )}, ∀i = 1,2,3,4,5, 6
而 令 X 為 所 有 點 數 均 出 現 一 次 所 需 投 擲 次 數
X = X
1
+ X
2
+ X
3
+ X
4
+ X
5
+ X
6
E ( X ) = E(
X
1)
+ E(
X
2
) + E(
X
3
) + E(
X
4
) + E(
X
5
) + E(
X
6
6 6
= +
6 5
= 14.7
+
6
4
+
6
3
+
6
2
+
6
1
)
範 例 3
There are 3 bags. One contains 2 red balls, another has 2 white balls and the
third has one red ball and one white ball. You pick a bag at random, and
without looking inside take out one ball. Suppose it is red. What is the

4-94 陳 立 工 數
probability that the other ball in that bag is also red? Show your reasoning.
【 詳 解 】
令
A
i
為 抽 到 第 i 個 袋 子 的 事 件 ,i = 1,2,3
令 R 為 抽 到 第 j 個 球 為 紅 球 的 事 件 ,j = 1,2
j
( 當 中 R
2
為 抽 出 且 被 觀 察 到 的 球 是 紅 球 的 事 件 )
【97 交 大 電 控 】
A
1
A
2
A
3
The probability that the other ball in the bag is also red
R
1
R
1
c
R 1
c
R 1
R
1
c
R 1
R
2
R
2
c
R 2
c
R 2
c
R 2
R
2
P(
R
1
R ) =
2
P(
A
1
P(
A
1
1
∩ R ∩ R )
∩ R ∩ R ) + P(
A
2
1
3
2
∩ R
c 1
∩
R
2
)
1
× 1
= 3
1 1
( × 1) + ( ×
3 3
1
)
2
=
2
3
範 例 4
Suppose we select independently both the x and y coordinates of a point in the
x-y plane from the same normal distribution which is centered at the origin
2
x
1 −
2
p( x)
= e .
2π
What is the expected distance of the random point in the x-y plane from the
origin?
【97 交 大 電 控 】

第 四 篇 97 交 大 4-95
【 詳 解 】
X ~ N(0,1)
Y ~ N(0,1)
令 Z 為 某 點 與 原 點 間 之 距 離
2
z = x +
y
2
x
y
§ 方 法 (1):
2 2
x + y
1 −
2
X ⊥ Y f
XY
( x,
y)
= e , − ∞ < x < ∞,
− ∞ < y < ∞
2π
X
= ±
Z
2
− Y
2
(i) 當 X < 0,
x = −
z
2
− y
2
J
=
dx
dz
= −
z
2
z
− y
2
2
z
z
−
2
f1( z,
y)
=
e ,
2 2
2π
z − y
(ii) 當 X ≥ 0,
− ∞ <
y < z
x =
z
2
− y
2

4-96 陳 立 工 數
J
=
dx
dz
=
z
2
z
− y
2
2
z
z
−
2
f
2
( z,
y)
=
e ,
2 2
2π
z − y
− ∞ <
y < z
z −
2
f
ZY
( z,
y)
= f1
+ f
2
= e , − ∞ < y < z
2 2
π z − y
2
z
2
z
z
−
2
z
ze
−
− y z 1
2
1
2
f
Z
( z)
= ∫
e dy = [sin ]
−∞
= ze ,
y=−∞
2 2
π z − y
π z 2
2
z
−
2
z
− ∞ < z < ∞
2
z
∞ 1 −
2 2
E(
Z)
= ∫ z e dz =
−∞
2
=
2 ×
§ 方 法 (2):
∫
0
∞
z
( )
2
1
2
e
2
z
−
2
∫
∞
−∞
1
2
2
z
d =
2
∞ ∞
2 2
1
E(
Z)
= E(
X + Y ) = ∫−∞
∫−∞
2π
⎧x
= r cosθ
令 ⎨
⎩ y = r sinθ
∂(
x,
y)
J = = r
∂(
r,
θ )
z
2
e
2
z
−
2
dz
3
2 × Γ(
) =
2
x
2
+ y
2
e
1
2 × ×
2
2 2
x + y
−
2
dxdy
π =
2π
2
X + Y
2 = r
E(
X
2 2
r
2π
∞
−
2 2
2
+ Y ) = ∫ J ⋅ re drdθ
θ = 0∫
r = 0
=
=
2π
∞
1
r
2π
1
2π
2
r
−
2 2
2 3
× Γ(
) × 2π
=
2π
2
2
drdθ
=
2π
2
2π
×
1
2
×
2π
∞
∫θ
= 0∫
e
r=
0
∫ ∫
θ = 0 r=
0
π × 2π
=
2
r
( )
2
1
2
e
2π
2
2
r
−
2
2
r
d dθ
2

第 四 篇 97 交 大 4-97
範 例 5
Prove or disprove the following statements
“In a vector space V , if v and v are linear independent for
i
j
i, j = 1,2,3 , i ≠ j , then v
1
, v2,
v3
are linear independent.”
(10%)【97 交 大 電 控 】
【 詳 解 】False !
ex: 取 v = 1,0,0), v = (1,1,0), v (2,1,0 )
1
(
2
3
=
∀ i, j = 1,2,3 , i ≠ j , 但 是 v , v , } 為 線 性 相 依
{
1 2
v3
, 則 v
i
與 v
j
為 線 性 獨 立堒
範 例 6
2
°
Let L be the linear operator that rotates vectors in R by 45 in the
counterclockwise direction.
(1)Find the matrix representation of L with respect to the natural basis
⎡1⎤
⎡0⎤
{ e
1,
e2}
, where e
1
= ⎢ ⎥,
e 2
= ⎢ ⎥ .
⎣0⎦
⎣1
⎦
(2)Find the matrix representation of L with respect to the ordered basis
⎡1⎤
⎡1⎤
{ u
1,
u2}
, where u
1
= ⎢ ⎥,
u 2
= ⎢ ⎥ . (10%)【97 交 大 電 控 】
⎣0⎦
⎣1
⎦
°
【 詳 解 】 繞 原 點 逆 時 針 旋 轉 45 的 轉 移 矩 陣 為
°
°
⎡cos 45 − sin 45 ⎤ 1 ⎡1
−1⎤
[L]
= ⎢
⎥ =
°
° ⎢ ⎥
⎣sin 45 cos 45 ⎦ 2 ⎣1
1 ⎦
⎧ 1 ⎡1⎤
1 1
⎪L(
e1
) = ⎢ ⎥ = e1
+ e2
2 ⎣1⎦
2 2
(1) ⎨
⎪ 1 ⎡−1⎤
1 1
L(
e = = − +
⎪
2)
⎢ ⎥ e1
e2
⎩ 2 ⎣ 1 ⎦ 2 2
[L
] =
1 ⎡1
⎢
2 ⎣1
−1⎤
1
⎥ ⎦

4-98 陳 立 工 數
⎧
⎪L(
u1)
=
(2) ⎨
⎪
L(
u =
⎪
2)
⎩
1 ⎡1⎤
1
⎢ ⎥ = 0u1
+ u2
2 ⎣1⎦
2
1 ⎡0⎤
⎢ ⎥ = − 2u1
+ 2u
2 ⎣2⎦
2
[L
] =
1 ⎡0
⎢
2 ⎣1
− 2⎤
2
⎥ ⎦
範 例 7
n
n
Let u ∈ R be an unit vector in R and
following questions.
(1)Is H a symmetric and orthogonal matrix ?
(2)Is H diagonalizable ?
−1
2
(3)Find H and H ?
(4)Please find all the eigenvalues of H ?
H 2
T
= I − uu . Please answer the
(5)Find the trace, the rank and the determinant of H ?
(6)Find a matrix H , as stated above, such that Hx = e1
, where
1 2 2
x ( , ,
1
)
3 3 3
=
= T
T
) , e (1,0,0 .
(7)Is it possible to find a matrix H , as stated above, such that Hx = e1
, where
T
T
x = ( − 1,3, − 2) , e = 1
(1,0,0 ) . (30%)【97 交 大 電 控 】
【 詳 解 】(1)True !!
(2)True !!
因 為 H 為 實 對 稱 矩 陣 , 故 可垾 對 角 化坜
−1
(3) H = H
T = H 且 H
(4) λ ( H ) = −1,1,1,
123
L ,1
( n−1) 個
2
= H ⋅ H = H
(5) tr ( H ) = n − 2 , rank ( H ) = n
T
⋅ H = I
det( H ) = 特 徵 值 之 乘 積 = ( −1)
⋅1⋅1⋅LL1
= −1

第 四 篇 97 交 大 4-99
⎡1⎤
⎡ 2⎤
⎢ ⎢ −
3⎥
⎥
⎡1
⎢
⎤
2⎥
⎢ ⎥
(6) 取
⎢ ⎥ 2 3 w = ⎢ ⎥ − = ⎢ ⎥
⎥
⎢
0
⎢3
⎥
⎢ 3 ⎥
⎢2⎥
⎢⎣
0⎥⎦
⎢ 2 ⎥
⎢
⎣3⎥
⎦
⎢
⎣ 3 ⎥
⎦
⎡ 4
⎢
⎡1
0 0⎤
9
2 ⎢
t
⎢ ⎥ 3 4
H
w
= I − ww = − ⎢
⎢
0 1 0
⎥
−
t
w w
2 ⎢ 9
⎢⎣
0 0 1⎥⎦
⎢ 4
⎢
−
⎣ 9
⎡1
2 2 ⎤
⎢3
3 3 ⎥
⎢2
1 2⎥
= ⎢ − ⎥
⎢3
3 3⎥
⎢2
2 1 ⎥
⎢
−
⎣3
3 3 ⎥
⎦
⎡−1⎤
⎡1⎤
⎡−
2⎤
(7) 因 為 取 w =
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
=
⎢ ⎥
⎢
3
⎥
−
⎢
0
⎥ ⎢
3
⎥
⎢⎣
− 2⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
⎢⎣
− 2⎥⎦
⎡−1⎤
2
但 是 w = 17 ≠ 2[ − 2 3 − 2]
⎢
3
⎥
⎢ ⎥
= 30
⎢⎣
− 2⎥⎦
⎡−1⎤
⎡1⎤
故 找 不 到 這 樣 的 H , 使 得 H
⎢ ⎥
=
⎢ ⎥
⎢
3
⎥ ⎢
0
⎥
。
⎢⎣
− 2⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
4
−
9
4
9
4
9
4⎤
−
9⎥
4 ⎥
⎥
9 ⎥
4 ⎥
9 ⎥
⎦

4-100 陳 立 工 數
97 交堙 大圢 電 控
範 例 1
Solve the following differential eqution
2
x y ′′ ( x)
− 4xy′
( x)
+ 6y(
x)
= 0. (10%)【97 交 大 電 控 】
【 範 圍 】4-1
m
【 詳 解 】 令 y = x ( x > 0)
2
代 入 ODE x y′ − 4xy′
+ 6y
= 0
m
可 得 { m ( m −1)
− 4m
+ 6} x = 0 ( m − 2)( m − 3) = 0
m = 2, 3
2
y = c x + c
3
1 2x
範 例 2
Consider a
nd
2 -order differential equation
2
x y ′′ ( x)
− x(
x + 2) y′
( x)
+ ( x + 2) y(
x)
= 0 , x > 0 .
Given that
y
1
( x)
= x is a solution, find another linearly independent solution
for the differential equation. (10%)【97 交 大 電 控 】
【 範 圍 】4-2
【 詳 解 】 由 參 數 變 更 法 , 令 y = x ⋅φ(x)
y′ = φ ( x)
+ xφ′
( x)
, y′
= 2φ ′(
x)
+ xφ
′′ ( x)
2
代 入 ODE x y ′′ − x(
x + 2) y′
+ ( x + 2) y = 0
2
2
可 得 x (2φ
′(
x)
+ xφ′′
( x))
− x ( x + 2) φ′
( x)
= 0
φ ′′ ( x)
−φ′
( x)
= 0 φ
( ) = c + c e
y = c1 x + c2xe
x
x
1 2
x

第 四 篇 97 交 大 4-101
範 例 3
∫ ∞ −st
0
For a given f (t)
, its Laplace transform F (s)
f ( t)
e dt for some
constant k and
s > k . Three conditions are given in the following:
(a) f (t)
is a polynomial function.
(b) f (t)
is a continuous function.
(c) f (t)
is a differentiable function.
Which of conditions (a), (b) and (c) is (are) sufficient to guarantee the
existence of F (s)
? (Just say (a), (b), (c), or part of them; do not explain!)
(5%)【97 交 大 電 控 】
【 範 圍 】7-1
【 答 案 】(a)
因 為 f (t)
為 多 項 式 , 故 為 指 數 階 函 數 , 可 取 Laplace 變 換
範 例 4
Consider a system of linear equations
⎧ x′
( t)
= x(
t)
+ 2y(
t)
+ 3z(
t)
⎪
⎨y′
( t)
= 4x(
t)
+ 5y(
t)
+ 6z(
t)
z
⎪
⎩ z′
( t)
= 7x(
t)
+ 8y(
t)
+ 9z(
t)
Then x (t)
must satisfy a
x ′′ ′( t)
+ ax ′′ ( t)
+ bx′
( t)
+ cx(
t)
= 0 .
rd
3 -order differential equation with the form
What are the values of a, b, and c, respectively? (10%)【97 交 大 電 控 】

4-102 陳 立 工 數
【 範 圍 】20-3
【 詳 解 】 因 為 x′
( t)
= x + 2y
+ 3z
x′
= x′
+ 2 y′
+ 3z′
= 30x
+ 36y
+ 42z
x′
′′ = 30 x′
+ 36y′
+ 42z′
= 468x
+ 576y
+ 684z
代 入 x ′′′
+ ax ′′ + bx′
+ cx = 0
⎧468
+ 30a
+ b + c = 0
⎪
⎨576
+ 36a
+ 2b
= 0
⎪
⎩684
+ 42a
+ 3b
= 0
可 得 a = −15 , b = −18,
c = 0
範 例 5
Consider the
nd
2 -order differential equation
⎧y
(*) ⎨
⎩
′′ ( x)
− xy(
x)
= 0
y(0)
= 0
(a) Show that all solutions form a vector space.
(b) Find all power series solutions about 0 for the differential equation(*).
(15%)【97 交 大 電 控 】
【 範 圍 】9-2
【 詳 解 】ODE y ′ − xy = 0
令 y ( 0) = 0, y′
(0)
= a
y ′ = xy → y ′′( 0) = 0
y ′′′
= y + xy′
→ y ′′′
( 0) = y(0)
= 0
(4)
(4)
y = 2y′
+ xy
′′ → y (0) = 2a
(5)
(5)
y = 4y
′′ + xy
′′ ′ → y (0) = 0
(6)
(4) (6)
y = 5y
′′′ + xy → y (0) = 0
(7) (4) (5) (7)
y = 6y
+ xy → y (0) = 12a
M
故 解 為 = ∑ ∞ ( n)
y (0) n
y
x = y(0)
+ y′
(0) x +
n=
0 n!
y′′
(0)
x
2!
2
+ L

第 四 篇 97 交 大 4-103
1 4 12
= a ( x + x + x
12 7!
7
+L)
因 為 通 解 為 多 項 式 函 數 , 在 向 量 加 法 與 純 量 乘 法 封 閉 性 之 下
仍 為 向 量 空 間 , 故 通 解 的 集 合 為 一 向 量 空 間 。
範 例 6
Prove or disprove the following statement:
“In a vector space V, if v and v are linearly independent for i, j = 1,2,3,
i ≠ j ,
then v
1
, v
2
, v
3
are linearly independent.” (10%)【97 交 大 電 控 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 5-1
【 詳 解 】False !
ex: 取 v = 1,0,0), v = (1,1,0), v (2,1,0 )
1
(
2
3
=
∀ i, j = 1,2,3 , i ≠ j , 但 是 v , v , } 為 線 性 相 依
{
1 2
v3
, 則 v
i
與 v
j
為 線 性 獨 立
範 例 7
Let L be the linear operator that rotates in
2
R by 45 ° in the
counterclockwise direction.
(a) Find the matrix representation of L with respect to the natural basis
⎡1⎤
⎡0⎤
e , where e
1
= ⎢ ⎥ , e
2
=
⎣ 0
⎢ ⎥ .
⎦ ⎣ 1⎦ { } 1
,e 2
(b) Find the matrix representation of L with respect to the ordered basis
⎡1⎤
⎡1⎤
u , where u
1
= ⎢ ⎥ , u
2
=
⎣ 0
⎢ ⎥ . (10%)【97 交 大 電 控 】
⎦ ⎣ 1⎦ { } 1
,u 2
【 範 圍 】 電 機 線 代 6-2
°
【 詳 解 】 繞 原 點 逆 時 針 旋 轉 45 的 轉 移 矩 陣 為

4-104 陳 立 工 數
°
°
⎡cos 45 − sin 45 ⎤ 1 ⎡1
−1⎤
[L]
= ⎢
⎥ =
°
° ⎢ ⎥
⎣sin 45 cos 45 ⎦ 2 ⎣1
1 ⎦
⎧ 1 ⎡1⎤
1 1
⎪L(
e1
) = ⎢ ⎥ = e1
+ e2
2 ⎣1⎦
2 2
(1) ⎨
⎪ 1 ⎡−1⎤
1 1
L(
e = = − +
⎪
2)
⎢ ⎥ e1
e2
⎩ 2 ⎣ 1 ⎦ 2 2
[L
] =
1 ⎡1
⎢
2 ⎣1
−1⎤
1
⎥ ⎦
⎧
⎪L(
u1)
=
(2) ⎨
⎪
L(
u =
⎪
2)
⎩
1 ⎡1⎤
1
⎢ ⎥ = 0u1
+ u2
2 ⎣1⎦
2
1 ⎡0⎤
⎢ ⎥ = − 2u1
+ 2u
2 ⎣2⎦
2
[L
] =
1 ⎡0
⎢
2 ⎣1
− 2⎤
2
⎥ ⎦
範 例 8
Let u be an unit vector of
n
R and
H 2
T
= I − uu . Please answer the following
questions (Must with reason or counterexample )
(a) Is H a symmetric and orthogonal matrix?
(b) Is H diagonalizable?
(c) Find
−1
H and
2
H .
(d) Please find all the eigenvalues of H?
(e) Find the trace, the rank and the determinant of H.
(f) Find a matrix H, as stated above, such that H x
= e1
, where
and
e )
= T
1
(1,0,0 .
1 2 2
x = ( , , )
3 3 3
T
(g) Is it possible to find a matrix H, as stated above, such that H x
= e1
, where
x )
T
= ( −1,3,
−2
and
e )
= T
1
(1,0,0 ? (30%)【97 交 大 電 控 】

第 四 篇 97 交 大 4-105
【 範 圍 】 電 機 線 代 11-6
【 詳 解 】(1)True !!
(2)True !!
因 為 H 為 實 對 稱 矩 陣 , 故 可 對 角 化
−1
(3) H = H
T = H 且 H
(4) λ ( H ) = −1,1,1,
123
L ,1
( n−1) 個
2
= H ⋅ H = H
(5) tr ( H ) = n − 2 , rank ( H ) = n
T
⋅ H = I
det( H ) = 特 徵 值 之 乘 積 = ( −1)
⋅1⋅1⋅LL1
= −1
⎡1⎤
⎡ 2⎤
⎢ ⎢ −
3⎥
⎥
⎡1
⎢
⎤
2⎥
⎢ ⎥
(6) 取
⎢ ⎥ 2 3 w = ⎢ ⎥ − = ⎢ ⎥
⎥
⎢
0
⎢3
⎥
⎢ 3 ⎥
⎢2⎥
⎢⎣
0⎥⎦
⎢ 2 ⎥
⎢
⎣3⎥
⎦
⎢
⎣ 3 ⎥
⎦
⎡ 4
⎢
⎡1
0 0⎤
9
2 ⎢
t
⎢ ⎥ 3 4
H
w
= I − ww = − ⎢
⎢
0 1 0
⎥
−
t
w w
2 ⎢ 9
⎢⎣
0 0 1⎥⎦
⎢ 4
⎢
−
⎣ 9
⎡1
2 2 ⎤
⎢3
3 3 ⎥
⎢2
1 2⎥
= ⎢ − ⎥
⎢3
3 3⎥
⎢2
2 1 ⎥
⎢
−
⎣3
3 3 ⎥
⎦
⎡−1⎤
⎡1⎤
⎡−
2⎤
(7) 因 為 取 w =
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
=
⎢ ⎥
⎢
3
⎥
−
⎢
0
⎥ ⎢
3
⎥
⎢⎣
− 2⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
⎢⎣
− 2⎥⎦
⎡−1⎤
2
但 是 w = 17 ≠ 2[ − 2 3 − 2]
⎢
3
⎥
⎢ ⎥
= 30
⎢⎣
− 2⎥⎦
4
−
9
4
9
4
9
4⎤
−
9⎥
4 ⎥
⎥
9 ⎥
4 ⎥
9 ⎥
⎦

4-106 陳 立 工 數
⎡−1⎤
⎡1⎤
故 找 不 到 這 樣 的 H , 使 得 H
⎢ ⎥
=
⎢ ⎥
⎢
3
⎥ ⎢
0
⎥
。
⎢⎣
− 2⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦

第 四 篇 97 交 大 4-107
97 交堙 大圢 機 械 ( 甲堅 )
範 例 1
Use Laplace transform method to solve the following equation:
y ′ − 5 y = 0 ; y ( π ) = 2 . (10%)【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】8-1
dy
【 詳 解 】 令 座 標 平 移 : t = x −π
, 則 ODE − 5 y = 0
dt
取 Laplace 變 換
[ sY − y(0)]
− 5Y
= 0 Y 2
= s − 5
y = 2e
5t
; y ( 0) = 2
= 2e
5( x−π
)
範 例 2
Evaluate following integral by the method of residues.
【 範 圍 】30-5
1
【 詳 解 】 令 f ( z)
=
4
1+
z
4
則 z + 1 = 0 z
∫ ∞ 1
1+ x
0 4
dx
4
i(
π + 2kπ
)
= −1
= e
π
i
3π
i
4
故 在 上 半 部 的 單 極 點 為 z = e 4
, e
π
i
i 1
4
4
其 留 數 Re s(
e ) = lim ( z − e )
π
4
i 1+
π
4
z
z→e
3
−i
z→e
4
z =
1 1
4
= lim = e
π 3
i 4z
4
π
π + 2kπ
i(
)
4
e
(15%)【97 交 大 機 械 】
1
= ( −1−
i)
4 2

4-108 陳 立 工 數
∫
∞
1
Re s(
e
dx =
3π
i
4
1
2
∫
) =
∞
=
3π
i 1
4
lim ( z − e )
3π
4
i
4
1+
z
z→e
9π
1 1 −i
1
4
lim = e = (1 −
3 3
4
4z
4 4 2
i
π
i
z→e
1
0 4
x +
−∞ 4
1 x + 1
1 π
3π
i
i π
4 4
dx
= ⋅2πi
{Re s(
e
2
) + Re s(
e
)} =
2
2
)
範 例 3
z + 1
If z is a complex variable, please determine what kind of curve = 2
z −1
may represent. (10%)【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】30-5
【 詳 解 】 令 z = x + iy
z + 1 x + iy + 1 ( x + 1) + iy
= = = 2
z −1
x + iy −1
( x −1)
+ iy
( x + 1) + iy = 2 ( x −1)
+ iy ( x + 1) + iy = 4 ( x −1)
+ iy
2 2
2 2
2
2
( x + 1) + y = 4[( x −1)
+ y ] 3x
−10x
+ 3y
+ 3 = 0
5 2 2 16 5
3(
x − ) + 3y
= ( x − )
3 3 3
5
4
故 曲 線 為 以 ( ,0)
為 圓 心 且 半 徑 為
3
3
範 例 4
2
+ y
1
If z is a complex variable, please determine if f ( z)
= ( z ≠ 0)
is an
4
z
analytic function ? (15%)【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】27-3
2
=
2
16
9
2

第 四 篇 97 交 大 4-109
1 −4
−i4θ
−4
−4
【 詳 解 】 f ( z)
= = r e = r cos 4θ
− i(
r sin 4θ
)
4
z
−4
⎪⎧
u(
r,
θ ) = r cos 4θ
令 ⎨
−4
⎪⎩ v(
r,
θ ) = −(
r sin 4θ
)
由 極 座 標 Cauchy-Riemann
⎧∂u
−5
1 ∂v
−5
⎪
= −4r
cos 4θ
= = −4r
cos 4θ
∂r
r ∂θ
⎨
⎪∂v
−5
1 ∂u
−5
= 4r
sin 4θ
= − = 4r
sin 4θ
⎩∂r
r ∂θ
1
f ( z)
= ( z ≠ 0)
到 處 均 可垾 微 分
4
z
1
所 以 f ( z)
= ( z ≠ 0)
到 處 均 可垾 解 析
4
z
範 例 5
3
4 4
Solve 2x ydx + ( x + y ) dy = 0 . (12%)【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】2-3 2-4
3
⎪⎧
M ( x,
y)
= 2x
y
【 詳 解 】 令 ⎨
4
⎪⎩ N(
x,
y)
= x + y
4
∂M
∂N
−
∂y
∂x
M
3
2x
− 4x
=
3
2x
y
3
3
− 2x
=
3
2x
y
1
= −
y
積 分 因 子圤 為
−∫
I ( y)
= e
1
− dy
y
= y
3
4 4
乘 回 ODE 2x
ydx + ( x + y ) dy = 0
3 2 4 5
得 正埲 合 方坾 程 式 2x
y dx + ( x y + y ) dy = 0
故 通 解
【 另 解 】 由 合 併 積 分 法
1 4 2 1 6
x y + y = c
2 6

4-110 陳 立 工 數
3
4 4
3
4
2x ydx + x dy + y dy = 0 x (2ydx
+ xdy)
+ y dy = 0
2
3 d( x y)
4
2 2 4
x + y dy = 0 x d(
x y)
+ y dy = 0
x
2 2 5
同 乘 以 y 得 x yd(
x y)
+ y dy = 0
故 通 解
1 2 2 1 6
( x y)
+ y = c
2 6
範 例 6
Find the general solution ( x 2 + 9) y′
+ xy = 0 . (13%)【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】2-1
dy
【 詳 解 】 ( x
2 + 9) + xy = 0
dx
dy x
由 分 離 變 數 法 + dx = 0
2
y x + 9
2dy
2x
+ dx = 0
2
y x + 9
2ln y
+ ln x
2
+ 9
= ln c
故 通 解
y
2
c
= x
2
+ 9
範 例 7
If X is an eigenvector corresponding to the eigenvalue λ of a matrix A ,
(a)prove that A and its transpose
T
A have the same eigenvalues; (7%)
(b)prove that If A is invertible, then X is an eigenvector of
−1
A
corresponding to its λ
1 . (8%)

第 四 篇 97 交 大 4-111
⎡1
(c) A =
⎢
⎢
3
⎢⎣
6
− 3
− 5
− 6
3⎤
3
⎥
⎥
, find all eigenvalues and eigenvector of
4⎥⎦
−1
A . (10%)
【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】(a)23-1 (b)23-2 (c)23-2
T
T
T
【 詳 解 】(a) 由 det( A − λI
) = det[( A − λI)
] = det( A − λI)
= det( A − λI
)
A 與
T
A 有 相 同 的 特 徵 值 。
(b) 已 知 Ax = λx
A
− 1 Ax = A
−1 λx
−1
Ix = λ A x
−1
1
A x = x
λ
1 −1
故 為 A 的 eigenvalue.
λ
1−
λ
(c) 由 det( A − λI)
= 3 − 5 − λ 3 = 0 λ = 4,
−2,
−2
6
− 3
− 6
3
4 − λ
當 λ = 4 :
⎡−
3
⎢
⎢
3
⎢⎣
6
− 3
− 9
− 6
3⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
3
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎥⎢
x2⎥
⎢
0
⎥
0⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦
⎡ x1
⎤ ⎡1⎤
⎢ ⎥
=
⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
k1⎢
1
⎥
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
2⎥
3 ⎦
當 λ = −2
:
⎡3
⎢
⎢
3
⎢⎣
6
− 3
− 3
− 6
3⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
3
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎥⎢
x2⎥
⎢
0
⎥
6⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦
⎡ x1
⎤
⎢ ⎥
⎢
x2⎥
= k
⎢⎣
x ⎥
3⎦
2
⎡ 1 ⎤
⎢ ⎥
⎢
0
⎥
+ k
⎢⎣
−1⎥⎦
3
⎡1⎤
⎢ ⎥
⎢
1
⎥
⎢⎣
0⎥⎦
−1
1 1 1
故 λ ( A ) = , , 且 特 徵 向 量 與 A 相 同 。
4 − 2 − 2

4-112 陳 立 工 數
97 交堙 大圢 機 械 ( 乙 )
範 例 1
2
Consider the eigenvalue (Sturm-Liouville) problem x y′ + xy′
+ λ y = 0
( 1<
x < b)
y ( 1) = y(
b)
= 0 .
(a)Find out the eigenvalues and related eigenfunctions. (10%)
(b)Find out the eigenfunction expansion coefficient
a
n
for general function
f (x) as follows ∑ ∞ f ( x)
= a n
φ
n
( x)
. (5%)
n=
1
【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】11-1
2
【 詳 解 】(a) x y′ + xy′
+ λ y = 0 為 Cauchy 等 維 方坾 程 式
t
d
令 x = e , t = ln x , D ≡ 代 入
dt
變 成 常 係 數 ODE { D(
D −1)
+ D + λ } y = 0
{ D 2 + λ } y = 0
2
d y
+ λ y = 0 BC
2
dt
1 相 異 實 根 :
⎧y(
t = 0) = 0
⎨
⎩y(
t = lnb)
= 0
2
令 λ = −ω ( 0 < ω < ∞ )
則
y( x)
= Acoshωt
+ Bsinhωt

第 四 篇 97 交 大 4-113
B.C.
⎧y(0)
= A = 0
⎨
⎩y(lnb)
= Bsinh( ω lnb)
= 0
→
y = 0 ( 唯 一 零 解 ) (trivial solution)
B = 0
2 重 根 :
令 λ = 0
則
B.C.
y ( x)
= A + Bt
⎧y(0)
= A = 0
⎨
⎩y(lnb)
= B(lnb)
= 0
→
B = 0
y = 0 ( 唯 一 零 解 ) (trivial solution)
3 共 軛 複 根 :
2
令 λ = ω ( 0 < ω < ∞ )
則
B.C.
若
y( x)
= Acosωt
+ Bsinωt
⎧y(0)
= A = 0
⎨
⎩y(lnb)
= Bsin( ω lnb)
= 0
ω ln b = nπ
, n = 1,2,3,L L
則
⎧
2 nπ
⎪
eigenvalues : λ = ω = ( )
lnb
⎨
⎪
ln x
eigenfunctions : sin nπ
( )
⎩
lnb
⎧
2 nπ
⎪eigenvalues
: λ = ω = ( )
lnb
【 答 案 】 ⎨
⎪
ln x
eigenfunctions : sin nπ
( )
⎩
lnb
ln x
(b) 令 φ
n(
x)
= sin nπ
( )
lnb
2
2
( n = 1,2,3, L)
( n = 1,2,3, L)
( n = 1,2,3, L)
( n = 1,2,3, L)

4-114 陳 立 工 數
b ln x ln x
則 < φ
m( x),
φn(
x)
>= ∫ sin mπ
( )sin nπ
( ) dx
0 lnb
lnb
1
=
− 2
∫
ln x
ln x
[cos( m + n)
π ( ) − cos( m − n)
π ( )] dx
lnb
lnb
b
0
= 0 , m ≠ n
因 為 在 [ 0, b ] 為 一 正 交 集 , 故 可 當 基 底 用 來 展 開 廣 義 Fourier 級 數
∑ ∞ f ( x)
= a
n=
1
n
nπ
sin (ln x)
lnb
範 例 2
For the problem as described below, show that a steady state does not exist
unless a certain condition is satisfied by Q 1,Q2
and F (x)
. Assume that
condition is satisfies, solve for the steady-state solution u (x)
. (20%)
2
α uxx = ut
+
F(
x)
u ( = Q u ( x,0)
= f ( x)
【97 交 大 機 械 】
x
0, t)
Q1 , ux(
L,
t)
=
2
【 範 圍 】14-1
【 詳 解 】 令 u ( x,
t)
= w(
x,
t)
+ s(
x)
= 暫 態 解 + 穩 態 解
2
∂w
2 ∂ w 2
代 入 PDE 得 = α + α s′′
( x)
− F(
x)
2
∂t
∂x
代 入 BC 得
⎧w
′
x(0,
t)
+ s (0) = Q1
⎨
⎩w
( L,
t)
+ s′
x
( L)
= Q
(1) 穩 態 解 (steady- state):
令 ODE
α s′′
2
α ( Q2
x)
− F = −F
+
L
2
Q )
2 −
1
(
且 由 BC s ′( 0) = Q1 , s′
( L)
= Q2

第 四 篇 97 交 大 4-115
Q2
− Q1
2
穩 態 解 : s( x)
= x + Q1
x
2
(2) 暫 態 解 (transient- state):
PDE
∂ 2 2
w ∂ w ( Q − Q
= +
) 2 1
α
− F
2
∂t
∂x
L
2 α
BC w ( 0, t)
= w ( L,
t)
= 0
x
IC w( x,0)
= f ( x)
− s(
x)
x
由 特 徵 函 數 展 開 法 , 令 ∑ ∞ nπ
w(
x,
t)
= T0 ( t)
+ Tn
( t)
cos x
= 1 L
n
代 入 PDE
∂ 2 2
w ∂ w ( Q − Q
= +
) 2 1
α
− F
2
∂t
∂x
L
2 α
得 ∑ ∞ n
T & 0(
t)
+ T&
π
n(
t)
cos x ∑ ∞ =
= 1 L =
n
n 1
2 2 2
α n π nπ
( − ) T ( )cos
2 n
t x
L
L
2
α ( Q − Q
+
) 2 1
− F
L
∑ ∞ 2 2 2
⎛ n ⎞ n
T&
0(
t)
+
⎜T&
α π
π
n(
t)
+ T ( )
⎟cos
2 n
t x
n=
1 ⎝ L ⎠ L
2
α ( Q − Q
=
) 2 1
− F
L
2
⎧ ( Q2
− Q1
)
⎪T
& α
0(
t)
=
− F
L
比 較 係 數 : ⎨
2 2 2
⎪ n
⎪
T&
α π
n(
t)
+ T ( t)
= 0
2 n
⎩ L
2
⎧ α ( Q2
− Q1
)
⎪T0
t)
= (
− F)
t + A
積 分 得
L
⎨
2 2 2
α n π
⎪
− t 2
L
⎩Tn
( t)
= Ane
(
0

4-116 陳 立 工 數
2
α ( Q −
故 ∑ ∞
2
Q1
)
w(
x,
t)
= [
− F]
t + A0
+ A e
L
=
由 IC w( x,0)
= f ( x)
− s(
x)
n 1
n
得 w(
x,0)
= A0 + ∑ ∞ π
An
cos x = f ( x)
− s(
x)
= 1 L
⎧
⎪
A
其 Fourier 係 數 ⎨
⎪
A
⎩
n
0
n
1
=
L
2
=
L
∫
∫
0
0
L
L
[ f ( x)
− s(
x)]
dx
2 2 2
α n π
− t 2
L
n
nπ
[ f ( x)
− s(
x)]cos
xdx
L
2
α ( Q −
故 ∑ ∞
2
Q1
)
w(
x,
t)
= [
− F]
t + A0
+ A e
L
=
n 1
2 2 2
α n π
− t 2
L
n
nπ
cos x
L
nπ
cos x
L
2
α ( Q −
【 答 案 】 u( x,
t)
=
∑ ∞
2
Q1
)
[
− F]
t + A0
+ A e
L
n=
1
範 例 3
Q2
− Q1
+ x
2
2
+ Q x
1
2 2 2
α n π
− t 2
L
n
nπ
cos x
L
A system is given as
⎧x1
− 3x2
+ x3
− 7x4
+ 4x
⎪
⎨x1
+ 2x2
− 3x3
= 0
⎪
⎩x2
− 4x3
+ x5
= 0
5
= 0
(a)What is the rank of the coefficient matrix ? (5%)
(b)Write the solution in terms of basis in
5
R . (5%) 【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】20-3

第 四 篇 97 交 大 4-117
⎡x1
⎤
⎢ ⎥
⎡1
− 3 1 − 7 4⎤
⎢
x2
⎥
⎡0⎤
【 詳 解 】Q
⎢
⎥
⎢ ⎥ =
⎢ ⎥
⎢
1 2 − 3 0 0
⎥
x3
⎢ ⎥
⎢
0
⎥
⎢⎣
0 1 − 4 0 1⎥⎦
⎢x
⎥
⎢⎣
0⎥
4 ⎦
⎢
⎣x
⎥
5⎦
⎡1
− 3 1 − 7 4⎤
⎡1
− 3
( −1)
⎢
⎥ r
⎯⎯ →
⎢
⎢
1 2 − 3 0 0 12
⎥ ⎢
0 5
⎢⎣
0 1 − 4 0 1⎥⎦
⎢⎣
0 1
⎡1
− 3 1 − 7 4 ⎤
(
⎯⎯ − 5)
r 32
→
⎢
⎥
⎢
0 0 16 7 − 9
⎥
⎢⎣
0 1 − 4 0 1 ⎥⎦
沒 有 一 列 為 零 列 , 則 rank = 3
範 例 4
⎧x1
− 3x2
+ x3
− 7x4
+ 4x
⎪
⎨x2
− 4x3
+ x5
= 0
⎪
⎩16
x3
+ 7x4
− 9x5
= 0
k = =
令
1
x4, k2
x5
⎡x1
⎤ ⎡ 35 ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2
⎥ ⎢
− 28
⎥
⎢x
⎥
3
= k1⎢
− 7 ⎥ + k
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢x4
⎥ ⎢ 16 ⎥
⎢
⎣x
⎥
⎦
⎢
⎣ 0 ⎥
5 ⎦
2
5
⎡−13⎤
⎢ ⎥
⎢
20
⎥
⎢ 9 ⎥
⎢ ⎥
⎢ 0 ⎥
⎢
⎣ 16 ⎥
⎦
= 0
⎧
⎪x
⎪
⎨x
⎪
⎪
⎪x
⎩
1
2
3
1
− 4
− 4
− 7
7
0
4 ⎤
− 4
⎥
⎥
1 ⎥⎦
35 13
= x4
− x5
16 16
7 5
= − x4
+ x5
4 4
7 9
= − x4
+ x
16 16
5
Let
T
= [ y1
y2
be a clockwise rotation of Cartesian
2
y ]
x1x
-coordinate system
in the plane about the origin and the rotation angle is θ . There is a straight line
y
1
+ y2
= 1, existed in the y1y2
-coordinate, what is its corresponding

4-118 陳 立 工 數
°
expression in x1x2
-coordinate when θ = 30 ? (20%)【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】25-3
⎡ y1
⎤ ⎡x1
⎤
【 詳 解 】Q ⎢ ⎥ = P⎢
⎥
⎣y2⎦
⎣x2
⎦
°
其 中 P 矩 陣 為 順 時 針 旋 轉 θ = 30
P
°
⎡ cos30
⎢
⎣−
sin 30
°
sin 30 ⎤
⎥ =
cos30 ⎦
=
°
°
⎡ y1
⎤ ⎡x1
⎤
⎢ ⎥ = P⎢
⎥ =
⎣y2⎦
⎣x2
⎦
1
2
⎡ 3
⎢
⎣−1
1
2
⎡ 3
⎢
⎣−1
1 ⎤⎡
x1
⎤
⎥⎢
⎥ =
3⎦⎣x2⎦
1 ⎤
⎥
3 ⎦
1
2
⎡ 3x1
+ x2
⎢
⎣−
x1
+ 3x
3 x1
+ x2
3x2
− x
y
,
1
1
= y2
=
2
2
3x1
+ x2
3x2
− x1
3 −1
3 + 1
y
1
+ y2
= + = x1
+ x2
= 1
2 2 2 2
3 −1
3 + 1
x
1
+ x2
= 1
2 2
2
⎥
⎦
⎤

第 四 篇 97 交 大 4-119
範 例 5
Find the total length of the closed curve
→
→
→
3
3
r ( t)
= acos
t i + asin
t j .
(10%)【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】18-3
3
⎧x
= a cos t
【 詳 解 】 令 ⎨
3
⎩ y = asin
t
(0,a)
⎧dx
⎪ dt
⎨
⎪dy
⎩ dt
= −3a
cos
= 3asin
2
2
t sin t
t cost
(a,0)
dx 2 dy 2
2
2
2
2
ds = ( ) + ( ) dθ
= a ( −3cos
θ sinθ
) + (3sin θ cosθ
) dθ
dθ
dθ
π
π
3
∫ sin 2θ
dθ
= 6a
0
0 2
2
s ∫ ds = 4a
3sinθ
cosθ
dθ
= 64a∫
=
2
範 例 6
Find the work done by the force
→
→
→
→
F = 4 xy i − 8y
j+
2 k along the ellipse
x 2 + 4y
2 = 4, z = 0 counterclockwise from (0,-1,0) to (0,1,0).
(12%)【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】19-2 ,19-6
⎧x
= 2cost
⎪
【 詳 解 】 令 ⎨y
= sin t
⎪
⎩z
= 0
π π t : − →
2 2

4-120 陳 立 工 數
⎧dx
= −2sin
tdt
⎨
⎩dy
= costdt
→
→
W = ∫ F⋅
d r = ∫ 4 xydx − 8ydy
+ 2dz
=
C
∫
C
[ −16sin
2
C
t cost
− 8sin t cost]
dt
32
2
2
= ∫
ππ [ −16sin
t cost
− 8sin t cost]
dt = −
− 3
2
→
i j k
→
∂ ∂ ∂
→
【 另 解 】 ∇ × F =
= −4x
k
∂x
∂y
∂z
4xy
− 8y
2
→
由 平埠 面 Stoke 定 理
∫
C
→
→
F ⋅ d r =
∫∫
R
→
→
→
∇ × F⋅
k dA =
∫∫
2
x 2
+ y = 1
4
− 4xdxdy
⎧ x
⎪ = X
令 ⎨2 dxdy = J dXdY = 2dXdY
⎪
⎩y
= Y
⎧X
= r cosθ
由 極 座 標 令 ⎨
⎩Y
= r sinθ
上 式 = −16XdXdY
= −16r
cosθ
⋅ rdrdθ
∫∫
2 2
X + Y = 1
π
2
1
π
−
2
0
= ∫ ∫
−16r
2
∫∫
2 2
X + Y = 1
32
cosθdrdθ
= −
3

第 四 篇 97 交 大 4-121
範 例 7
Evaluate ∫∫ +
R
2 2
(x y ) dxdy , where R is shown in the figure.
y
1
x − y = −1
R
x + y =1
−1
x + y = −1
1
x
− 1
(13%)【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】19-1
2 2
2 2
【 詳 解 】 ( x + y ) dxdy = ∫∫(
x + y ) dxdy − ∫∫(
x
2
∫∫ +
R
圖 一
圖 二
2
y ) dxdy
x − y = −1
x + y = 1
x + y = −1
x − y = −1
x − y =1
−
圖 一
圖 二

4-122 陳 立 工 數
(1) 圖 一 :
⎧u
= x + y
令 座 標 變 換 令 ⎨ , 則
⎩v
= x − y
⎧ 1
⎪
x = ( u + v)
2
⎨
⎪ 1
y = ( u − v)
⎩ 2
y
x − y = −1 x + y = 1
u = −1
v
v =1
u =1
x
u
x + y = −1
x − y =1
v = −1
∂(
x,
y)
J = =
∂(
u,
v)
x
y
u
u
x
y
v
v
=
1
2
1
2
1
2
1
−
2
=
1
2
2
∫∫ +
圖 一
2
(x y ) dxdy
∫ − ∫
= 1 1
1
−1
⎡(
u + v)
⎢
⎣ 4
2
( u − v)
+
4
2
⎤
⎥ ⋅
⎦
1
dudvdudv
2
(2) 圖 二 :
=
1
4
1
∫ ∫
−1
1
−1
( u
2
2
+ v ) dudv
2
=
3
2
∫∫ +
圖 二
2
(x y ) dxdy
x=
1
= ∫ ∫
x=
0
y=
0
y=
x−1
2
( x + y
2
) dydx =
1
6
x − y = −1

第 四 篇 97 交 大 4-123
2 2
2 2
(3) ( x + y ) dxdy = ∫∫(
x + y ) dxdy − ∫∫(
x
2
∫∫ +
R
圖 一
2
=
3
−
1
6
=
1
2
圖 二
2
y ) dxdy

4-124 陳 立 工 數
97 交堙 大圢 機 械 ( 丙垔 )
範 例 1
Evaluate the integrals ∫ x 2 dA ,
A ∫ y 2 dA
A
y
and ∫ A
xydA
a
θ
x
a
where A is the area of a right angle triangle as shown. (16%)【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】19-1 25-2
⎡x⎤
⎡u⎤
⎡cosθ
− sinθ
⎤
【 詳 解 】Q ⎢ ⎥ = P⎢
⎥ , 其 中 , P =
⎣y⎦
⎣v
⎢
⎥ 矩 陣 為 逆 時 針 旋 轉 θ
⎦ ⎣sinθ
cosθ
⎦
( 詳 見 陳 立 工 數 魔 法 書 §25-2)
⎡x⎤
⎡u⎤
⎡cosθ
⎢ ⎥ = P⎢
⎥ = ⎢
⎣y⎦
⎣v⎦
⎣sinθ
− sinθ
⎤
cosθ
⎥
⎦
⎡u⎤
⎢ ⎥
⎣v
⎦
⎪⎧
x = cosθ
u − sinθ
v
⎨ ⎪⎩ y = sinθ
u + cosθ
v
∂x
∂x
cos − sin
且 ∂ ∂ θ θ
J = u v =
= 1
∂y
∂y
sinθ
cosθ
∂u
∂v
2
2
(1) ∫ x dA = ∫ x dxdy = ∫
A
A
2
(cosθ
u − sinθv)
dudv
A

第 四 篇 97 交 大 4-125
A
= a a v
0 0
∫ ∫ − 2 2
u cos θ − uvsin 2θ
+
2 2
( v sin θ ) dudv
1 1
= a 4 (1 − sin 2 θ )
12 2
2
2
2
(2) ∫ y dA = ∫ y dxdy = ∫ (sinθ
u + cosθv)
dudv
A
= a a v
0 0
A
∫ ∫ − 2 2
u sin θ + uvsin 2θ
+
2 2
( v cos θ ) dudv
1 1
= a 4 (1 + sin 2 θ )
12 2
(3) ∫ xydA = ∫ xydxdy = ∫ (cosθ
u − sinθv)(sinθu
+ cosθv)
dudv
A
A
= ∫ a ∫ a−v
0 0
1 4
= a
24
A
2
2
( u sinθ
cosθ
+ uv cos 2θ
− v sinθ
cosθ
) dudv
cos 2θ
範 例 2
The system of differential equations equations is given by
⎡2
⎢
⎣0
0⎤⎧&&
y1
⎫ ⎡ 1
⎥⎨
⎬ +
1
⎢
⎦⎩&&
y2
⎭ ⎣−1
−1⎤⎧
y
⎥⎨
1 ⎦⎩y
1
2
⎫ ⎧0⎫
⎬ = ⎨ ⎬
⎭ ⎩3⎭
y (0) 1, y (0) = 2 , y& (0) 2 , y& (0) 2
1
=
2
−
where yi = yi
(t)
,
1
=
2
=
2
dyi
d yi
y& i
= , & y
i
= , i = 1,2.
2
dt dt
Determine y i
(t)
, i = 1,2.
(17%)【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】24-4

4-126 陳 立 工 數
−1
⎡ && y1
⎤ ⎡2
0⎤
⎡ 1 −1⎤
⎡ y1
⎤ ⎡2
0⎤
⎡0⎤
【 詳 解 】 ⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣&&
y2⎦
⎣0
1⎦
⎣−1
1 ⎦⎣y2⎦
⎣0
1⎦
⎣3
⎦
⎡ && y ⎤
⎡ 1 1⎤
1
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎢
− y1
0
⎢ ⎥ + 2 2⎥
⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ( Y & + AY = B )
⎣&&
y2⎦
⎢ ⎥
⎣−1
1 ⎦
⎣y2⎦
⎣3
⎦
1 1
− λ −
3
由 det( A − λI)
= 2 2 = 0 λ = 0,
−1
1−
λ
2
⎡ 1 1⎤
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
當 λ = 0 : ⎢
− c1
0
2 2⎥
⎢ ⎥ = ⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎣−1
1 ⎦
⎣c2
⎦ ⎣0
⎦
⎡ 1⎤
3 ⎢
−1
−
⎡ ⎤
當 λ = : 2⎥⎡c1
⎤ 0
⎢ ⎥ =
2 1 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢−1
− ⎥⎣c2⎦
⎣0
⎦
⎣ 2⎦
−1
⎡c1
⎤ ⎡1⎤
⎢ ⎥ = k1⎢
⎥
⎣c2
⎦ ⎣1
⎦
⎡c1
⎤
⎢ ⎥ = k
⎣c2
⎦
2
⎡ 1 ⎤
⎢ ⎥
⎣−
2 ⎦
⎡1
1 ⎤
− 1 ⎡2
1 ⎤
⎡0
1
−1
令 P = ⎢ ⎥ , 則 P =
⎣1
− 2
⎢ ⎥ 使 得 P AP = D = ⎢
⎦ 3 ⎣1
−1
⎦ ⎢
0
⎣
由 座 標 變 換 , 令 Y = PX
代 入 原 式 得 X & −1 −1
+ P APX = P B X&
−1
+ DX = P B
⎡&&
x ⎤ ⎡0
0⎤
1 ⎡ x1
⎤ 1 ⎡2
1 ⎤⎡0⎤
⎡ 1 ⎤
⎢ ⎥ + ⎢ 3⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥
⎣&&
x ⎦ ⎢
0
2 ⎥⎣x2⎦
3 ⎣1
−1⎦
⎣3⎦
⎣−1
⎣ 2⎦
⎦
2
⎧
t
⎧&&
x1
= 1
⎪x1
= c1
+ c2t
+
⎪
2
⎨ 3
⎨
⎪&&
x2
+ x2
= −1
⎩ 2
⎪ 3 3 2
x2
= c3
cos t + c4
sin t −
⎪⎩
2 2 3
2
⎡
t ⎤
⎢ + +
⎡1
1
c
⎤
1
c2t
⎥
Y
= PX = ⎢ ⎥⎢
2
⎥
⎣1
− 2⎦⎢
3 3 2
c cos + sin − ⎥
3
t c4
t
⎢⎣
2 2 3⎥⎦
2
⎡t
2⎤
⎡1⎤
⎢ −
3 3 ⎡ 1 ⎤ ⎥
= ( c + ⎢ ⎥ + + ⎢ ⎥ + ⎢
2 3
1
c2t)
( c3
cos t c4
sin t)
2 ⎥
⎣1⎦
2 2 ⎣−
2⎦
⎢t
4
+ ⎥
⎢⎣
2 3⎥⎦
0⎤
3⎥
2⎥⎦

第 四 篇 97 交 大 4-127
IC y
1
(0) = 1, y
2
(0) = −2
, y&
1
(0) = 2 , y&
2
(0) = 2
5
c
1
= 0,
c2
= 1, c3
= , c4
= 0
3
2
⎡t
2⎤
⎡1⎤
5 3 ⎡ 1 ⎤ ⎢ − ⎥
Y
= t⎢
⎥ + cos t⎢
⎥ + ⎢
2 3
2 ⎥
⎣1⎦
3 2 ⎣−
2⎦
⎢t
4
+ ⎥
⎢⎣
2 3⎥⎦
範 例 3
(a) Consider the following one dimensional wave equation:
U
= c
2
tt
U xx
With boundary conditions: U ( 0, t)
= 0 , U ( L,
t)
= 0 for all t and initial
conditions: U ( x,0)
= f ( x)
, U r
( x,0)
= 0 .
The subscript
(*)
t
denotes partial derivative and c is wave speed.
Show that the solution of the above problem can be expressed as
U ( x,
t)
=
[ f ( x + ct)
+ f ( x − ct)
]
xπ
(b) If f ( x)
= sin( ) for 0 ≤ x ≤ L , plot the diagrams of f ( x + ct)
,
L
f ( x − ct) , and U ( x,
t)
at
L
t = and
2c
2
L .
c
(17%)【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】17-3
【 分 析 】 題 目 有 誤 , 給 定 U ( 0, t)
= 0 , U ( L,
t)
= 0
無 法 證 得 U ( x,
t)
=
[ f ( x + ct)
+ f ( x − ct)
]
2

4-128 陳 立 工 數
2
2
∂ u 2 ∂ u
【 詳 解 】(a) = c
2
2
∂t
∂x
2
t
2
x
2
( D − c D ) u = 0
( D − cD )( D + cD ) u = 0
t
x
u( x,
t)
= φ ( x + ct)
+ ϕ(
x − ct)
t
( x,
t)
= cφ
′(
x + ct)
− cϕ′
( x − ct)
u t
x
由 IC
⎧u(
x,0)
= φ(
x)
+ ϕ(
x)
= f ( x)
LLLLLLLL (1)
⎨
⎩u
( x,0)
= c ′(
x)
− c ′
t
φ ϕ ( x)
= 0LLLLLLL
⋅(2)
由 (2) φ ( x ) −ϕ(
x)
= kLLLLLLLLLLLLL L(3)
由 (1)(3) 得
⎧ 1 k
⎪φ
( x)
= f ( x)
+
2 2
⎨
⎪ 1 k
ϕ(
x)
= f ( x)
−
⎩ 2 2
由 啞 變 元坎 原 理
⎧ 1 k
⎪φ
( x + ct)
= f ( x + ct)
+
2 2
⎨
⎪ 1 k
ϕ(
x − ct)
= f ( x − ct)
−
⎩ 2 2
u( x,
t)
= φ ( x + ct)
+ ϕ(
x − ct)
1 k 1
= f ( x + ct)
+ + f ( x − ct)
−
k
2 2 2 2
1
=
2
[ f ( x + ct)
+ f ( x − ct)
]
⎧
xπ
⎪
f ( x + ct)
=
(b) 已 知 f ( x)
= sin( ) ⎨
L ⎪
f ( x − ct)
=
⎩
(
sin(
(
sin(
x + ct)
π
)
L
x − ct)
π
)
L

第 四 篇 97 交 大 4-129
⎧
π L π
L ⎪
f ( x + ct)
= sin( ( x + )) = cos x
1 當 t =
L 2 L
⎨
2c
⎪
π L π
f ( x − ct)
= sin( ( x − )) = −cos
x
⎩
L 2 L
⎧
π
π
L ⎪
f ( x + ct)
= sin( ( x + L))
= −sin
x
2 當 t =
L
L
⎨
c ⎪
π
π
f ( x − ct)
= sin( ( x − L))
= −sin
x
⎩
L
L

4-130 陳 立 工 數
範 例 4
2 2 2
Please find the centroid of a hemispherical volume x + y + z ≤ 1, z > 0 .
(17%)【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】19-1
【 詳 解 】 因 為 球 有 對 稱 性 , 故 形 心 位 置 必 落 在 z 軸 上 , 其 中 x = y = 0
z
_
_
球 体
x
2 2 2
+ y + z
= 1
x
y
体 積 的 一 次 矩
z =
体 積
=
∫∫∫
上 半 球
∫∫∫
上 半 球
3
形 心 ( x , y,
z)
= (0,0, )
8
zdv
dv
∫ 2
∫ π
π 1
2
∫ 2
r cosφr
0 0 0
=
π
2
3
sinφdrdφdθ
=
3
8
範 例 5
Consider the differential equation
4
2
d y 2 d y
+ α = 0 , 0 < x < L , α > 0
4
2
dx dx
Subject to boundary conditions

第 四 篇 97 交 大 4-131
(a) Find the general solution y (x)
.
dy
y = = 0 at x = 0 ,
dx
2
d y
y = = 0 at x = L
dx
2
(b) Derive the characteristic equation in terms of α and L. Do not solve it.
【 範 圍 】11-1
4
2
d y 2 d y
【 詳 解 】ODE + α = 0 BC
4
2
dx dx
4 2 2
m + α m = 0 m = 0 ,0,
±iα
y( x)
= A + Bx + C cosαx
+ Dsinαx
y′
( x)
= B −αC
sinαx
+ αD
cosαx
2
2
y ′′ ( x)
= −α
C cosαx
−α
Dsinαx
⎧y(0)
= y′
(0) = 0
由 BC ⎨
⎩y(
L)
= y′′
( L)
= 0
⎧A
+ C = 0 ⎧A
= −C
⎨
⎨
⎩B
+ αD
= 0 ⎩B
= −αD
(17%)【97 交 大 機 械 】
⎧y(0)
= y′
(0) = 0
⎨
⎩y(
L)
= y′′
( L)
= 0
⎧A
+ BL + C cosαL
+ DsinαL
= 0
又 ⎨ 2
⎩−α
( C cosαL
+ DsinαL)
= 0
A + BL = 0
⎧A
= −C
A = −BL
且 ⎨
C = −αDL
⎩B
= −αD
C
cos α L + DsinαL
= D(
−αL
cosαL
+ sinαL)
= 0
故 特 徵 方坾 程 式 為 −α
L cos αL
+ sinαL
= 0

4-132 陳 立 工 數
範 例 6
The scalar function φ x , x , ) is continuous, with continuous first partial
(
1 2
x3
derivatives in the interior V of smooth closed surface S. Let the unit vector
n +
= n1e
1
+ n2e2
n3e3
be outward normal to S, in which
1
e , e
2
, e
3
are the
base vectors of a Cartesian coordinate system.
(a) Show that
∫
V
∂φ
dV
∂x
j
=
∫
S
φn
j
dS
, j = 1,2, 3.
Note that it is not the Gauss theorem.
(b) Show that
(c) ∫
S
⎧V
,
xin
jdS
= ⎨
⎩ 0,
i =
i ≠
j
j
Where V is the volume enclosed by surface S. (16%)【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】19-5
【 詳 解 】(a) 由 梯 度 定 理 ∫∫ nφ
dS = ∫∫∫∇φdV
因 為 n
∫∫
S
S
→
→ → → →
= n1 e1
+ n2
e2
+ n3
e3
→
∫∫
→ → →
( n1
e1
+ n2
e2
+ n3
e3
n φ dS = φ
) dS
=
S
∫∫∫
V
V
∂φ
→
∂φ
→
∂φ
→
[ e1
+ e2
+ e3]
dV
∂x
∂x
∂x
1
2
3

第 四 篇 97 交 大 4-133
故
∫
S
∂φ
φ n
jdS
∫ dV j = 1,2, 3 得 證
∂x
=
V
j
(b) 令 φ = xi
代 入 上 式 得
∂xi
∂xi
當 i = j ∫
x n dS = dV dV dV V
S
i j ∫ = = =
V ∂x
∫V
∂x
∫ V
∂xi
當 i ≠ j ∫
x = ∫ = 0
S
in
jdS
dV
V ∂x
j
j
i

4-134 陳 立 工 數
97 交堙 大圢 機 械 ( 丁 )
範 例 1
(a) Find the Fourier transform X ( jω ), j = −1
x (t)
of the following function:
⎪
⎧ 1
,
x(
t)
= ⎨T
⎪⎩ 0,
T T
− ≤ t ≤
2 2
otherwise
where T is a positive constant.
T
−
2
(b) What happens to x (t)
and X ( jω)
if T → 0 ? (16%)【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】13-3
T
∞
2
=
T
−∞
−
2
−iωt
【 詳 解 】(a) X ( jω)
F { x(
t)}
= ∫ x(
t)
e dt = ∫
2
=
T
∫ −
2
1
e
T
1
T
−iωt
1
T
(cosω t − isinωt)
dt
x (t)
T
2
∫
T cos ω
T
tdt
0
=
2
2 ωT
= sin
ωT
2
(b) 當 T → 0 , 則 x (t) → ∞
dt
T
2
2 ωT
且 X ( jω
) = lim sin = 1
T → 0 ωT
2
故 x (t)
即 為 Delta function δ (t)
1
T
X ( jω)
= F { x(
t)}
= F { δ ( t)}
= 1
T
−
2
T
2

第 四 篇 97 交 大 4-135
範 例 2
In the two-dimensional Cartesian coordinates, what is the shortest and the
2
2
longest distances from the origin to the curve 5x + 6xy
+ 5y
= 8 ?
【 範 圍 】25-3
(17%)【97 交 大 機 械 】
2
2
⎡5
3⎤⎡x⎤
【 詳 解 】 5x + 6xy
+ 5y
= 8 [ x y]
⎢ = 8
3 5
⎥⎢
⎥ ( X T AX = 8型 式 )
⎣ ⎦⎣y⎦
5 − λ 3
由 det( A − λI)
=
= 0 λ = 2, 8
3 5 − λ
⎡ 1 ⎤
⎡ 1 ⎤
⎡x
⎢ ⎥
1 ⎤
當 λ = 2 : =
2
⎡x
⎢ ⎥
1 ⎤
⎢ ⎥ k1⎢
⎥ , 當 λ = 8:
⎣x
⎦ ⎢
1
⎢ ⎥ = k
2
2 ⎢ ⎥
2 − ⎥
⎣x
⎦ ⎢
1
2 ⎥
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎡ 1 1 ⎤
⎢ ⎥
令 =
2 2
⎡2
0⎤
P ⎢ ⎥ , 則 P T AP = D =
⎢
1 1
⎢ ⎥
− ⎥
⎣0
8 ⎦
⎢⎣
2 2 ⎥⎦
由 座 標 變 換 , 令 X = PY
T
T T
T
代 入 原 式 可 得 ( PY ) A(
PY ) = Y P APY = Y DY = 8
2 2 y1 2 2
2y 1
+ 8y2
= 8 ( ) + y2
= 1 ( 橢 圓 )
2
故 距 離 原 點 最 長 為 2, 距 離 最 短 為 1。
2
2
2
【 另 解 】 令 f ( x,
y)
= ( 距 離 ) = ( x − 0) + ( y − 0)
2
2
s.t.: g ( x,
y)
= 5x
+ 6xy
+ 5y
−8
= 0
代 入 Lagrange 乘 子圤 法 ∇f
= λ ∇g
→
→
2x i + 2y
j = λ ((10 x + 6y)
i + (6x
+ 10y)
j)
⎧2x
= λ(10
x + 6y)
⎨
⎩2y
= λ(6x
+ 10y)
x 10x
+ 6y
將 兩 式 相 除 得 = y = ± x
y 6x
+ 10y
→
→

4-136 陳 立 工 數
1 1
代 回 限 制 條 件 ( x , y)
= ( ± , ± ),( ± 2, ± 2)
2 2
⎧ 1 1
⎪ f ( ± , ± ) = 1: min
⎨ 2 2
⎪
⎩ f ( ± 2, ± 2) = 4 : max
故 距 離 原 點 最 長 為 2, 距 離 最 短 為 1。
Solve the following PDE for u ( x,
t)
:
2
∂ u 1
=
2 2
∂x
c
範 例 3
2
∂ u
2
∂t
2πx
∂u
st. u ( 0, t)
= u(
L,
t)
= 0, u(
x,0)
= sin( ) , ( x,0)
= 0 ,
L ∂t
Where c and L are positive constants. (17%)【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】14-1
【 詳 解 】 由 分 離 變 數 法 , 令 u ( x,
t)
= X ( x)
T ( t)
2
代 入 PDE 得 c X ′′ T = XT&
X ′′ T&&
⎧X
′′ + λX
= 0
= = −λ
2
⎨
X c T
⎩T
&& + λc 2 T = 0
由 X ′′ + λ X = 0 ; X (0) = X ( L)
= 0
2 2
⎧ n π
⎪λ
= , n = 1,2,3, L
2
得
L
⎨
⎪ nπ
X ( x)
= sin x
⎪⎩
L
2 2 2
c n
由 T& π
cnπ
cnπ
+ T = 0 T( t)
= Acos
t + Bsin
t
2
L
L L
IC T & cnπ
( 0) = 0 B = 0 T( t)
= Acos
t
L
cn n
由 疊 加垰 法 , 令 u x t = ∑ ∞ π π
( , ) An
cos t sin x
=1 L L
n

第 四 篇 97 交 大 4-137
2π
n
IC u x x = ∑ ∞ π
( ,0) = sin An
sin x
L n=
1 L
比 較 係 數 得 A
2
= 1, An
= 0( 其 它 )
c2π 2π
u( x,
t)
= cos t sin x
L L
範 例 4
Solve the differential equation
y ′ − 2 xy = 0
(16%)【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】2-1
dy dy
【 詳 解 】 由 分 離 變 數 法 = 2xy
= 2xdx
dx
y
dy
2
x
∫ = ∫ 2 xdx ln y = x + ln c = ln e + ln c = ln c e
y
通 解 為
2
x
y = ce
2 x
2
範 例 5
Find the eigenvalues and the corresponding eigenvectors for
⎡−
2
A =
⎢
⎢
2
⎢⎣
−1
2
1
− 2
− 3⎤
− 6
⎥
⎥
0 ⎥⎦
[ Hint: one of the eigenvalues is 5] (17%)【97 交 大 機 械 】
【 範 圍 】23-1
− 2 − λ 2 − 3
【 詳 解 】 由 det( A − λI)
= 2 1−
λ − 6 = 0 λ = 5,
−3,
−3
−1
− 2 − λ

4-138 陳 立 工 數
當 λ = 5:
⎡−
7
⎢
⎢
2
⎢⎣
−1
2
− 4
− 2
− 3⎤⎡x
− 6
⎥⎢
⎥⎢
x
− 5⎥⎦
⎢⎣
x
1
2
3
⎤ ⎡0⎤
⎥ ⎢ ⎥
⎥
=
⎢
0
⎥
⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
⎡x
⎢
⎢
x
⎢⎣
x
1
2
3
⎤ ⎡ 1 ⎤
⎥ ⎢ ⎥
⎥
= k1⎢
2
⎥
⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
當 λ = −3:
⎡ 1
⎢
⎢
2
⎢⎣
−1
2
4
− 2
− 3⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
− 6
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
3 ⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦
⎡ x1
⎤
⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k
⎢⎣
x ⎥
3 ⎦
2
⎡3⎤
⎢ ⎥
⎢
0
⎥
+ k
⎢⎣
1⎥⎦
3
⎡ 2 ⎤
⎢ ⎥
⎢
−1
⎥
⎢⎣
0 ⎥⎦
範 例 6
State and prove the Existence theorem for Laplace transformation.
【 鐵 證 如 山 】 完 全 抄 自 陳 立 工 數 魔 法 書 上 冊 P.7-13 ex2
∀ 在 為 [ ,T ]
【 詳 解 】(1) T > 0,
f ( t)
0 分 段 連 續
(2) ∀T > 0,
∃ s > k > 0 , M > 0;
(17%)【97 交 大 機 械 】
∋ t > T
時 , 滿 足
f
kt
( t)
≤ Me ,
即 f (t)
為 對 應 指 數 k 階 之 指 數 階 函 數 。
£{ f (t)}
存 在
st
f ( t)
= e f ( t)
dt
0
【 證 明 】£{ } ∫ ∞ −
(1) (t)
T ∞
T
=
0 T
0
∫ − st + − st
−
∫
=
st
e f ( t)
dt e f ( t)
dt ∫ e f ( t)
dt + ∫
f 在 [ 0 ,T ] 為 分 段 連 續 ∫
T
0
e
−st
f ( t)
存 在
T
∞
f ( t)
dt
st
e
kt
(2) Q f ( t)
≤ Me , s > k > 0 − st
( ) ≤ − st kt
e f t e Me , s > k > 0

第 四 篇 97 交 大 4-139
∞ − =
T
st kt
且 ∫ e [ Me ] dt M
T ∫
由 比垇 較 審 斂 法 :∫ ∞
∞
e
−(
s−k
) t
−st
e f t)
T
dt 為 收 斂 ( s − k > 0 )
( dt 必 收 斂 ,
再 由 絕 對 收 斂 審 斂 法 ∫ ∞ −st
e f ( t)
dt 必 收 斂 。
(3) 由 (1)(2) 知 ∫ ∞ −st
e f t)
dt
T
T
( 必 收 斂 , 即 £{ (t)}
f 存 在 。

第 五 篇 97 台 聯 大 5-1
97 台 聯 大 聯 招 (A)
( 中 央 光 電 、 中 央 顯 示 、 清 大 電 機 、 清 大 光 電 、
清 大 電 子 、 清 大 動 機 、 清 大 工 系 、 陽 明 醫 工 、 陽 明 醫 光 電 )
範 例 1
2
Consider the ODE (3y + x + 1) dx + 2y(
x + 1) dy = 0 .
(a) Find an integrating factor for the ODE.
(b) Given y ( 0) = 1, solve the initial value problem.
(8%)【97 台 聯 大 聯 招 ( 中 央 光 電 、 中 央 顯 示 、 清 大 電 機 、 清 大 光 電 、
清 大 電 子 、 清 大 動 機 、 清 大 工 系 、 陽 明 醫 工 、 陽 明 醫 光 電 )】
⎧∂M
2
⎧M
( x,
y)
= 3y
+ x + 1
⎪
= 6y
∂y
【 詳 解 】(a) 令 ⎨
⎨
⎩N(
x,
y)
= 2yx
+ 2y
⎪∂N
⎪
= 2y
⎩ ∂x
∂M
∂N
−
∂y
∂x
4y
2
= =
N 2y(
x + 1) x + 1
2
x 2
⧖
∫
dx
+ 1
積 分 因 子 為 I ( x)
= e = ( x + 1)
2
乘 回 ODE (3y
+ x + 1) dx + 2y(
x + 1) dy = 0
2 2
3
3
得 正 合 方 程 式 (3y
( x + 1) + ( x + 1) ) dx + 2y(
x + 1) dy = 0
故 通 解
2 3 1 4
y ( x + 1) + ( x + 1) = c
4

5-2 陳 立 工 數
(b) BC x = 0 , y = 1:
範 例 2
故 特 解
c =
1
1 + =
4
5
4
2 3 1 4
y ( x + 1) + ( x + 1) =
4
Consider a mass-spring system governed by the ODE
y ′′ + 6y′
+ 18y
= −90sin(6t)
.
(1) How would you describe this system (choose one below) ? (3%)
(A) Undamped; (B) Underdamped; (C) Critical damped; (D) Overdamped.
(2) Find the steady-state solution. (5%)
【97 台 聯 大 聯 招 ( 中 央 光 電 、 中 央 顯 示 、 清 大 電 機 、 清 大 光 電 、
5
4
清 大 電 子 、 清 大 動 機 、 清 大 工 系 、 陽 明 醫 工 、 陽 明 醫 光 電 )】
【 範 圍 】3-3
【 詳 解 】(1) 齊 性 解 :
2
由 m + 6m + 18 = 0 m = −3 ± 3i
3t
y = e
− c cos3t
c sin 3t)
h
(
1
+
2
故 選 (B)underdamped
(2) 題 意 欲 求 穩 態 解 , 相 當 於 求 特 解
由 待 定 係 數 法 , 令 y p
( t)
= Acos6t
+ B sin 6t
代 入 ODE 得 A = 2 , B = 1
穩 態 解 為 y p
( t)
= 2cos6t
+ sin 6t
1
1
【 另 解 】 y p
( t)
=
{ −90sin 6t}
= { −90sin 6t}
2
D + 6D
+ 18
6D
−18
1
D + 3
D + 3
= { −15sin 6t}
= { −15sin 6t}
= { −15sin 6t}
2
D − 3
D − 9
− 45
D + 3
= {sin 6t}
= 2cos6t
+ sin 6t
3

第 五 篇 97 台 聯 大 5-3
範 例 3
Consider the ODE x 3 y ′′′ + 8x
2 y ′′ + 9xy′
− 9y
= 0 for x > 0 .
(1) Find a basis of solutions { x),
y ( x),
y ( )}
y for the ODE. (5%)
1( 2 3
x
(2) Given initial conditions y ( 1) = 0 , y ′( 1) = −2
, and y ′′( 1) = 2 , solve the
initial value problem. (4%)
【97 台 聯 大 聯 招 ( 中 央 光 電 、 中 央 顯 示 、 清 大 電 機 、 清 大 光 電 、
清 大 電 子 、 清 大 動 機 、 清 大 工 系 、 陽 明 醫 工 、 陽 明 醫 光 電 )】
【 範 圍 】4-1
m
【 詳 解 】 令 y = x ( m > 0)
代 入 原 式 得 m ( m −1)(
m − 2) + 8m(
m −1)
+ 9m
− 9 = 0
2
( m −1)(
m + 6m
+ 9) = 0 m = 1,
−3,
−3
3
y = c x + c x
− + c (ln x x
−3
1 2 3
)
−4
−4
′ = c1 − 3c2
x + c3x
(1 − 3ln x
−5
−5
′ = 12c2x
− c3x
(7 −12ln
x)
又 y
)
y
3 3
由 IC: y ( 1) = 0, y′
(1) = −2,
y′′
(1) = 2 c
1
= − , c2
= , c3
= 1
4 4
3 3
3
y = −
3 x + x
− + (ln x)
x
−
4 4

5-4 陳 立 工 數
範 例 4
Bessel function of the first kind of order v, J v
(x)
, is one solution of the
2
2 2
Bessel equation, x y′ + xy′
+ ( x − v ) y = 0 .
2
4 1
The general solution of the ODE, x y′ + xy′
+ (4x
− ) y = 0 ,
9
2
2
can be expressed as y(
x)
= C1J
( ax ) + C2J
( ax ) .
Determine the values of a and v.
v
(5%)【97 台 聯 大 聯 招 ( 中 央 光 電 、 中 央 顯 示 、 清 大 電 機 、 清 大 光 電 、
−v
清 大 電 子 、 清 大 動 機 、 清 大 工 系 、 陽 明 醫 工 、 陽 明 醫 光 電 )】
2
4 1
2
2 2b
2
【 分 析 】 x y ′′ + xy′
+ (4x
− ) y = 0 與 x y ′′ + xy′
+ ( λ x − µ ) y = 0 比 較 ,
9
得 λ = 2 , b = 2 ,
µ
1
=
3
b
b
x x
2
2
y = c1J
µ
( λ ) + c2Yµ
( λ ) = c
1J
1
( x ) + c2Y1
( x )
b b
b
b
b
b
x
x
2
2
或 y = c1J
µ
( λ ) + c2J
µ
( λ ) = c1J
1
( x ) + c2J
1
( x )
b
− b
−
b
b
6
6
6
6
【 詳 解 】 令
2
t = x
則
dy dy dt
y′
= = = 2x
dx dt dx
dy
y ′
= 2 + 4x
dt
2
2
d y
2
dt
dy
dt
2
4 1
代 入 ODE x y′ + xy′
+ (4x
− ) y = 0
9
2
2 dy 4 d y 2 dy 4 1
得 (2x
+ 4x
) + 2x
+ (4x
− ) y = 0
2
dt dt dt 9

第 五 篇 97 台 聯 大 5-5
2
4 d y 2 dy 4 1
4x
+ 4x
+ (4x
− ) y = 0
2
dt dt 9
2
4 d y dy 1
x + x
2 + ( x
4 − ) y = 0
2
dt dt 36
2
2 d y dy 1
( 2
2
2
t + t + t − ) y = 0 y(
x)
= C ( ) ( )
2
1J
v
ax + C2J
−v
ax
dt dt 36
2
2
y = c J ( t)
+ c J ( ) = c J ( x ) + c J ( )
故 a = 1,
1 1 2 1
t
−
6
6
1
ν =
6
1 1
2 1
x
−
6
6
範 例 5
Use Laplace transform to solve x y ′′ + ( 1−
x)
y′
+ ky = 0 .
t k
t k
t k
e d k −t
e d k t
e d k −t
(A) y = [ t e ] (B) y = [ t e ] (C) y = [ t e ]
k
k
k
k!
dt
k dt
k dt
t k
−t
k
−t
k
e d −k
−t
e d k −t
e d k −t
(D) y = [ t e ] (E) y = [ t e ] (F) y = [ t e ]
k
k
k
k!
dt
k!
dt
k dt
t k
e d k −t
(G) y = [ t e ] (H) none of the above.
k
t!
dt
(10%)【97 台 聯 大 聯 招 ( 中 央 光 電 、 中 央 顯 示 、 清 大 電 機 、 清 大 光 電 、
【 範 圍 】8-1
【 詳 解 】 取 Laplace 變 換
−
d
ds
清 大 電 子 、 清 大 動 機 、 清 大 工 系 、 陽 明 醫 工 、 陽 明 醫 光 電 )】
2
d
[ s Y(
s)
− sy(0)
− y′
(0)] + [ sY(
s)
− y(0)
] + [ sY(
s)
− y(0)
] + kY(
s)
= 0
2 dY dY
dY
− sY − s + Y + s + kY = 0 ( s
2 − s)
+ ( s − k −1)
Y = 0
ds ds
ds
ds

5-6 陳 立 工 數
dY s − k −1
降 為 一 階 ODE + y = 0
2
ds s − s
dY s − k −1 + y = 0
ds s(
s −1)
dY k + 1 k
+ ( − ) y = 0
ds s s −1
Y ( s)
= ce
k+
1 k
−∫(
− ) ds
s s−1
k
= c(
s −1)
s
−(
k+
1)
( s −1)
s
( s −1)
s
k 令 c=
1 k
Y ( s)
= c =
k+
1
k+
1
k
k
k
−1
( s −1)
t −1
s
t d − 1
y = £ { } = e £ { } = e £ 1 { }
k+
1
k+
1
k
k+
1
s
( s + 1) dt ( s + 1)
(A)
k
k k t k
t d
−1
1
[ − t
t d −t
t e d k −t
e e ⋅£
{ }] = e [ e ] = [ t e ]
k
+ 1
k
k
dt s dt k!
k!
dt
=
k
範 例 6
Find the Fourier transform of
otherwise.
π
f ( x)
= if x < 2 and f ( x)
= 0
2
(A)
sin w
sin w
cos w
f ( w)
= (B) f ( w)
= (C) f ( w)
=
w
2w
w
(D)
cos w
π sin w
2 sin w
f ( w)
= (E) f ( w)
= (F) f ( w)
=
2w
2 w
π w
(G)
cos 2w
f ( w)
=
w
(H) none of the above
(10%)【97 台 聯 大 聯 招 ( 中 央 光 電 、 中 央 顯 示 、 清 大 電 機 、 清 大 光 電 、
清 大 電 子 、 清 大 動 機 、 清 大 工 系 、 陽 明 醫 工 、 陽 明 醫 光 電 )】
【 範 圍 】13-2

第 五 篇 97 台 聯 大 5-7
1 ∞
2
−iwx
1 π −iwx
【 詳 解 】 令 I{ f ( x)}
= ∫ f ( x)
e dx =
−∞
∫ e dx
−2 2π
2π
2
1 2
1 2
= ∫ (cos wx − i sin wx)
dx =
−2
∫ cos wxdx
2
2 −2
2 sin 2w
= ∫ cos wxdx =
0
w
故 選 (H)
範 例 7
Consider the problem u − 4 u = 0 0 < x < 10
BC u ( 0, t)
= u(10,
t)
= 2 0 < t
IC u ( x,0)
= f ( x)
0 < x < 10
u t
( x,0)
= 0
0 < x < 10
f (x)
u
xx
4
2
2.5 7.5 10
(a) What is u (2,1)
(the value of u at position x = 2 when t = 1) ?
(A) 0.8 (B) 1.2 (C) 1.6 (D) 2 (E) 2.4 (F) 2.8 (G) 3.2
(H) none of the above.
(b) What is the lowest frequency (cycles per time) of the motion of u ?
(A) 0.05 (B) 0.1 (C) 0.2 (D) 0.4 (E) 0.8 (F) 1.6 (G) 3.2

5-8 陳 立 工 數
(H) none of the above.
【97 台 聯 大 聯 招 ( 中 央 光 電 、 中 央 顯 示 、 清 大 電 機 、 清 大 光 電 、
【 分 析 】
清 大 電 子 、 清 大 動 機 、 清 大 工 系 、 陽 明 醫 工 、 陽 明 醫 光 電 )】【
⎧4
⎪
x + 2
5
⎪
4
4
f ( x)
= ⎨−
( x − 7.5) = − x + 6
⎪ 5
5
⎪4
4
⎪ ( x − 7.5) = x − 6
⎩5
5
【 詳 解 】 令 u ( x,
t)
= w(
x,
t)
+ s(
x)
= 暫 態 解 + 穩 態 解
代 入 PDE 得 w 4 w + 4s ′
( x)
tt
=
xx
0 ≤ x ≤ 2.5
2.5 ≤ x ≤ 7.5
7.5 ≤ x ≤10
且 BC
⎧w(0,
t)
+ s(0)
= 2
⎨
⎩w(10,
t)
+ s(10)
= 2
(1) 穩 態 解 (steady state):
ODE s ′′( x)
= 0 s ( x)
= c1x
+ c2
BC
⎧s(0)
= 2
⎨
⎩s(10)
= 2
⎧c2
= 2
⎨
⎩c1
= 0
s ( x)
= 2
(2) 暫 態 解 (transient state):
2
2
∂ w ∂ w
PDE = 4
2 x
2
∂t
∂
⎧w(0,
t)
= 0
BC ⎨
⎩w(10,
t)
= 0
⎧w(
x,0)
= f ( x)
− s(
x)
=
IC ⎨
⎩wt
( x,0)
= 0
f ( x)
− 2

第 五 篇 97 台 聯 大 5-9
得
IC
IC
∵
∴
A n
w(
x,
t)
=
∑ ∞
n=
⎧ nπ
nπ
n
⎨An
t + Bn
t x
⎩
⎭ ⎬⎫ π
cos sin sin
1 5 5 10
n n n n
wt x t ∑ ∞ π ⎧ π π
= ⎨−
An
t + Bn
t x
n= ⎩
⎭ ⎬⎫ π
( , )
sin cos sin
1 5 5 5 10
w ( x,0)
=
t ∑ ∞
n=
w(
x,0)
=
nπ
nπ
Bn
sin x
1 5 10
B = 0
n
f x = ∑ ∞ π
( ) − 2 An
sin x
n=
1 10
⎧4
⎪
x + 2
5
⎪
4
4
f ( x)
= ⎨−
( x − 7.5) = − x + 6
⎪ 5
5
⎪4
4
⎪ ( x − 7.5) = x − 6
⎩5
5
⎧4
⎪
x
5
⎪
4
f ( x)
− 2 = ⎨−
x + 4
⎪ 5
⎪4
⎪ x − 8
⎩5
1
=
5
∫
10
nπ
[ f ( x)
− 2]sin xdx
0 10
n
0 ≤ x ≤ 2.5
2.5 ≤ x ≤ 7.5
7.5 ≤ x ≤10
0 ≤ x ≤ 2.5
2.5 ≤ x ≤ 7.5
7.5 ≤ x ≤10
1 ⎧
= ⎨∫ 2. 5 4 nπ
7.5 4 nπ
xsin
xdx +
5 0
⎩ 5 10
∫ ( − x + 4)sin
2 .5 5 10 xdx
⎫
+ ∫ 10 4 nπ
( x − 8)sin ⎬
7 . 5 5 10 xdx
⎭

5-10 陳 立 工 數
1 ⎧ 20 nπ
80 nπ
= ⎨(
− cos + sin )
2 2
5 ⎩ nπ
4 n π 4
20 3nπ
80 3nπ
20 nπ
80 nπ
+ ( cos − sin + cos + sin )
2 2
2 2
nπ
4 n π 4 nπ
4 n π 4
20 3nπ
80 3nπ
⎫ 32 nπ
+ ( − cos + sin ) = sin
2 2 ⎬ 2 2
nπ
4 n π 4 ⎭ n π 4
w(
x,
t)
=
由 (1)(2) 得
n∑ ∞
= 1
(a) ∑ ∞ u(2,1)
= 2 +
n=
= 2 +
∑ ∞
n=
1
16
= 2 +
π
32 nπ
nπ
nπ
sin ⋅ cos t ⋅sin
x
2 2
n π 4 5 10
u(
x,
t)
= 2 +
1
n∑ ∞
= 1
32 nπ
nπ
nπ
sin ⋅cos
t ⋅sin
x
2 2
n π 4 5 10
32 nπ
nπ
nπ
sin ⋅cos
sin
2 2
n π 4 5 5
16 nπ
2nπ
sin ⋅sin
2 2
n π 4 5
∑ ∞ 2
n=
1
1 nπ
2nπ
sin ⋅sin
2
n 4 5
16 ⎧ π 2π
1 π 4π
1 3π
6π
⎫
= 2 + ⎨sin
⋅sin
+ sin ⋅sin
+ sin ⋅sin
+ L
2
⎬
π ⎩ 4 5 4 2 5 9 4 5 ⎭
= 3.2
(G)
1
(2) 最 小 頻 率 ω = = 0. 1 (B)
10
範 例 8
The temperature distribution of a thin bar is described by a 1-D heat equation
u − 4 u = 0
0 < x < 10
t
xx
The boundary and initial conditions are given as follows :
u ( 0, t)
= u(10,
t)
= 0 0 < t

第 五 篇 97 台 聯 大 5-11
π x
u(
x,0)
= sin
0 < x < 10
10
The peak temperature is located at the position x = 5 at all time. At what time
will the peak temperature reduce to l/e of its initial value ?
π
(A) 10
(F)
2
π
25
2
π
(B) 100
(G) π
5
(C)
10
π
100
(D)
2
π
(H) none of the above.
(7%)【97 台 聯 大 聯 招 ( 中 央 光 電 、 中 央 顯 示 、 清 大 電 機 、 清 大 光 電 、
(E)
清 大 電 子 、 清 大 動 機 、 清 大 工 系 、 陽 明 醫 工 、 陽 明 醫 光 電 )】
【 範 圍 】13-1
【 詳 解 】 由 分 離 變 數 法 , 令 u ( x,
t)
= X ( x)
T ( t)
代 入 P.D.E 得 X T&
= 4X
′′ T
X ′′ T&
⎧X
′′ + λX
= 0
= = −λ
⎨
X 4T
⎩T
& + 4λT
= 0
由 X ′ + λ X = 0 ; X (0) = X (10) = 0
2 2
⎧ n π
⎪λ
= , n = 1,2,3, L
得
100
⎨
⎪ nπ
X ( x)
= sin x
⎪⎩
10
2 2
n
由 T& π
+ T = 0
25
2 2
n π
− t
25
T ( t)
= e
2 2
n π
π
5
t n
由 疊 加 法 , 令 u x t ∑ ∞ − π
25
( , ) = Ane
sin x
n=
1
10
π
IC: ∑ ∞ nπ
u(
x,
t)
= sin x = An
sin x
10 n=
1 10
比 較 係 數 得 A 1, A 0 ( 其 他 )
25
u( x,
t)
= e
1
=
n
=
2
π
− t
π
sin x
10

5-12 陳 立 工 數
25 25
當 t = , 則 u(5,
2
2
π
) = e
π
故 選 (H)
−1
範 例 9
Evaluate the principal value of the integral
∫ ∞ −∞
x
cos3x
dx
2
+ x + 3x
− 5
3
.
(20%)【97 台 聯 大 聯 招 ( 中 央 光 電 、 中 央 顯 示 、 清 大 電 機 、 清 大 光 電 、
【 範 圍 】30-5
清 大 電 子 、 清 大 動 機 、 清 大 工 系 、 陽 明 醫 工 、 陽 明 醫 光 電 )】
i3z
e
【 詳 解 】 令 f ( z)
=
3 2
z + z + 3z
− 5
則 z = 1 , −1±
2i
為 單 極 點
其 留 數
i3z
i
e e
Re s (1) = lim( z −1)
f ( z)
= lim =
z→1
z→1
2
z + 2z
+ 5 8
i3z
e
Re s(
α)
= lim( z −α)
f ( z)
= lim( z −α)
z→α
z→α
3 2
z + z + 3z
− 5
i3α
−6
−3i
e e e
=
= = −
( α −1)(
α − β ) −8(1
+ i)
∀α
= −1+
2i,
β = −1−
2i
i3x
∞ cos3x
∞ e
故 ∫
dx = Re{
}
−∞
3 2
3 2
3 5
∫
dx
x + x + x −
−∞ x + x + 3x
− 5
= Re{ 2π i Re s(
α)
+ πi
Re s(1)}
1
16
−6 −3i
3i
e e
e
= Re{ −2π i (1 − i)
+ πi
}
16
8
π
−
= [( −sin 3 − cos3) e
6 − sin 3]
8
e
3
e
−6
−3i
(1 − i)
範 例 10

第 五 篇 97 台 聯 大 5-13
Find the eigenvalues and corresponding normalized eigenvectors (norm
equals to 1) for the matrix
⎡1
0 0⎤
A =
⎢ ⎥
⎢
2 4 0
⎥
.
⎢⎣
6 4 2⎥⎦
What are those for the transpose matrix
T
A ?
(10%)【97 台 聯 大 聯 招 ( 中 央 光 電 、 中 央 顯 示 、 清 大 電 機 、 清 大 光 電 、
【 範 圍 】25-1
清 大 電 子 、 清 大 動 機 、 清 大 工 系 、 陽 明 醫 工 、 陽 明 醫 光 電 )】
1−
λ
【 詳 解 】(1) 由 det( A − λI)
= 2 4 − λ 0 = 0 λ =1,2, 4
6
0
4
0
2 − λ
⎡0
0 0⎤
⎡ 3 ⎤
1 EV (1) = ker
⎢
2 3 0
⎥
{
⎢
2
⎥
⎢ ⎥
= span
⎢
−
⎥
}
⎢⎣
6 4 1⎥⎦
⎢⎣
−10⎥⎦
⎡ 3 ⎤
⎢ ⎥
⎢
113
⎥
2
normalized eigenvector is { k ⎢
1
− ⎥ | k1
∈ R}
⎢ 113 ⎥
⎢ 10 ⎥
⎢−
⎥
⎣ 113 ⎦
⎡−1
0 0⎤
⎡0⎤
2 EV (2) = ker
⎢
2 2 0
⎥
{
⎢
0
⎥
⎢ ⎥
= span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
6 4 0⎥⎦
⎢⎣
1⎥⎦
⎡0⎤
normalized eigenvector is { k
⎢
2
0
⎥
⎢ ⎥
| k2
∈ R}
⎢⎣
1⎥⎦

5-14 陳 立 工 數
(2)
⎡−
3 0 0 ⎤ ⎡0⎤
3 EV (4) = ker
⎢
2 0 0
⎥
{
⎢
1
⎥
⎢ ⎥
= span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
6 4 − 2⎥⎦
⎢⎣
2⎥⎦
⎡ ⎤
⎢
1 0 ⎥
⎢ ⎥
normalized eigenvector is { k ⎢ ⎥
3
| k3
∈ R}
⎢ 5 ⎥
⎢ 2 ⎥
⎢ ⎥
⎣ 5 ⎦
⎡1
2 6⎤
T
A =
⎢ ⎥
⎢
0 4 4
⎥
λ =1,2, 4
⎢⎣
0 0 2⎥⎦
⎡0
2 6⎤
⎡1⎤
1 EV (1) = ker
⎢
0 3 4
⎥
{
⎢
0
⎥
⎢ ⎥
= span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
0 0 1⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
⎡1⎤
normalized eigenvector is { k
⎢
1
0
⎥
⎢ ⎥
| k1
∈ R}
⎢⎣
0⎥⎦
⎡−1
2 6⎤
⎡−
2⎤
2 EV (2) = ker
⎢
0 2 4
⎥
{
⎢
2
⎥
⎢ ⎥
= span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
0 0 0⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎡ 2⎤
⎢−
2 3 ⎥
⎢ ⎥
normalized eigenvector is { k2 ⎢ ⎥ | k2
∈ R}
⎢ 3 ⎥
⎢ 1⎥
⎢
−
⎣ 3⎥
⎦
⎡−
3 2 6 ⎤ ⎡2⎤
3 EV (4) = ker
⎢
0 0 4
⎥
{
⎢
3
⎥
⎢ ⎥
= span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
0 0 − 2⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦

第 五 篇 97 台 聯 大 5-15
⎡ 2 ⎤
⎢
13
⎥
⎢ ⎥
3
normalized eigenvector is { k ⎢ ⎥
3
| k3
∈ R}
⎢ 13 ⎥
⎢ 0 ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦

5-16 陳 立 工 數
97 台 聯 大 聯 招 (B)
範 例 1
Let
X , 2, L denote a sequence of independent, identically distributed
1
X
random variables with exponential probability density function (pdf)
−x
⎧e
f
x
( x)
= ⎨
⎩ 0
x ≥ 0,
otherwise.
(a) Let n denote a constant, find the pdf of the derived random variable
Y =
n
∑ X i
i=
1
. (5%)
1
(b) Let N denote a geometric ( ) random variable with probability mass
5
function (pmf)
⎧1
⎪
⎞
⎜
⎛ 1
P =
1 − ⎟
N
( n)
⎨5
⎝ 5 ⎠
⎪
⎩ 0
n−1
, n = 1, 2, L
, otherwise.
What is the moment-generating function (MGF) of
Z = X L+
1
+ X
2
+ X N
? (5%)
(c) Find the pdf of Z.
(Remark) The MGF of a random variable X is defined as
φ ( s ) = E{
e
x
sX
}

第 五 篇 97 台 聯 大 5-17
⎧
⎪∫
= ⎨
⎪
⎩
∞
−∞
∑
e
x ∈Ω
i
e
sx
f
sxi
X
( x)
dx
P ( x )
X
i
X is a continuous random variable
X is a discrete random variable
(5%)
【97 台 聯 大 聯 招 ( 清 大 通 訊 、 中 央 通 訊 、 清 大 電 機 、 清 大 工 科 )】
【 詳 解 】
(a)
X iid
i
λ
~ exp( = 1), i = 1,2, L
M
( t)
=
∫
0
∞
e
tx
e
−x
dx =
∫
∞
0
e
−x(1−t
)
1
dx = ,
1−
t
X i
)
i = 1,2,L
M
Y
ty
t x
( ) ( ) (
1 + x2
+ L+
xn
)
tx1
tx2
txn
tx1
tx2
t = E e = E e ) = E(
e e Le
) = E(
e ) E(
e
) LE(
e
( txn
= M
X
( t)
M
1 X 2
( t)
LM
1 1 1
= ( )( ) L(
)
1−
t 1−
t 1−
t
1 n
= ( )
1−
t
X
n
( t)
根 據 MGF 存 在 必 唯 一 的 性 質 , 可 知 此 為 伽 瑪 分 配 之 動 差 生 成 函 數 ,
故 Y ~ Γ(
α = n,
λ = 1)
。
f
Y
⎧ 1 n
⎪ x
( y)
= ⎨Γ(
n)
⎪
⎩ 0,
−1
e
−x
,
x > 0
o.
w.
(b)
tz
t(
x x xN
tx tx txN
M ( t)
E(
e )
Z N
N
E(
e
1 + 2 + L+
1 2
= =
) )
N
= E(
e e e )
N
L
=
tx tx2
txN
E ( e ) E(
e ) E(
e )
N
1
L

5-18 陳 立 工 數
= M
X
( t)
M
1 X 2
( t)
LM
1 1 1
= ( )( ) L(
)
1−
t 1−
t 1−
t
1 N
= ( )
1−
t
X
N
( t)
根 據 MGF 存 在 必 唯 一 的 性 質 , 可 知 此 為 伽 瑪 分 配 之 動 差 生 成 函 數 ,
Z N
故
~ Γ(
α = n,
λ = 1)
。
(c)
f
Z N
⎧ 1 n
⎪ z
( z n)
= ⎨Γ(
n)
⎪
⎩ 0,
−1
e
−z
,
z > 0
o.
w.
f
ZN
( z,
n)
f ( z n)
= f
Z N
ZN
( z,
n)
= f ( z n)
⋅ f ( n)
Z N
N
f ( n)
f
ZN
( z,
n)
=
Γ
由 (c) 得
M
Z
1
(
N
z
n)
n−1
e
1
1 − z
5
f
Z
( z)
e
( t)
= E(
e
tz
1
=
1−
5t
1
Γ(
n)
−z
⋅
= ,
5
) =
∫
0
∞
1
e
5
1
(
5
1
− z
5
1
5
4
)
5
e
4
5
tz
n−1
1 5
dz = ⋅
5 1−
5t
n−1
−z
n−1
f
ZN
( z,
n)
= z e ⋅ ( ) , > 0,
f ( z)
=
Z
∑ ∞
n=
1
Γ
1
(
z
n)
n−1
e
−z
1
⋅
(
5
4
)
5
n−1
∫
0
∞
e
1
−z(
−t)
5
z n = 1,2, K
dz
1
( − t)
5

第 五 篇 97 台 聯 大 5-19
1
= e
5
1
= e
5
1
= e
5
1
= e
5
−z
−z
−z
1
− z
5
∞
∑
n=
1
∞
∑
n=
0
e
4
z
5
,
4 n−1
( z)
5
( n −1)!
4
( z)
5
n!
n
z > 0
1
= e
5
−z
⎛
⎜1+
⎝
4
5
z +
1 4
( z)
2! 5
2
⎞
+ L⎟
⎠
1
Z ~ exp( λ = )
5
範 例 2
Let V be a vector space of continuous functions defined on the interval
[ 0, 2π ] and β = φ ( t),
φ ( t),
L,
φ ( )} be a basis for V.
{
1 2
n
t
2π
(a) Is the set W = { f ( t)
∈V
: ∫ f ( t)
dt = 0}
a subspace of V? Justify your
answer. (6%)
0
(b) Define T : V → V by ∀f
( t)
= ∑aiφ i
( t)
∈V
, T( f ( t))
= ∑ a i −
φ
i
( t
where a 1. Prove that T is a linear transformation. (5%)
n
t = 1
0 =
(c) Find bases for both the null space of T and the range of T. (4%)
n
i=
1
1
)

5-20 陳 立 工 數
【97 台 聯 大 聯 招 ( 清 大 通 訊 、 中 央 通 訊 、 清 大 電 機 、 清 大 工 科 )】
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)4-3 (b)6-1 (c)6-3
【 分 析 】(b) 題 目 有 誤 , 因 為
→
【 詳 解 】(a)True !!
∑
T ( 0) a i
φ t = a φ t)
+ 0φ
( t)
+ L+
0φ
n(
t)
= a φ ( )
=
n
i=
1
−1 i
( )
所 以 題 目 應 改 為 a = 0
0 才 對 。
0 1( 2
0 1
t
2π
1 因 為 ∫ 0dt = 0 0 ∈W
W
≠ φ
0
2∀ α , β ∈ F,
f ( t),
g(
t)
∈W
2 π = 2π
0
0
亦 即 ∫ f ( t)
dt ∫ g(
t)
dt = 0
2π
2π
∫
[ αf
( t)
+ βg(
t)]
dt = ∫ αf
( t)
dt + ∫ βg(
t)
dt = 0
0
α
f ( t)
+ βg(
t)
∈W
故 W 為 V 的 子 空 間
(b) 令 ∀ α , β ∈ F,
f ( t),
g(
t)
∈V
n
0
2π
亦 即 f ( t)
= ∑ a i
φ
i
( t)
且 T ( f ( t))
= ∑ a i −
φ
i
( t
g
i=
1
n
n
i=
1
( t)
= ∑b i
φ
i
( t)
且 T g(
t))
= ∑
i=
1
n
∑
n
i=
1
0
1
)
( b i
φ t
∑
−1 i
( )
α
f ( t)
+ βg(
t)
= α a φ ( t)
+ β bφ
( t)
i=
1
i
i
∑
n
i=
1
T ( α f ( t)
+ βg(
t))
= T ( α a φ ( t)
+ β bφ
( t)
)
n
∑
i=
1
n
i=
1
i
i
∑
i=
1
i
i
n
∑
i=
1
= T ( [ α a + βb
] φ ( t))
= [ αa
+ βb
] φ ( t)
i
i
i
n
i−1
i
i
i−1
i
→
≠ 0

第 五 篇 97 台 聯 大 5-21
n
= ∑α ai−
1φi
( t)
+ ∑ βbi
−1φ
i
( t)
= αT
( f ( t))
+ βT(
g(
t))
i=
1
T 為 線 性
(c) 令 f ( t)
∈ N(
T )
n
i=
1
T ( f ( t))
= 0 T ( f ( t))
= ∑ a i −1 φ
i
( t)
= 0
a a = L L = 0
0
=
1
a n −1
=
f ( t)
= anφn
( t)
取 { φ ( t)}
為 N (T ) 的 基 底
n
i=
1
n
( T ) = span{
T ( φ1(
t)),
T ( φ2(
t)),
LL,
T ( φn
( t
= span{ φ2(
t),
φ3(
t),
LL,
φn(
t),0}
{ φ2(
t),
φ3(
t),
L L,
φn
( t
又 R
))}
取 (T )
R 的 基 底 為 )}
範 例 3
Let T be a linear operator on an n-dimensional vector space V with ordered
basis β . We define the characteristic polynomial f (t)
of T to be the
characteristic polynomial of
A = [T ]
β
, where [T ]
β
denotes the matrix
representation of linear operator T in the ordered basis β . That is,
f
(
n
t)
= det( A − tI ) , where det(.) is the determinant of the indicated matrix, and
I
n
is the n-by-n identity matrix. Prove that this definition of characteristic
polynomial of a linear operator is independent of the choice of ordered basis
β . That is, det([ T ]
β
− tI ) = det([ T ] − tI ) for any ordered bases β and γ
n
y
of V. (7%)【97 台 聯 大 聯 招 ( 清 大 通 訊 、 中 央 通 訊 、 清 大 電 機 、 清 大 工 科 )】
【 範 圍 】 電 機 線 代 6-6
【 詳 解 】 令 β 和 γ 為 V 的 二 組 有 序 基 底
n

5-22 陳 立 工 數
由 同 一 空 間 換 基 公 式 得
β
令 P = [I] γ
[ T ]
γ
β β −1
β
γ
= [ I]
β
[ T ]
β
[ I ]
γ
= ([ I]
γ
) [ T ]
β
[ I]
γ
−1
−1
−1
det([ T ] − tI ) = det( P [ T]
P − tI ) = det( P [ T ] P − P tI P)
γ
n
= det( P
−1
β
n
([ T]
β
− tI
n)
P)
= det([ T]
β
− tI n
) 得 證
β
n
範 例 4
The set of all polynomials with real coefficients is a vector space denoted by
P (R) . Let n be a nonnegative integer, and let P n
(R)
consist of all
polynomials in P (R)
having degree less than or equal to n. Let V = P(R)
with inner product
= ∫ 1 − 1
( f ( x),
g(
x))
f ( t)
g(
t)
dt , and consider the subspace
P ( ) with the ordered basis β = { x
2 , x ,1}
. Use the Gram-Schmidt process
2
R
to replace β by an orthonormal basis v , v , } for P ( ) in the order of
{
1 2
v3
2
x → x →1. (5%)
【97 台 聯 大 聯 招 ( 清 大 通 訊 、 中 央 通 訊 、 清 大 電 機 、 清 大 工 科 )】
2
R
【 範 圍 】 電 機 線 代 10-3
2
【 詳 解 】 令 u
1
= x , u2
= x,
u3
= 1
由 Gram-Schmidt process
2
取 v = u = 且
1 1
x
4
v
1
, v1
= ∫ x dx =
−
3
u
x dx
2,
v1
1
v
2
= u2
− v1
= x − ⋅ x = x 且
v , v v , v
1
1
1
1
2
5
1
∫ − 2
1
1
2
v
2
, v2
= ∫ x dx =
−
1
1
2
3

第 五 篇 97 台 聯 大 5-23
v
3
且
= u
3
−
v , v
u , v
3
v , v
1
1
1
v
1
−
u , v
3
v , v
1 5 2 2
= ∫ [1 − x ] dx
− 1 3
3 3
=
2
2
2
v
2
= 1−
8
9
∫
1
2
x dx
1
x
2
5
5 2 3 9 5 2
b 故 單 範 正 交 基 底 為 { x , x,
(1 − x )}
2 2 8 3
−
2
−
∫
1
xdx
1 5
x = 1−
x
2 3
3
−
2
範 例 5
Suppose that T is a linear operator on a finite-dimensional inner product space
V over the field of real number with the distinct eigenvalues
λ , λ , 1 2
L , λ .
k
Assume that T is self-adjoint. For each i ( 1 ≤ i ≤ k)
, let W, be the eigenspace
of T corresponding to the eigenvalue
λ
i
, and let T, be the orthogonal
projection of V on
W
i
. Prove that
T
= λ L+
T + λ T + λ T
1 1 2 2
k k
.
(8%)【97 台 聯 大 聯 招 ( 清 大 通 訊 、 中 央 通 訊 、 清 大 電 機 、 清 大 工 科 )】
【 範 圍 】 電 機 線 代 11-2
【 詳 解 】 因 為 T
i
為 V 在 W
i
的 正 交 投 影 Im( T
i
) = Wi
又 ∀ v ∈W
, 假 設 v = v1 + v2
+ v3
+ LL+
vk
, 其 中 v i
∈ W ( λ i
)
T ( v)
= v
i i
( v)
= T ( v1 + v2
+ v3
+ L L+
vk
) = T ( v1)
+ T ( v2)
+ L T ( vk
T + )
= λ v + λ v + λ v + LL+
λ
v 1 1 2 2 3 3
k k
λ
1T1
( v)
+ λ2T2
( v)
+ λ3T3
( v)
+ L + λ k
Tk
( v
( λ
1T1
+ λ2T2
+ λ3T3
+ L + λ k
Tk
)( v)
+ λ T + λ T + L λ T
1 2 2 3 3
k k
= L
= L
T = λ T
L+
1
得 證
)

5-24 陳 立 工 數
範 例 6
Suppose that X is a Poisson random variable with P ( X = 2) = P(
X = 3)
.
Find P ( X = 5)
.
(10%)【97 台 聯 大 聯 招 ( 清 大 通 訊 、 中 央 通 訊 、 清 大 電 機 、 清 大 工 科 )】
【 詳 解 】
X ~ Poi(
λ)
f
X
−λ
x
⎧e
λ
⎪
( x)
=
,
⎨ x!
⎪⎩ 0,
x = 0,1,2 L
o.
w.
P(
X
P(
X
−λ
2
e λ
= 2) =
2!
−λ
3
e λ e
= 3) = =
3!
λ 3
λ
6
P( X = 2) = P(
X = 3)
e 2
λ
2
λ = 3
P ( X
−3
e 3
= 5) =
5!
5
−
3
λ
= e
6
−λ −λ
範 例 7
Let X ~ N(0, 1)
and − ∞ < a < ∞ . Find E [ e
aX ] . (10%)
【97 台 聯 大 聯 招 ( 清 大 通 訊 、 中 央 通 訊 、 清 大 電 機 、 清 大 工 科 )】
【 詳 解 】
2
x
1 −
2
f
X
( x)
= e ,
2π
− ∞ < x < ∞

第 五 篇 97 台 聯 大 5-25
E(
e
2
x
∞
−
aX 2
) = ∫ −∞
1
e
2π
e
ax
dx
= e
= e
= e
2
a
2
2
a
2
2
a
2
∫
∫
∞
−∞
∞
−∞
1
e
2π
1
e
2π
2 2
x −2ax+
a
−
2
2
( x−a)
−
2
dx
dx
範 例 8
Consider the following system of three linear equations in three unknowns :
⎧ x1
+ x2
+ ax3
= 1
⎪
⎨ x1
+ ax2
+ x3
= 3
⎪
⎩ax1
+ x2
+ x3
= 2a
,
where
a ∈ R .
(a) Find condition on a such that the system has a unique solution. (4%)
(b) Find condition on a such that the system has no solution. Find also
condition on a such that the system has many solutions. (8%)
(c) Under the condition obtained in (a), use Cramer’s rule to solve the system
(no credit without using Cramer’s rule). (3%)
【97 台 聯 大 聯 招 ( 清 大 通 訊 、 中 央 通 訊 、 清 大 電 機 、 清 大 工 科 )】
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)(b)5-4 (c)3-4

5-26 陳 立 工 數
⎡1
【 詳 解 】(a) 題 意 可 知
⎢
⎢
1
⎢⎣
a
1
a
1
⎡1
⎢
由 增 廣 矩 陣 [ A | B]
=
⎢
1
⎢
⎣a
a⎤⎡
x1
⎤ ⎡ 1 ⎤
1
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
3
⎥
1⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
2a⎥
3 ⎦
1
a
1
( AX = B 型 式 )
a 1 ⎤ ⎡1
⎥
( −1)
( − a)
r ⎢
12 r13
1 3
⎥
⎯⎯⎯
→
⎢
0
1 2a⎥
⎦
⎢
⎣0
1
a −1
1−
a
⎡1
1 a 1 ⎤
(1)
r ⎢
⎥
23
⎯⎯→
⎢
0 a −1
1−
a 2
⎥
⎢
⎣0
0 − ( a −1)(
a + 2) a + 2⎥
⎦
當 a ≠ 1,
−2
時 : rank ( A)
= rank(
A | B)
= 3 唯 一 解 !!
⎡1
1 1 1⎤
⎢ ⎥
(b) 當 a = 1 時 :[ A | B]
=
⎢
0 0 0 2
⎥
⎢
⎣0
0 0 1⎥
⎦
rank ( A)
= 1 ≠ rank(
A | B)
= 3 無 解 !!
⎡1
1 − 2 1⎤
⎢
⎥
當 a = −2
時 :[ A | B]
=
⎢
0 − 3 3 2
⎥
⎢
⎣0
0 0 0⎥
⎦
rank ( A)
= 2 = rank(
A | B)
< ( n = 3)
無 限 多 解 !!
1
1
(c) 因 為 A = 1 a 1 = 3a
− a
3 − 2
1
3
a
1
a
1
3
2a
1 1 6a
− 2a
− 4
x
1
= =
= 2
3
1 1 a 3a
− a − 2
1 a 1
a
1
1
a
1
a
1
a
1−
a
1−
a
2
1⎤
⎥
2
⎥
a⎥
⎦

第 五 篇 97 台 聯 大 5-27
x
x
2
3
=
=
1
1
a
1
1
a
1
1
a
1
1
a
1
3
2a
1
a
1
1
a
1
1
a
1
a
1
1
a
1
1
1
3
2a
a
1
1
− a − a
=
3a
− a
2
3
+ 2 − ( a −1)(
a + 2) 1
=
=
2
− 2 − ( a −1)
( a + 2) a −1
2
a + a − 2 ( a −1)(
a + 2) −1
= =
=
3
2
3a
− a − 2 − ( a −1)
( a + 2) a −1
範 例 9
A silicon wafer contains n CPU processor chips. Assume that a single CPU
processor chip has failure probability p.
(a) What is the failure probability of a single silicon wafer ? (5%)
(b) What is the probability of at most two failure chips in a single silicon
wafer ? (5%)
【97 台 聯 大 聯 招 ( 清 大 通 訊 、 中 央 通 訊 、 清 大 電 機 、 清 大 工 科 )】
【 詳 解 】
令 X 為 不 正 常 運 作 的 CPU 數 量 且 p 為 每 一 個 CPU 不 正 常 運 作 的 機 率
X ~ Bin(
n,
p)
(a)
n 0 n
n
P ( X ≥ 1) = 1−
P(
X = 0) = 1−
C0 p (1 − p)
= 1−
(1 − p)
(b) P ( X ≤ 2) = P(
X = 0) + P(
X = 1) + P(
X = 2)

5-28 陳 立 工 數
= C
n
0
= (1 − p)
= (1 − p)
0
p (1 − p)
n
n−
n
+ C
n
1
1
p (1 − p)
n−1
+ C
n−1
n(
n −1)
+ np(1
− p)
+ p
2
2
2
np
[(1 − p)
+ np(1
− p)
+
n
2
2
(1 − p)
2
2
p (1 − p)
n−2
( n −1)
]
2
n−2
範 例 10
Suppose that three numbers are selected one by one, at random and without
replacement from the set of numbers { 1,2,3, L , n}
. What is the probability that
the third number falls between the first two if the first number is smaller than
the second ? (5%)
【97 台 聯 大 聯 招 ( 清 大 通 訊 、 中 央 通 訊 、 清 大 電 機 、 清 大 工 科 )】

第 六 篇 97 台 科 6-1
97 台 科 營 建
範 例 1
4
3 dy
一 微 分 方尣 程 式 為 3y
−1+
12xy
= 0
dx
(1) 試 判 斷 其 是 否 為 正 合 方 程 式 (Exact Differential Equation)。 (5%)
(2) 屉 y ( 2) = 1, 試 根 據 (1) 之 結 果 求 微 分 方尣 程 式 之 解 y (x)。 (10%)
【97 台屲 科 營 建 】
【 範 圍 】2-3
4
3 dy
4
3
【 詳 解 】(1) 3y −1+
12xy
= 0 (3y
−1)
dx + 12xy
dy = 0
dx
4
⎪⎧
M ( x,
y)
= 3y
−1
屉 ⎨ ⎪⎩
3
N(
x,
y)
= 12xy
M ∂N
∵
∂ = = 12y
3
∂y
∂x
∴ 此 為 正 合 方 程 式
(2) ∃ φ( x,
y)
⎧∂φ
4
⎪
= 3y
−1
∂x
∋ ⎨
⎪
∂φ
3
= 12xy
⎪⎩
∂y
→ φ = 3xy
4
→ φ = 3xy
− x + k ( y)
4
+ k
2
1
( x)
故 通 解 為
4
φ ( x , y)
= 3xy
− x = c
由岩 BC y ( 2) = 1: φ (2,1) = 6 − 2 = c c = 4
故 特 解 為 3xy
4 − x = 4

6-2 陳 立 工 數
範 例 2
屉 函 數 f (t)
之 Laplace Transform 運 算 可屣 表 為 L [ f ( t)]
= F(
s)
,
−
且尼 其 逆 轉 換 (Inverse Laplace Transform) 運 算 為 L 1 [ F(
s)]
= f ( t)
。
⎧ 0 ; t < 2
(1) 屉 f ( t)
= ⎨
, 試 求 L [ f ( t)]
。 (8%)
2
⎩(
t −1)
; t ≥ 2
(2) 試 以层 Laplace Transform 求 解 y ′′ ′( t)
+ 3y′′
( t)
+ 3y′
( t)
+ y(
t)
= δ ( t)
; 其 中 δ (t)
為 Dirac delta function, y ( 0) = y′
(0) = y ′′ (0) = 0 , t ≥ 0 ( 註 : 其 他屆 方尣 法
不 予 計 分 )。 (7%) 【97 台屲 科 營 建 】
【 範 圍 】(1)7-2 (2)8-1
2
2
【 詳 解 】(1) f ( t)
= ( t −1)
u(
t − 2) = [( t − 2) + 1] u(
t − 2)
2
= ( t − 2) u(
t − 2) + 2( t − 2) u(
t − 2) + u(
t − 2)
2 −2s
2 −2s
1 −2s
£ { f ( t)}
= e + e + e
3
2
s s s
(2) 取 Laplace 變 換
3
2
2
[ s Y ( s)
− s y(0)
− sy′
(0) − y ′′ (0)] + 3[ s Y ( s)
− sy(0)
− y′
(0)]
範 例 3
( s
−0s
+ 3[ sY ( s)
− y(0)]
+ Y ( s)
= e
1
Y ( s)
=
( s + 1)
3 2
−0s
+ 3s
+ 3s
+ 1) Y ( s)
= e
−1
1 2 −t
£ { Y ( s)}
= t e u(
t)
2
3
e
−0s
一 3-D 向峭 量 場 為 F
x
= −2xi
− ze j + (2z
−1)
k
(1) 試 求 F 之 divergence ∇ • F 。 (5%)
(2) 試 求 F 之 curl ∇ × F 。 (5%)
(3) 試 求 面 積 分 I = ∫∫ F • N dσ
之 值 , 其 中 ∑ 為 圖 中 金 崉 塔 上 部 4 個 斜 面
∑

第 六 篇 97 台 科 6-3
( 即 面 AED, 面 DEC, 面 CEB, 面 BEA 之 組 合峯 ),N 為 各峬 斜 面 之 朝 外屸
單 位 法 向峭 量 。 (10%)
【97 台屲 科 營 建 】
【 範 圍 】(1)(2)19-4 (3)19-5
【 詳 解 】(1) ∇ ⋅ F
→ = −2 + 2 = 0
→
(2) ∇ × F =
→
i
∂
∂x
− 2x
→
j
∂
∂y
− ze
(3) 由岩 Gauss 散 度 定 理
∫∫
Σ
→
→
F ⋅ n dA =
∫∫
Σ
→
→
∫∫∫
→
x
∇ ⋅ F dV
∫∫
Σ
→
→
→
k
∂
∂z
2z
−1
= 0
∫∫
Σ下
= e
→
→
→
x
i − ze
→
x
F ⋅ n dA = F⋅
n dA − F⋅
n dA = − F⋅(
− k ) dA
= ∫∫ ∫∫
Σ 下
k
∫∫
Σ下
( 2z
−1)
dxdy = − dxdy = −(2×
2) = −4
Σ下
→
→
範 例 4

6-4 陳 立 工 數
(1) A 為 一 個 2× 2 矩 陣 , 若 已 知 A 滿 足
⎡2⎤
⎡4⎤
A ⋅ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥
⎣1⎦
⎣2⎦
請 舉 例 A 的 一 個 特 徵 向峭 量 , 並 請 問 該 特 徵 向峭 量 之 特 徵 值 是 多峿 少 ? (5%)
(2) 同峧 四屶 (1) 小 題 中 之 A 矩 陣 , 請 問 [ − 4 − 2] T
是 否 為 A 之 特 徵 向峭 量 ? 若 是 ,
請 問 其 特 徵 值 是 多峿 少 ? 若 不 是 , 請 說 明 為 什 麼 ? (5%)
(3) 已 知 B 矩 陣 之 特 徵 向峭 量 是 [ 1 1] T
與 [ 1] T
(4) 若
1 與 2, 試 求 B 矩 陣 ? (7%)
⎡α
C = ⎢
⎣γ
β ⎤
δ
⎥
⎦
1 − , 且尼 相 對 應 之 特 徵 值 分 別 為
其 中 α + γ = 1且尼 β +δ = 1, 試 證 明 數 崉 ”1” 必岊 為 C 矩 陣 的 一 個 特 徵 值 。
(6%) 【97 台屲 科 營 建 】
【 範 圍 】(1)(2)(4)23-1 (3)24-2
⎡2⎤
⎡4⎤
⎡2⎤
⎡2⎤
⎡0⎤
【 詳 解 】(1) A ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ = 2⎢
⎥ ( A − 2I)
=
⎣1⎦
⎣2⎦
⎣1
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎦ ⎣1⎦
⎣0
⎦
⎡2⎤
λ = 2 且尼 對 應 特 徵 向峭 量 ⎢ ⎥
⎣1
⎦
(2) 是 !
⎡2⎤
λ = −2
且尼 對 應 特 徵 向峭 量 ⎢ ⎥
⎣1
⎦
⎡1
1 ⎤ ⎡1
0⎤
(3) 屉 P = ⎢ ⎥ 且尼 D =
⎣1
−1
⎢ ⎥ ⎦ ⎣0
2 ⎦
因峴 為 B 有 兩 個 相 異 特 徵 值 , 故 可屣 對 角 化

第 六 篇 97 台 科 6-5
−1
⎡1
1 ⎤⎡1
0⎤
1 ⎡1
1 ⎤
則 B = PDP = ⎢ ⎥⎢
⎥ ⎢ ⎥
⎣1
−1⎦⎣0
2⎦
2 ⎣1
−1
⎦
⎡1
2 ⎤ 1 ⎡1
1 ⎤ 1 ⎡ 3 −1⎤
= ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥
⎣1
− 2⎦
2 ⎣1
−1⎦
2 ⎣−1
3 ⎦
(1)
α − λ β
r12
α − λ
(4) det( C − λI)
=
=
γ δ − λ γ + α − λ
α − λ β
=
1−
λ 1−
λ
當 λ = 1使 得 det( C − λ I)
= 0
故 λ = 1為 C 的 一 組 特 徵 值 。
β
δ + β − λ
範 例 5
(1) 若 f (x)
為 以层 下 函 數
⎧−1
⎪
f ( x)
= ⎨ 1
⎪
⎩ 0
−π
≤ x < 0
0 ≤ x ≤ π
x > π
試 以层 傅 立岷 葉 級 數 (Fourier series) 在峹 [ − π , π ] 區 間 中 展 開 f (x)
函 數 。 (8%)
(2) 在峹 題 五 (1) 中 的 傅 立岷 葉 級 數 稱 為 g (x), 試 問 g ( 0) = ?, g ( π ) = ?, g (0)
是
否 與 f (0)
相 等 ? g (π ) 是 否 與 f (π ) 相 等 ? 為 什 麼 ? (7%) 【97 台屲 科 營 建 】
【 範 圍 】12-2
∞
∞
2nπ
【 詳 解 】(1) 屉 f ( x)
= ∑bn
sin x = ∑bn
sin nx
n=
1 T n=
1
2 π
2 π
則 b n
= ∫ f ( x)sin
nxdx =
π 0
π ∫ sin nxdx
0
⎧ 4
2
⎪ n = 13 , , 5,
L
= (1 − cos nπ
) = ⎨nπ
nπ
⎪
⎩0
n = 2,
4,
6,
L

6-6 陳 立 工 數
f ( x)
=
∑ ∞
n=
1,3,5,L
4
sin nx
nπ
(2) 若 題 意 ∑ ∞ 4
g(
x)
= sin nx
n=
1,3,5,L nπ
g( 0) = 0 ≠ f (0), g(
π ) = 0 ≠ f ( π )
因峴 為 展 開 Fourier series x = 0, π 為 不 連 續 點 與 原 函 數 有 誤 差
範 例 6
(1) 若 一 動 態 系 統 之 反 應 y (t)
滿 足
y ′′ ( t)
+ 9y(
t)
= f ( t)
其 中 t 是 時 間 , 而 f (t)
是 系 統 的 輸 入 , 請 問 該 系 統 之 共峗 振 頻 率 ( 單 位
Hz)? (5%)
(2) 同峧 六 (1), 試 問 當 f (t)
為 以层 下 之 那 些 函 數 時 , 會 發 生岥 共峗 振 現 象 ? 可屣 能 單 選
或 複 選 。 (7%)
A. f ( t)
= sin(9t)
B. f ( t)
= cos(3t
)
C.
D.
f ( t)
= e
f ( t)
−3t
−3it
= e ( = −1
i ) 【97 台屲 科 營 建 】
【 範 圍 】3-3
2
【 詳 解 】(1) 由岩 m + 9 = 0 m = ± 3i
y h
= c1 cos3x
+ c2
sin 3x
3
故 齊 性 系 統 的 共峗 振 頻 率 為 自 然 頻 率 ω = 2 π
(2) 會 有 共峗 振 現 象 , 即 與 齊 性 解 頻 率 ( 自 然 頻 率 ) 相 同峧
選 B,D

第 六 篇 97 台 科 6-7
97 台 科 機 械
範 例 1
2 2 2
A spherical solid x + y + z ≤ 100 is cut into two pieces (S1 and S2)
by plane z = 5 as the figure below. Determine the volume of the small piece
S1. (20%)
【97 台屲 科 機 械 】
【 範 圍 】19-1
【 詳 解 】
z
球 体
x
2 2 2
+ y + z
= 100
平 面
z = 5
75
5
10
x
y

6-8 陳 立 工 數
5 α
10
由岩 圖 知 :
1
cos α =
2
體 積
V
2π
α
= ∫ 0 ∫ 0 ∫
10
0
r
2 sinφdrdφdθ
−圓 錐
範 例 2
= 2π
α
10
2 375π
∫ d θ ⋅ sinφ
φ ⋅ −
0 ∫ d ∫ r dr
0
0 3
1000 375π
= 2π
⋅(1
− cosα
) ⋅ − π
3 3
1 1000 375π
625
= 2π
⋅ (1 − ) ⋅ − π = π
2 3 3 3
Solve the following differential equation.
xy′ = −2 y + sin x (20%) 【97 台屲 科 機 械 】
【 範 圍 】2-5
2 sin x
【 詳 解 】 同峧 除 以层 x 得 y′
+ y =
x x
2
dx
x
=
∫ 2
1 積 分 因 子 : I ( x)
= e x
2 sin x
2 通 解 : I ( x)
y(
x)
= ∫ x ⋅ dx = x ⋅ xdx = −x
x + x + c
x
∫ sin cos sin
cos x sin x c
y ( x)
= − + +
2 2
x x x
範 例 3
Solve the following initial value problem.
2
x y ′′ + 2xy′
+ 100.25y
= 0 , y ( 1) = 2 , y ′( 1) = −11
. (20%) 【97 台屲 科 機 械 】
【 範 圍 】4-1

第 六 篇 97 台 科 6-9
m
【 詳 解 】 屉 y = x ( m > 0)
1
代 入 可屣 得 m ( m −1)
+ 2m
+ 100.25 = 0 m = − ± 10i
2
1
2
y x c cos10(ln x)
+ c sin10(ln x)]
= −
[
1
2
3
1 −
2
= − x [ c1
cos10(ln x)
y ′
+ c2
sin10(ln x)]
2
1
sin10(ln x)
cos10(ln x)
2
+ x −
[ −10c1
+ 10c2
]
x
x
⎧y(1)
= 2 = c1
⎪
IC ⎨
1
c 1
= 2,
c 2
= −1
⎪y′
(1) = −11
= − c1
+ 10c2
⎩
2
1
y = x
− 2
[2cos10(ln x)
− sin10(ln x)]
範 例 4-1
Find the radius of convergence of the power series ∑ ∞ n
i
n
( z + 5i)
.
n+ 1
n=
0 2
(10 %)【97 台屲 科 機 械 】
n
i
【 詳 解 】 由岩 比 值 審 斂 法 , 屉 a
n
= ( z + 5i)
n+
2 1
n+
1
i
n+
1
( 5 )
5
lim 2 z + i
a
n+
2
z + i
n+
1
i
lim =
= lim z + 5i
= < 1
n→∞
a n→∞
n
i
n→∞
n
n 2 2
( z + 5i)
n+
1
2
z + 5 i < 2
故 收 斂 半 徑 ρ = 2
n
範 例 4-2
Find all values of
(
−3i
− 1+
i)
. (10%)【97 台屲 科 機 械 】

6-10 陳 立 工 數
【 範 圍 】26-3
【 詳 解 】 ( −1+
i)
−3i
= e
ln( −1+
i)
−3i
= e
π
−3iln(
−1+
i)
( − + 2kπ
)
π
4
又 ln( −1+
i)
= ln( 2e
) = ln 2 + ( − + 2kπ
)
4
( −1+
i)
−3i
= e
ln( −1+
i)
= cos[ −3(ln
−3i
2 −
= e
π
−3i[(ln
2−
) + 2kπ
]
4
π
)
4
= e
− 6kπ
] + i sin[ −3(ln
π
i[
−3(ln
2 − ) −6kπ
]
4
2 −
π
)
4
− 6kπ
]
範 例 5
Solve the boundary value problem
2 2
∂ y ∂ y
=
2 2
∂t
∂x
( 0 < x < 1, t > 0)
y ( 0, t)
= y(1,
t)
= 0 ( t > 0)
y ( x,0)
= 0 ( 0 < x < 1)
∂y
( x,0)
= 1
∂t
( 0 < x < 1) (20%) 【97 台屲 科 機 械 】
【 範 圍 】14-1
【 詳 解 】 由岩 分 離 變 數 法 , 屉 y ( x,
t)
= X ( x)
T ( t)
代 入 P.D.E 得 X T&
= X ′
T
X ′′ T&
⎧X
′′ + λX
= 0
= = −λ
⎨
X T
⎩T
&& + λT
= 0
由岩 X ′′ + λ X = 0 ; X (0) = X (1) = 0
2
⎧λ
= ( nπ
) , n = 1,2,3, L
得 ⎨
⎩X
( x)
= sin nπx
2 2
由岩 T & + n π T = 0 T ( t)
= Acos
nπt
+ B sin nπ
t
IC T ( 0) = 0 A = 0 T
( t)
= B sin nπt
由岩 疊 加 法 , 屉 y x t = ∑ ∞ ( , ) Bn
sin nπ
t sin nπ
x
=1
n

第 六 篇 97 台 科 6-11
∂y
IC: x = ∑ ∞ ( ,0) = 1 nπ
Bn
sin nπ
x
∂t
n=
1
2 1
2
則 nπBn = sin nπxdx
(1 cos nπ
)
1
∫ = −
0
nπ
⎧
⎪ =
=
2 4
n 1,3,5, L
2
B (1 − cos ) = ⎨
2
n
nπ
2 2
n π
n π
⎪
⎩0
n = 2,4,6, L
y x t ∑ ∞ 4
( , ) =
sin nπt
sin nπ
x
2 2
n π
n=
1,3,5,L

6-12 陳 立 工 數
97 台 科 電 機
範 例 1
Find a unit normal vector n on the plane
4 x 2 + y
2 = z at the point (1,-2,8).
(16%) 【97 台屲 科 電 機 】
【 範 圍 】18-5
2 2
【 詳 解 】 屉 φ ( x,
y,
z)
= 4x
+ y − z
→
→
→
∇φ ( x,
y,
z)
= 8x
i + 2y
j−
k ∇φ
(1, −2,8)
= 8 i − 4 j−
k
→
∇φ
8 i − 4 j−
k
n = ± = ± ( )
∇φ
9
範 例 2
→
→
→
→
→
→
Evaluate the integral
1
∫ dz where C is (a) z −1 = 1, (b) z −1 = 2 ,
c 2
z ( z − 2i)
(c) z −1 = 3 . (18%) 【97 台屲 科 電 機 】
【 範 圍 】30-2
【 詳 解 】(1)
1
*
取 圖 中 之 簡 單 封 閉 路 徑 : C = C + C2
*
其 中 C 為 一 個 半屜 徑 ε 很 小 的 順 時 針 半屜 圓 形

第 六 篇 97 台 科 6-13
(2)
∫
C
1
dz =
2
z ( z − 2i)
as → 0
1
1
1
dz +
−
∫ dz
2
2
* z ( z 2i)
z ( z − 2i)
∫
C
C2
π
−
2
= ∫ dz + 0 =
2
−
∫π
2 i2θ
* z ( z 2i)
2
ε e
C
π
π
− i
1 −
2
2
= ∫π
dθ
=
−
∫ [
i θ iθ
π
2
εe
( εe
2i)
2
2
ε 該 積 分 值 發 散
i
iεe
i
( εe
θ
θ
dθ
− 2i)
1 1
−
iθ
i
εe
− 2i
εe
θ
] dθ
2
(3)
z = 0 為 路 徑 之 內 的 二 階 極 點
其 留 數 Re d 2 1
−1
s(0)
= lim [ z ] = lim
z→0
2
dz z ( z − 2i)
z→0
( z − 2i)
2
1
π
∫
dz = 2π i Re s(0)
= i
2
z ( z − 2i)
C
2
=
1
4
4
z = 2i 為 路 徑 內 的 單 極 點
1
其 留 數 Re s(2i)
= lim[( z − 2i)
] = −
z→2i
2
z ( z − 2i)
1
∫
dz = 2π
i{Re
s(0)
+ Re s(2i)}
= 0
2
z ( z − 2i)
C
1
4

6-14 陳 立 工 數
範 例 3
Find the probability of p ( x > V ) for a Rayleigh distribution
2
−x
2ψ
x
p(
x)
= e , x ≥ 0 . (16%) 【97 台屲 科 電 機 】
ψ
Given
範 例 4
⎛ 2
A = ⎜
⎝−1
1
0
0
1
− 5⎞
⎟
2 ⎠
(a) Find a basis for the nullspace of A. (8%)
T
T
(b) Given that {(2,1,0, − 5) ,( −1,2,5,0)
} is an orthogonal basis for the column
space of
T
A , find the vector in the column space of
T
A that is closest to
T
(− 1,0,0,1) . (12%) 【97 台屲 科 電 機 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)6-5 (b)10-5
⎡ 2 1 0 − 5⎤
( 2)
r ⎡ 0 1 2 −1⎤
21
【 詳 解 】(a) A = ⎢
⎥ ⎯⎯→⎢
⎥ = B
⎣−1
0 1 2 ⎦ ⎣−1
0 1 2 ⎦
4×1
因峴 為 N ( A)
= N(
B)
= { B x = 0 | x ∈ F }
⎧−
x1
+ x3
+ 2x4
= 0 ⎧x1
= x3
+ 2x4
⎨
⎨
⎩x2
+ 2x3
− x4
= 0 ⎩x2
= −2x3
+ x4
⎡ 1 ⎤ ⎡2⎤
⎢
2
⎥ ⎢
1
⎥
取 { ⎢
−
⎥,
⎢ ⎥}
為 N (A)
的 基 底
⎢ 1 ⎥ ⎢0⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ 0 ⎦ ⎣1⎦
T
(b) 屉 u = 2,1,0, −5)
T , u = ( 1,2,5,0 ) 為 正岗 交岾 基 底
→
1
(
2
−
→

第 六 篇 97 台 科 6-15
< ( −1,0,0,1)
, u >
< ( −1,0,0,1)
, u >
T
T
1
2
則 proj =
u1
+
u2
< u1,
u1
>
< u2,
u2
>
− 7
= (2,1,0, −5)
30
T
+
1
30
( −1,2,5,0)
T
1 1 1 7
= ( − , − , , )
2 6 6 6
T
範 例 5
2
Find the inverse Laplace transform of Y ( s)
= . (15%)
3 2
s ( s + 2)
【 範 圍 】7-2
2 2 1 2 2 1 1 1 2
【 詳 解 】 F ( s)
= = ( ) = [ ( − )]
3 2
s ( s + 2) s s(
s + 2) s 2 s s + 2
1 1 1 1 2 1 1 2 1
= [ − ] = [ − + ]
2
2
s 2 s s + 2 2s
s s(
s + 2) ( s + 2)
1 1 1 1 1
= [ −(
− ) + ]
2
2
2s
s s s + 2 ( s + 2)
1 1 1 1 1 1 1
= − + +
3 2
2
2s
2 s 2 s(
s + 2) 2 s(
s + 2)
1 1 1 3 1 3 1 1 1
= − + − −
3 2
2
2s
2 s 8 s 8 s + 2 4 ( s + 2)
−1
1 2 1 3 3 −2t
1 −2t
f (t) = £ { F(
s)}
= t − t + − e − te
4 2 8 8 4
【97 台屲 科 電 機 】
範 例 6
Given the Fourier transform pair : x( t)
↔ X ( ω)
, derive the Fourier transform
of x (at)
. Also find X (ω)
when
−c
t
x( t)
= e where c > 0 . (15%)
【97 台屲 科 電 機 】
【 範 圍 】13-1

6-16 陳 立 工 數
【 詳 解 】1 ∫ ∞ −iwt
I{
x(
at)}
= x(
at)
e dt
−∞
u du
屉 u = at t = dt = a a
代 入 上 式 得 I{
x(
at)}
=
−∞
∫
∞
−∞
x(
at)
e
−∞
−iwt
dt =
w
−i
u
a
1
= x(
u)
e
a
∫ ∞ −∞
∞
∞
−iwt
−c
t −iwt
2 I{
x(
t)}
= ∫ x(
t)
e dt = ∫ e e dt
∫ ∞ −∞
− c t
(cos sin )
= e wt − i wt dt
= 2∫ ∞ −
=
2c
w
e ct cos wtdt
0
2
c +
2
∫
∞
−∞
x(
u)
e
w
−i
u
a
1 w
du = X ( )
a a
du
a
, ∀a > 0

第 六 篇 97 台 科 6-17
97 台 科 電 子
範 例 1
Briefly answer the following questions. You will not get any credit if only the
answer is given. Each problem worths 4 points. (20%)
(a) Let A be an 4× 4 matrix which satisfies
a
1
+ 2a2
− 4a4
= 0
where
a
i
denotes the
th
i column of A and 0 is a 4× 1 zero vector, then
how many possible solutions will the system
Ax = b have? Explain.
(b) Let B be another 4× 4 matrix, is C = AB singular? Briefly justify your
answer.
(c) Determine the row echelon form of
T
xy , where x and y are two nonzero
(column) vectors in
n
R .
(d) (c) continued. Determine the dimension of the null space of
T
xy .
(e) Find the inverse of the following block matrix
⎡ 0
⎢
⎣−
I
where 0 is an
− I ⎤
H
⎥
⎦
n× n zero matrix, I is an n× n identity matrix, and H is an
n× n invertible matrix. 【97 台屲 科 電 子 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)(b)(c)(d)6-5 (e)3-3

6-18 陳 立 工 數
【 詳 解 】(a) 因峴 為 a
1
+ 2a2
− 4a4
= 0 A 為 行 相 依 det( A ) = 0
故 對 應 Ax = 0 , 崊 在峹 x = span a , a , } 為 非 零 解
n×
n
{
2 3
a4
Ax = b 必岊 無 限 多峿 解
(b) rank ( C)
= rank(
AB)
≤ min{ rank(
A),
rank(
B)}
< 4
Not full rank ! C 為 奇 異 矩 陣
T
T
(c) rank ( xy ) ≤ min{ rank(
x),
rank(
y )} = 1
⎡1
2 L n⎤
⎢
⎥
T
故 取 xy ⎢
0 0 L M
=
⎥
⎢ O ⎥
⎢
⎥
⎣0
L 0⎦
(d) 由岩 維 度 定 理 rank(
xy
T
T
T
) + nullity(
xy ) = dim( xy ) = n
T
T
T
dim( N(
xy )) = nullity(
xy ) = n − rank(
xy ) = n −1
⎡ 0 − I ⎤ C ⎡−
I 0 ⎤
(e) A = ⎢ ⎥ ⎯⎯→
12
⎣−
I H
⎢ ⎥ ⎯ ⎯ ( H
C ⎡−
I 0 ⎤
)
21
→
⎦ ⎣ H − I
⎢ ⎥
⎦ ⎣ 0 − I ⎦
( H )
AEc Ec = −I
範 例 2
12
A = −I
( Ec
A
−1
= −(
Ec
21
( H ) −1
( H ) −1
12
Ec21
) = −(
Ec12
Ec21
)
12
Ec
( H )
21
⎡0
) = −⎢
⎣I
I ⎤⎡
I
0
⎥⎢
⎦⎣H
0⎤
⎡−
H
⎥ =
I
⎢
⎦ ⎣ − I
− I ⎤
0
⎥ ⎦
Let
P
n
denote an inner product space which consists of all polynomials of
degree less than n with the inner product defined as
∫
p ( x),
q(
x)
p(
x)
q(
x)
dx . Now suppose that U is the subspace of P
3
= 1 0
which is given by
U
= { r(
x) : r(0)
= 0}
(a) (5%) Determine an orthogonal basis for U.
(b) (5%) Consider another subspace of P
3
which is given by
V
= { t(
x) : t(
−1)
= 0}

第 六 篇 97 台 科 6-19
Determine dim( U ∩ V ). 【97 台屲 科 電 子 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)10-3 (b)5-2
2
【 詳 解 】(a) 屉 r(
x)
= ax + bx + c ∈U
2
2
r ( 0) = 0 = c r ( x)
= ax + bx = span{
x , x}
2
屉 v x v = x
1
= ,
2
由岩 Gram-Schmidt process
2
4
取 u = v = 且尼 < u , u >= ∫ x dx
u
1 1
x
2
= v
2
< v2,
u
−
< u , u
1
1
1
1
1 1
=
0
>
u1
= x −
>
∫
1
0
1
5
3
x dx
x
1
5
2 5 2
取 { x , x − x } 為 U 一 組 正岗 交岾 基 底
4
2
= x −
2
(b) 屉 f ( x)
= ax + bx + c ∈U
∩V
f ( x)
∈U
且尼 f ( x)
∈V
⎧ f (0) = 0 = c
⎨
a = b, c = 0
⎩ f ( −1)
= 0 = a − b + c
2
2
f ( x)
= ax + bx + c = a(
x + x)
範 例 3
取 { x 2 + x}
為 U ∩ V 的 一 組 基 底 dim( U ∩V ) = 1
5
4
x
2
Consider the following figure :
(a) (5%) If all the points in the above figure undergo the linear transformation

6-20 陳 立 工 數
of
⎡
⎢
⎣
3
−1
3
1 ⎤
⎥ . Plot the resulting figure.
⎦
(b) (5%) Is the above linear transformation one-to-one? Is the above linear
transformation onto? Justify your answer. 【97 台屲 科 電 子 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)10-3 (b)5-2
⎡ 3 1 ⎤
⎡ 3 1 ⎤ ⎢ ⎥⎡
⎤
【 詳 解 】(a) = ⎢ 2 2
2 0
⎢ ⎥
⎥⎢
⎥
⎣−1
3⎦
⎢ 1 3
−
⎥⎣0
2 ⎦
⎢⎣
2 2 ⎥⎦
⎡ 3 1 ⎤
⎡cosθ
−sinθ⎤
⎢ ⎥
1
⎥ = ⎢ 2 2
π
⎢
⎥ 順 時 針 旋 轉 所 得 轉 移 矩 陣
⎣sinθ
cosθ
⎦ ⎢ 1 3
−
⎥
6
⎢⎣
2 2 ⎥⎦
⎡2
0⎤
⎡1
0⎤
2 ⎢ ⎥ = 2⎢
⎥ 放 大 2 倍
⎣0
2⎦
⎣0
1 ⎦
− 1
1
3 1
(b) 由岩 = 4 ≠ 0
−1
3
可屣 逆 矩 陣 1 對 1 且尼 映 成
範 例 4
As we learned in Linear Algebra, the adjoint of an
n× n matrix A is defined as

第 六 篇 97 台 科 6-21
adj
⎡ A11
⎢
⎢
A12
A =
⎢ M
⎢
⎣A1
n
A
A
M
A
21
22
2n
L
L
O
L
A
A
A
n1
n2
M
nn
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
where
A
ij
is the cofactor of
a
ij
. Also, it is known that the adjoint satisfies the
property that
A ⋅ adjA = det( A)
I . Now suppose that A has eigenvalues
λ , L,
λ , then
1 n
(a) (5%) Determine Trace( adj
A ) in terms of the eigenvalues of A, where
Trace (⋅)
denotes the summation of the diagonal elements of the matrix
inside.
(b) (5%) Determine det( adj A ) in terms of the eigenvalues of A.
【97 台屲 科 電 子 】
【 範 圍 】3-3
−1
【 詳 解 】(a) 因峴 為 A⋅ adj( A)
= det( A)
⋅ I adj ( A)
= det( A)
⋅ A
又 λ A)
= λ , λ , , λ
(
1 2
L
n
⎧ 1
⎪λ1λ
2
Lλn
×
λ1
⎪
⎪ 1
⎪λ ×
− 1λ2
Lλ
1
n
λ(
adj(
A))
= det( A)
λ(
A ) = ⎨ λ2
⎪M
⎪
⎪ 1
⎪λ1λ
2
Lλn
×
⎩ λn
1 1 1
tr(
adj(
A))
= λ1λ
2L λn
× ( + +LL
)
λ λ λ
1
2
n

6-22 陳 立 工 數
(b) Q Aadj ( A)
= adj(
A)
A = det( A)
I
det( Aadj ( A))
= det(det( A)
I )
n
det( A )det( adj(
A))
= det( A))
det( I)
= (det( A))
Q A 為 可屣 逆 矩 陣 ∴det(
A ) ≠ 0
det( adj(
A))
= (det( A))
n − 1
=
( λ λ L λ )
1
2
n−1
n
n
範 例 5
The random variable X is selected at random from the unit interval; the random
variable Y is then selected at random from the interval ( 0, X ) . Find the cdf of
Y. (14%) 【97 台屲 科 電 子 】
範 例 6
Let X be the input to a communication channel and let Y be the output. The
input to channel is +1 volt or -1 volt with equal probability. The output of
channel is the input plus a noise voltage N that is uniformly distributed in the
interval from +2 volts to -2 volts. Find P [ X = + 1, Y ≤ 0]
and the probability
that Y is negative given that X is +1. (14%) 【97 台屲 科 電 子 】
範 例 7
A particle leaves the origin under the influence of the force of gravity and its
initial velocity v forms an angle ϕ with the horizontal axis. The path of the
particle reaches the ground at a distance

第 六 篇 97 台 科 6-23
2
v
d = sin 2ϕ
g
from the origin (Fig 1). Assuming that ϕ is a random variable uniform
between 0 and
π , determine : the probability that d ≤ d0
. (14%)
2
【97 台屲 科 電 子 】
範 例 8
Prove
f ( x X ≤ a)
=
f ( x)
for x < a
f ( x)
dx
a
∫ −∞
and
f ( x)
f ( x b < X ≤ a)
=
for b ≤ x < a (8%) 【97 台屲 科 電 子 】
F(
a)
− F(
b)

6-24 陳 立 工 數
97 台 科 高 分 子
範 例 1-1
已 知 初 始 值 問 題 y ′′ ( x)
+ 0.2y′
( x)
+ 4.01y(
x)
= 0 , y ( 0) = 0 , y ′( 0) = 2 , 則 下
列峚 何 者 為 其 解 ? (8%)
(A)
(C)
− x
y(
x)
= e cos 2x
(B)
− x
y(
x)
= e sin 2x
−0.1x
y(
x)
= e cos 2x
(D)
−0.1x
y(
x)
= e sin 2x
【97 台屲 科 高 分 子 】
【 範 圍 】8-1
【 答 案 】(D)
【 詳 解 】 取 Laplace 變 換
[ s
2 Y ( s)
− sy(0)
− y′
(0)] + 0.2[ sY ( s)
− y(0)]
+ 4.01Y
( s)
=
2
2
Y
( s)
=
=
2
2
s + 0.2s
+ 4.01 ( s + 0.1) + 4
y(
x)
= e
−0.1x
sin 2x
0
範 例 1-2
某 一 由岩 I t),
I ( ) 所 構 成 之 系 統
1( 2
t
I ′ + ( I − I ) 12 , I ′ − .4I′
+ 0.4I
0 , I (0) 0 , I (0) 0。 請 問 下
1
4
1 2
=
列峚 何 者 為 正岗 確 ? (8%)
2
0
1 2
=
1
=
2
=
−2t
−0.8t
−2t
−0.8t
(A) I ( t)
= −8e
− 5e
3 (B) I ( t)
= −4e
− 4e
2
1
−
2
−
−2t
−0.8t
−2t
−0.8t
(C) I ( t)
= −8e
+ 5e
3 (D) I ( t)
= −4e
+ 4e
2
1
+
2
+
【97 台屲 科 高 分 子 】

第 六 篇 97 台 科 6-25
【 範 圍 】ch5
【 答 案 】(C)
【 詳 解 】 由岩 微 分 算 子 消 去 法
⎧(
D + 4) I1
− 4I2
= 12 ⎡ D + 4
⎨
⎩−
0.4DI1
+ ( D + 0.4) I
2
= 0
⎢
⎣−
0.4D
由岩 Cramer Rule
D + 4 − 4 12 − 4
I1
=
− 0.4D
D + 0.4 0 D + 0.4
− 4 ⎤⎡I
D + 0.4
⎥⎢
⎦⎣I
−0.8t
−2t
( D + 0.8)( D + 2) I1 = 4. 8 I ( t)
= c e + c e 3
1 1
2
+
1
2
⎤ ⎡12⎤
⎥ = ⎢ ⎥
⎦ ⎣ 0 ⎦
範 例 1-3
下 列峚 何 者 為 微 分 方尣 程 式
y ′′ ( x)
+ y(
x)
= sec x 之 特 解 ? (8%)
(A)
(C)
3 cos x
(B) cos x + 2sin
x
x cos x + xsin
x (D) cos x ln cos x + xsin
x 【97 台屲 科 高 分 子 】
【 範 圍 】3-3
【 答 案 】(D)
【 詳 解 】1 齊 性 解 :
2
m + 1 = 0 m = ± i
y h
= c1 cos x + c2
sin x
2 特 解 :
由岩 參 數 變 更 法
屉 = φ
1
cos x + φ2
sin x
y p
⎡ cos x sin x⎤⎡φ′
1 ⎤ ⎡ 0 ⎤
代 入 可屣 得 ⎢
⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥
⎣−
sin x cos x⎦⎣φ′
2⎦
⎣sec
x ⎦
由岩 Cramer Rule
⎧ cos x sin x 0 sin x
⎪
φ′
1
=
= tan x
− sin x cos x sec x cos x
⎨
⎪ cos x sin x cos x 0
φ′
=
= 1
⎪
2
⎩ − sin x cos x − sin x sec x
⎧φ
′
1
= tan x
⎨
⎩φ
′
2
= 1

6-26 陳 立 工 數
φ = ln | sec | and φ = x
1
x
2
y p
= cos x ln | sec x | + xsin
x
2 2 2
錐 形 曲 面 z = 4( x + y ) 於 點 P : (1,0,2 ) 之 單 位 法 線 向 量 = ?
(A)
(C)
範 例 1-4
1
→
2
→
i − k
5 5
1
→
2
→
i + k
5 5
【 範 圍 】18-5
(B)
(D)
【 答 案 】(B)
【 詳 解 】 屉 旋 轉 錐 (cone of revolution)
2 2 2
S: f ( x,
y,
z)
= z − 4( x + y )
2
→
1
→
i − k
5 5
2
→
1
→
i + k
5 5
(8%)【97 台屲 科 高 分 子 】
∂f
→
∂f
則 其 梯 度 ∇f ( x,
y,
z)
= i +
∂x
∂y
∂f
→
j+
k
∂z
→
→
→
→
= −8
x i − 8y
j+
2z
z
垂 直 向 量 (unit normal vector)
→
N
→
→
= ±∇f
(1,0,2) = ± ( −8
i + 4 k)
→
N 1
→ →
單 位 垂 直 向 量 (unit normal vector) n = = ± ( −2
i + k)
→
N
5
→
範 例 2
For each matrix, find all eigenvalues and a basis of each eigenspace:
(1)
⎛1
− 3 3⎞
⎜ ⎟
A = ⎜3
− 5 3⎟
, (2)
⎜ ⎟
⎝6
− 6 4⎠
⎛ − 3
⎜
B = ⎜−
7
⎜
⎝ − 6
1
5
6
−1⎞
⎟
−1⎟
− 2⎟
⎠

第 六 篇 97 台 科 6-27
Which matrix can be diagonalized, and why ? (20%)【97 台屲 科 高 分 子 】
【 範 圍 】23-2
1−
λ
【 詳 解 】(1) 由岩 det( A − λI)
= 3 − 5 − λ 3 = 0 λ = 4,
−2,
−2
6
− 3
− 6
3
4 − λ
⎡−
3 − 3 3⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
⎡x1
⎤ ⎡1⎤
當 λ = 4 :
⎢ ⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
3 − 9 3
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k1⎢
1
⎥
⎢⎣
6 − 6 0⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
2⎥
3 ⎦
⎡3
− 3 3⎤⎡x1
⎤ ⎡0⎤
⎡x1
⎤ ⎡ 1 ⎤
當 λ = −2
:
⎢ ⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
3 − 3 3
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k2
⎢
0
⎥
+ k
⎢⎣
6 − 6 6⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
−1⎥
3 ⎦
當 λ = −2
為 二 重 根 且尼 剛 好崅 對 應 兩 組 線 性 獨 立岷 特 徵 向峭 量
故 可 對 角 化 。
− 3 − λ 1 −1
(2) 由岩 det( B − λI)
= − 7 5 − λ −1
= 0 λ = 4,
−2,
−2
− 6
6
− 2 − λ
⎡−1
1 −1⎤
⎡ x1
⎤ ⎡0⎤
⎡ x1
⎤ ⎡1⎤
當 λ = −2
:
⎢ ⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
− 7 7 −1
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k1⎢
1
⎥
⎢⎣
− 6 6 0 ⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦
當 λ = −2
為 二 重 根 但 只屯 對 應 一 組 線 性 獨 立岷 特 徵 向峭 量
故 不 可 對 角 化 。
3
⎡1⎤
⎢ ⎥
⎢
1
⎥
⎢⎣
0⎥⎦
範 例 3
Determine whether or not the vector v = ( 3,9, −4,
−2)
is a linear combination
of the vectors u = (1, 2,0,3)
, u = (2,3,0, 1)
and u = (2, 1,2,1 ) , i.e.
1
−
2
−
3
−
belongs to the space spanned by the
u
i
. (10%)【97 台屲 科 高 分 子 】
【 範 圍 】20-3

6-28 陳 立 工 數
【 詳 解 】 屉 3,9, −4,
−2)
= c (1, −2,0,3)
+ c (2,3,0, −1)
+ c (2, 1,2,1 )
(
1 2
3
−
⎡ 1 2 2 ⎤ ⎡ 3 ⎤
⎢
⎥⎡c1
⎤ ⎢ ⎥
⎢
− 2 3 −1
⎥⎢
⎥
= ⎢
9
⎥
⎥⎢
c2
⎢ 0 0 2 ⎥ ⎢−
4⎥
⎢
⎥⎢⎣
c ⎥
3 ⎦ ⎢ ⎥
⎣ 3 −1
1 ⎦ ⎣−
2⎦
⎡ 1 2 2 3 ⎤ ⎡1
2 2 3 ⎤ ⎡1
⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎢
−2
3 −1
9 (2) ( −3)
⎥ ⎯⎯⎯→
⎢
0 7 3 15 (1)
r
⎥ ⎯⎯→ ⎢
0
12 r14
r24
⎢ 0 0 2 −4⎥
⎢0
0 2 −4⎥
⎢0
⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎢⎣
3 −1
1 −2⎥⎦
⎢⎣
0 −7
−5
−11⎥
⎦ ⎢⎣
0
⎡1
2 2 3 ⎤
⎢ ⎥
(1)
r
⎯⎯→ 34 ⎢
0 7 3 15
⎥
⎢0
0 2 − 4⎥
⎢ ⎥
⎢⎣
0 0 0 0 ⎥⎦
⎡c1
⎤ ⎡ 1 ⎤
⎢ ⎥
=
⎢ ⎥
⎢
c2
⎥ ⎢
3
⎥
⎢⎣
c ⎥⎦
⎢⎣
− 2⎥
3 ⎦
故 ( 3,9, − 4, −2)
= (1, −2,0,3)
+ 3(2,3,0, −1)
− 2(2, −1,2,1
)
範 例 4
A light horizontal strut of length L and flexural rigidity EI carries a
2
7
0
0
2 3 ⎤
⎥
3 15
⎥
2 − 4⎥
⎥
−2
4 ⎥⎦
concentrated load W at its midpoint. It is supported at each end and subjected
to a compressive force P. The deflection y at a point distance x from one end is
given by
Where
2
2
d y 2 Wn x
L
+ n y = −
(0 ≤ x ≤ )
2
dx
2P
2
2
n =
P
EI
. Find the greatest deflection of the strut which occurs at its
midpoint. (20%)【97 台屲 科 高 分 子 】
【 範 圍 】3-3

第 六 篇 97 台 科 6-29
2
d y
【 詳 解 】 + n
2
dx
y
y′
2
2
Wn x
y = −
2P
(
2
x)
= c1 cos nx + c sin nx −
(
2
Wx
2P
x)
= −nc1 sin nx + nc cos nx −
W
2P
⎧y(0)
= 0 = c1
⎧c1
= 0
⎪
⎪
BC ⎨ L
W ⎨ W
⎪y′
( ) = 0 = nc2
−
⎩ 2
2P
⎪c2
=
⎩ 2nP
W Wx
則 y( x)
= sin nx −
2nP
2P
L W nL WL
故 y( ) = sin −
2 2nP
2 4P
範 例 5
Solve the initial value problem :
2
(4x + 4x
+ 1) y′′
− 4(2x
+ 1) y′
+ 8y
= 0 y ( 1) = 9 , y ′( 1) = 0
(18%)【97 台屲 科 高 分 子 】
【 範 圍 】4-1
1 2 1
【 詳 解 】 4( x + ) y ′′ − 8( x + ) y′
+ 8y
= 0
2 2
1
屉 X = x +
2
2
2 d y dy
代 入 ODE 得 4X
−8X
+ 8y
= 0
2
dX dX
m
屉 y = X ( m > 0)
4 m ( m −1)
−8m
+ 8 = 0 m =1, 2
2 1 1 2
1
y = c1 X + c2
X = c1
( x + ) + c2(
x + ) y ′ = c 1
+ 2c
2
( x + )
2 2
2

6-30 陳 立 工 數
⎧ 3 9
⎪y(1)
= 9 = c1
+ c
由岩 IC : ⎨ 2 4
⎪
⎩y′
(1) = 0 = c1
+ 3c2
1 1
y = 12 ( x + ) − 4( x + )
2 2
2
2
c 1
= 12,
c 2
= −4

第 六 篇 97 台 科 6-31
97 台 科 自 動 化 控 制
範 例 1
Solve the following differential equations :
(1) y y′ + 2t
+ y
2 = 0 ; y ( 0) = 2
(10%)
(2) y ′′ − y = 5sin 2 ( t)
; y ( 0) = 2 , y ′( 0) = −4
(10%) 【97 台屲 科 自 動 化 控 制 】
【 範 圍 】(1)2-6 (2)3-3
2 du
【 詳 解 】(1) 屉 u = y = 2 yy′
dt
代 入 y y′ + 2t
+ y
2 = 0
1 du
du
可屣 得 + u = −2t
+ 2u
= −4t
2 dt
dt
1 積 分 因 子 :
2dt
I ( t)
= e∫
= e
2t
t
t
2 通 解 : I t u t = ∫ − 2
2
( ) ( ) 4te
dt = −(2t
−1)
e + c
u(
t)
= −(2t
−1)
+ ce
y
2
= −(2t
−1)
+ ce
−2t
−2t
由岩 IC: 4 =1+ c c = 3 y
2 5
(2) y′
− y = 5sin t = (1 − cos 2t)
2
1 齊 性 解 :
2
m −1
= 0 m = −1, 1
−t
yh
= c1 e + c2
2 特 解 :
由岩 待 定 係 數 法 , 屉
5 1
代 入 可屣 得 A = − , B = , C = 0
2 2
e
t
2
= −(2t
−1)
+ 3e
y p
= A + Bcos 2t
+ C sin 2t
−2t

6-32 陳 立 工 數
5 1
y p = − + cos 2t
2 2
−t
t 5 1
3 通 解 : y = c1 e + c2e
− + cos 2t
2 2
−t
t
y′ = −c e + c e sin 2t
1 2
−
⎧y(0)
= 2 = c1
+ c2
− 2
IC. ⎨
c
⎩ ′
1
= 4,
c 2
= 0
y (0) = −4
= −c1
+ c2
−t
5 1
y = 4 e − + cos 2t
2 2
【 另屮 解 】 由岩 逆 算 子 y 1 5
5 1
= { (1 − cos 2t)}
= − + cos t
p
D 1 2
2 2
2
2
−
範 例 2
Solve x (t)
and y (t)
from the simultaneous differential equations. (15%)
x′
− x + y = e
−t
−t
y′ − 2x
+ 2y
= e sin(2t)
【97 台屲 科 自 動 化 控 制 】
【 範 圍 】ch5
【 詳 解 】 由岩 微 分 算 子 消 去 法
−t
⎪⎧
Dx − x + y = e
⎡D
−1
⎨
−t
⎢
⎪⎩ Dy − 2x
+ 2y
= e sin 2t
⎣ − 2
由岩 Cramer Rule
−t
D −1
1 e 1
x =
−t
− 2 D + 2 e sin 2t
D + 2
D(
D + 1) x = e
x t)
= c
− t
−t
(
1
+ c2e
代 回峵 原 式 , 得
y t)
= c + 2c
e
−t
(
1 2
− e
− te
−t
−t
− 2te
−t
sin 2t
1
− e
10
3
− e
5
−t
−t
1
cos 2t
+ e
5
1
cos 2t
+ e
5
1 ⎤⎡x⎤
⎡
⎥⎢
⎥ = ⎢
D + 2⎦⎣y⎦
⎣e
−t
−t
sin 2t
sin 2t
−t
−t
e ⎤
⎥
sin 2t
⎦

第 六 篇 97 台 科 6-33
範 例 3
Solve the following equation by using Laplace Transform method. (15%)
y′
+ 3 y + 2
∫
t
0
ydt = H ( t − 2)
where y ( 0) = 1 and
【 範 圍 】8-1
【 詳 解 】 取 Laplace 變 換
⎧0
t < 0
H ( t)
= ⎨
【97 台屲 科 自 動 化 控 制 】
⎩1
t ≥ 0
Y ( s)
1
sY ( s)
− y(0)
+ 3Y
( s)
+ 2 = e
s s
2
−2s
( s + 3s
+ 2) Y ( s)
= s + e
−2s
−2s
s + e −1
2 1 1 −2s
Y
( s)
= = [ + ] + [ − ] e
2
s + 3s
+ 2 s + 1 s + 2 s + 1 s + 2
−1
−t
−2t
−(
t−2)
−2(
t−2)
y (t) = £ { Y ( s)}
= −e
+ 2e
+ ( e − e ) H ( t − 2)
範 例 4
Determine eigenvalues and eigenvectors of A . (20%)
⎡−
2 2 − 3⎤
A =
⎢
⎥
⎢
2 1 − 6
⎥
【97 台屲 科 自 動 化 控 制 】
⎢⎣
−1
− 2 0 ⎥⎦
【 範 圍 】23-2
− 2 − λ
【 詳 解 】 由岩 det( A − λI)
= 2 1−
λ − 6 = 0 λ = 5,
−3,
−3
當 λ = 5:
⎡−
7
⎢
⎢
2
⎢⎣
−1
−1
2
− 4
− 2
2
− 2
− 3
− λ
− 3⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤⎡
x1
⎤ ⎡−1⎤
− 6
⎥⎢
⎥ ⎢ ⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎥⎢
x2
⎥
=
⎢
0
⎥⎢
x2
⎥
k1⎢
− 2
⎥
− 5⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
⎢⎣
⎥⎦
⎢⎣
1 ⎥
3
x3
⎦

6-34 陳 立 工 數
當 λ = −3:
⎡ 1
⎢
⎢
2
⎢⎣
−1
2
4
− 2
− 3⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤⎡
x1
⎤
− 6
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥⎢
⎥
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥⎢
x2
⎥
= k
3 ⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
⎢⎣
⎥
3
x3
⎦
2
⎡3⎤
⎢ ⎥
⎢
0
⎥
+ k
⎢⎣
1⎥⎦
3
⎡ 2 ⎤
⎢ ⎥
⎢
−1
⎥
⎢⎣
0 ⎥⎦
範 例 5
2π
dθ
Find ∫ 0
3 − 2cosθ
+ sinθ
(10%) 【97 台屲 科 自 動 化 控 制 】
【 範 圍 】30-4
2π
dθ
1 dz
【 詳 解 】 ∫
=
0
∫
−1
−1
3 − 2cosθ
+ sinθ
z + z z − z iz
z = 1
3 − 2 +
2 2i
= 2 ∫
1
1
dz = 2
2
2
(6z
− 2z
− 2) i + z 1
∫
dz
2
(1 − 2i)
z + 6iz
− (2i
1)
−
z = 1
+
z = 1
2
1
= ∫
dz
1−
2i
+
= 1
2 6i
2i
1
z z + z −
1−
2i
1−
2i
1
屉 f ( z)
=
2 6i
2i
+ 1
z + z −
1−
2i
1−
2i
2 6i
2i
+ 1
則 z + z − = 0
1−
2i
1−
2i
6i
6i
2 2i
+ 1
− ± ( ) + 4
一 階 極 點 z =
1−
2i
1−
2i
1−
2i
2
− 6i
± − 36 + 4(2i
+ 1)(1 − 2i)
=
2(1 − 2i)
− 6i
± − 36 + 20 − 6i
± −16
− 6i
± 4i
=
=
=
2(1 − 2i)
2(1 − 2i)
2(1 − 2i)
− i − 5i
− i ( 1+
2i)
− 5i(1
+ 2i)
2 − i
= , = , = , 2 − i ,
1−
2i
1−
2i
5 5 5

第 六 篇 97 台 科 6-35
2 − i
屉 α = , β = 2 − i
5
α β
1
1
則 f ( z)
=
=
2 6i
2i
+ 1
z + z −
( z −α)(
z − β )
1−
2i
1−
2i
1 1
其 留 數 Re s(
α)
= lim( z −α)
f ( z)
= lim =
z→α
z→α
z − β α − β
1
5
=
=
2 − i
− (2 − i)
− 4(2 − i)
5
2π
dθ
2
2
∫ π =
0 3 − 2cosθ
+ sinθ
−
∫ f ( z)
dz = 2πi
Re s(
α)
1 2i
1−
2i ⋅
z = 1
2
2(1 + 2i)
2 + i
= ⋅ 2πi
Re s(
α)
= ⋅ 2πi
1−
2i
5 − 4
= π
範 例 6
2 2
∂ φ ∂ φ
Solve the P.D.E + = 0
2 2
∂x
∂y
φ ( 0, y)
= 0
with the following boundary conditions :
φ ( h,
y)
= 0
φ ( x ,0) = g(
x)
φ ( x,1)
= 0
(20%) 【97 台屲 科 自 動 化 控 制 】

6-36 陳 立 工 數
【 範 圍 】15-1
【 詳 解 】 由岩 分 離 變 數 法 , 屉 φ ( x , y,
t)
= X ( x)
Y(
y)
X ′′ Y′′
= − = −λ
X Y
⎧X
′′ + λX
= 0; X (0) = X ( h)
= 0
⎨
⎩Y
′′ − λY
= 0
由岩 X ′′ + λ X = 0 ; X (0) = X ( h)
= 0
2 2
⎧ n π
⎪λ
= , n = 1,2,3, L
2
可屣 得
h
⎨
⎪ nπ
X ( x)
= sin x
⎪⎩
h
2 2
n π
nπ
nπ
又 Y′ − Y = 0 Y
( y)
= Acosh
y + Bsinh
y
2
h
h
h
nπ
nπ
BC: Y ( l)
= 0 = Acosh
l + B sinh l
h h
nπ
B = −Acoth
l
h
nπ
nπ
nπ
Y ( y)
= A(cosh
y − coth l ⋅sinh
y)
h h h
由岩 疊 加 法 , 屉
∑ ∞ nπ
nπ
nπ
nπ
φ ( x,
y)
= { An
(cosh y − coth l ⋅sinh
y)sin
x}
n=
1 h h h h
BC: ∑ ∞ nπ
φ ( x,0)
= g(
x)
= { An
sin x}
n=
1 h
h n
An
=
2 ∫ g(
x)sin
π xdx
h 0 h
∑ ∞ nπ
nπ
nπ
nπ
φ ( x,
y)
= { An
(cosh y − coth l ⋅sinh
y)sin
x}
n=
1 h h h h

第 六 篇 97 台 科 6-37
97 台 科 化 工
範 例 1
Solve the following differential equation for x > 0 ,
x
2
2
d y dy
+ 10x
+ 20y
= 4ln( x)
− x
2
dx dx
【 範 圍 】4-1
t
d
【 詳 解 】 屉 x = e , t = ln x , D ≡ ( x > 0)
dt
(15%)【97 台屲 科 化 工 】
代 入 x
2
2
d y dy
+ 10x
+ 20y
= 4ln
x − x
2
dx dx
t
得 { D(
D −1)
+ 10D
+ 20} y = 4t
− e
2
t
{ D + 9D
+ 20} y = 4t
− e
1 齊 性 解 :
2
m + 9m + 20 = 0 m = −5,
−4
y
h
−5t
−4t
−5
−4
= c1e
+ c2e
= c1x
+ c2x
2 特 解 :
由岩 待 定 係 數 法 , 屉 y = At + B + Ce
1 9 1
代 入 可屣 得 A = , B = − , C = −
5 100 30
y
1
5
9
100
p
1
30
1
5
t
p
= t − − e = ln x − − x
t
9
100
1
30
−5
−4
1 9 1
3 通 解 : y = yh
+ y
p
= c1x
+ c2x
+ ln x − − x
5 100 30

6-38 陳 立 工 數
範 例 2
Determine Laplace transform of
e
−2t
∫
t
0
e
2ω
cos(3ω
) dω
(a) using the shifting in s variable theorem.
(b) using the convolution theorem. (16%) 【97 台屲 科 化 工 】
s
【 詳 解 】(1) ∵ £ {cos3 t } = s 2 + 9
2
s − 2
由岩 s 軸 平 移 定 理 :£{ e t sin3 t}
=
2
( s − 2) + 9
t
2ω
s − 2
由岩 積 分 之 變 換 定 理 :£{ ∫ e cos(3ω
) dω}
=
0
2
s[(
s − 2) + 9]
由岩 s 軸 平 移 定 理 :
t
−2t
2ω
( s + 2) − 2
£ { e ∫ e cos(3ω
) dω}
=
0
2
( s + 2)[(( s + 2) − 2) + 9]
s
=
( s + 2)( s
2 + 9)
∫
t
−2t
2ω
−2t
2ω
(2) ∵ e e cos(3ω
) dω
= e e cos(3ω
) dω
0
∫
t
e
0
∫
t
0
−2(
t−ω)
2
= cos(3ω
) dω
= e − t ∗cos(3t
)
∴ 由岩 褶 積 定 理 (convolution theorem)
∫
t
−2t
2ω
£ { e e cos(3ω
) dω}
= £ { e −2t
∗cos(3t)}
0
= £ { e − 2t } £ {cos( 3t)}
=
1 s
s + 2 s 2 + 9
範 例 3
−
For a position vector , 3 2 t
F = e ( i − j + 2k)
, determine the followings :
(a) velocity , (b) speed , (c) acceleration , (d) unit tangent vector , and

第 六 篇 97 台 科 6-39
(e) curvature. (12%) 【97 台屲 科 化 工 】
【 範 圍 】18-2
→
3 2 → → →
− t
【 詳 解 】 F = e ( i − j+
2 k)
→
→
d F
1 6 2 → → →
− t
v = = − e ( i − j+
2 k)
dt
2speed =
→
→
v
= −6
6e
−2t
→
d v
3 12 2 → → →
− t
a = = e ( i − j+
2 k)
dt
→
1
→ → →
v
4 單 位 切 向峭 量 = ( i − j+
2 k )
→
v
6
→
→
v×
a
5 曲 率 κ = 0
=
→
3
v
範 例 4
For
z = x + yi as complex variable , find all solutions of e z = 2i
(7%)
【97 台屲 科 化 工 】
【 範 圍 】26-2
【 詳 解 】 e z = 2i
e
z
π
i(
+ 2kπ
)
2
π
i( + 2kπ
)
z
2
= 2e
ln e = ln[2e
]
π
z = ln 2 + i(
+ 2kπ
) , k = 0 , ± 1, ± 2, L
2

6-40 陳 立 工 數
範 例 5
2
Solve ∇ T ( x,
y,
z)
= 0 for 0 < x < 1 , 0 < y < 4 , 0 < z < ∞
with boundary conditions :
T ( 0, y,
z)
= T (1, y,
z)
= 0
T ( x,0,
z)
= T ( x,4,
z)
= 0
T ( x,
y,0)
= g(
x,
y)
, T ( x,
y,
∞)
= 0
(18%)【97 台屲 科 化 工 】
【 範 圍 】15-1
2 2 2
∂ T ∂ T ∂ T
【 詳 解 】PDE + + = 0
2 2 2
∂x
∂y
∂z
⎧T
(0, y,
z)
= 0
BC1 ⎨
⎩T
(1, y,
z)
= 0
⎧T
( x,0,
z)
= 0
BC2 ⎨
⎩T
( x,4,
z)
= 0
⎧T
( x,
y,0)
= g(
x,
y)
BC1 ⎨
⎩T
( x,
y,
∞)
= 0
由岩 分 離 變 數 法
2
∇ T = 0
T = g( x,
y)
2 2 2
∂ T ∂ T ∂ T
屉 T ( x,
y,
z)
= X ( x)
Y(
y)
Z(
z)
代 入 + + = 0
2 2 2
∂x
∂y
∂z
X ′′ Y′′
Z ′′
得 X ′ YZ + XY′′
Z + XYZ′′
= 0 + + = 0
X Y Z
⎧ X ′′
⎪
= −λ1
屉
X
Z′′
⎨ , 則 再峘 屉 = λ
1
+ λ2
= λ
⎪Y
′′
Z
= −λ2
⎩ Y

第 六 篇 97 台 科 6-41
⎧X
′′ + λ1
X = 0; X (0) = X (1) = 0LLL
⎪
⎨Y
′′ + λ2Y
= 0 ; Y (0) = Y (4) = 0LLL
⋅
⎪
⎩
Z′′
− λZ
= 0 LLLLLLLLLLL ⋅
(1)
(2)
(3)
由岩 (1)
2 2
λ
1
= m π ; m = 1,2,3, L
由岩 (2)
X ( x)
= sin mπx
2
n π
λ
2
= ; n = 1,2,3, L
4 2 2
nπ
Y ( x)
= sin y
4
2 2
2 2 n π
代 入 第 (3) 式 : Z′ − λ Z = 0 , 則 λ = λ1
+ λ2
= m π +
2
4
Z(
z)
= A
mn
e
−
λ z
+
B
mn
e
λ z
由岩 疊 加 法 : T(
x,
y,
z)
=
由岩 BC3 T ( x,
y,
∞)
= 0 , 得 B = 0
故 T ( x,
y,
z)
=
由岩 BC3:
A mn
=
nπ
y
∞
∑ ∑
∞ − λ z
λ z
[ Amne
+ Bmne
]sin mπx
sin
m=
1 n=
1
4
mn
∞
∑ ∑
∞ 2 2 n π
− m π + z
16
n
Amne
sin mπx
sin
m=
1 n=
1
4
T ( x,
y,0)
= g(
x,
y)
=
2 2
4 1
4
∫ ∫
【 答 案 】 T ( x,
y,
z)
= ∑ A
0
1
0 4
2
2
π
y
nπ
y
∞
∑ ∑
∞ Amn
sin mπ
xsin
m=
1 n=
1
4
nπ
g(
x,
y)sin
mπ
xsin
ydxdy
∞
∑ ∞ 2 2 n π
− m π + z
16
n
mne
sin mπx
sin
m=
1 n=
1
4
2
2
π
y
其 中 :
A mn
=
2 2
4 1
4
∫ ∫
0
1
nπ
g(
x,
y)sin
mπ
xsin
ydxdy
0 4

6-42 陳 立 工 數
範 例 6
Find the power series solution for ODE x y ′′ + ( x −1)
y′
− y = 0 near x = 0 .
【 範 圍 】9-3
【 詳 解 】∵ x = 0為 『 規 則 奇 點 』
r
屉 ∑ ∞ y = x a
n=
1
則 ∑ ∞ y ′ =
n=
y ′′ =
0
∑ ∞
n=
0
n
x
n
( n + r)
a n
x
n+
r−1
( n + r)(
n + r −1)
a n
x
n+
r−2
代 入 ODE x y ′′ + ( x −1)
y′
− y = 0
得
∞
∑
n=
0
∞
∑
n=
0
( n + r)(
n + r −1)
a x
( n + r)(
n + r −1)
a x
n
n
n+
r−1
n+
r −1
+
+
∞
∑
n=
0
∞
∑
n=
1
−
( n + r)
a x
−
∞
∑
n=
0
n
(12%)【97 台屲 科 化 工 】
n+
r
( n + r)
a x
( n + r −1)
a
∞
∑
n=
0
n−1
( n + r)
a x
n
n
x
n+
r−1
n+
r−1
n+
r−1
1 n = 0 : 指 標 方 程 式 r ( r −1)
− r = 0 r = 0, 2
−
−
∞
∑
n=
1
∞
∑
n=
0
2 n ≥1: [( n r)(
n + r − 1) − ( n + r)]
a + ( n + r − 2) = 1
0
+ n
a n −
2
[( n r)
− 2( n + r)]
an + ( n + r − 2) a n 1
= 0
+
−
( n r)
a + =
n
a n 1
0
+ −
a
a
n−1
n
x
x
n+
r
n+
r−1
= 0
= 0

第 六 篇 97 台 科 6-43
a 1
n + r
( 降 1 遞 迴 )
n
= − an−
1
1
(1) r = 0 : a
n
= − an−
1
n
屉 a = 0
1
0
1
a
1
= −
a = −
1 1!
a
a
1
= −
a
2
2
=
2
= −
a
3
1
2!
3
= −
M
1
3!
r1 2 3
y = x ( a + a x + a x + a x + L)
1
= x
1
(2) r = 2 : a
n
= − an−
1
n + 2
屉
a
0
0
1
2 3
x x x
(1 − + − +L)
1! 2! 3!
2
= 1 =
1⋅
2
0
=
2
2!
0
1 2
a = −
a = − = − =
3 3 1⋅
2⋅3
a
a
1
−
1
1 2
= −
a = =
4 3⋅
4 1⋅
2⋅3⋅
4
2
=
2
3
=
2
3!
e −x
4!
2
1 2
= −
a = − = − =
5 3⋅
4⋅5
1⋅
2⋅3⋅
4⋅5
3
−
M
r2
2 3
y = x ( a + a x + a x + a x + L)
2
0
1
2
3
2
5!

6-44 陳 立 工 數
2 2 2 2 2 2
= x ( − x + x − x
2! 3! 4! 5!
=
2
2!
x
2
−
2
3!
x
3
+
2
4!
x
4
−
2
5!
2 3 4 5
x x x x
= 2( − + − +L)
2! 3! 4! 5!
= 2(
1−
x
1!
= 2 e − x − 2(1
− x)
x
3
+ )
5
+L
2 3 4 5
x x x x
+ − + − + L)
−
2! 3! 4! 5!
x
2(1 − )
1!
− x
(3) y = c1 y1
+ c2
y
(2 − x
2
= c1e
+ c2 e − 2 + 2x)
− x
= ( c1 + 2c2)
e + 2c2(
x −1)
−x
= k e + k x 1)
(
1 2
−
【 另屮 解 】∵ a − a + a = x − ( x −1)
−1
0
2 1 0
=
−x
∴ h( x)
= e 為 齊 性 解
−x
由岩 參 數 變 更 法 , 屉 y = φ ( x)
e ,
x
則 y′ = φ ′( x)
e
− −φ(
x)
e
y
− x
−x
− x
′ = ′′ x)
e − 2 ′(
x)
e + ( x)
φ ( φ φ
e
− x
2
d y dy
代 入 ODE x + ( x −1)
− y = 0 , 得
2
dx dx
x φ ′′ ( x)
− 2xφ′
( x)
+ ( x −1)
φ′
= 0
x φ ′′ − ( x + 1) φ′
= 0
dφ′
1
可屣 降 為 一 階 ODE − ( 1+
) φ′
= 0
dx x
積 分 得 φ ( x)
= c1 ( x −1)
e
x + c2
φ
′ =
1
∫(1
+ ) dx
x
c1 e = c1
xe
x
故
y
φ
− x
= ( x)
e = c1 ( x −1)
+ c2
e
− x

第 六 篇 97 台 科 6-45
【 另屮 解 】∵ a + x −1)
a 0
1
(
0
=
∴ h ( x)
= x −1為 齊 性 解
由岩 參 數 變 更 法 , 屉 y = ( x −1)
φ(
x)
則 y′
= φ ( x)
+ ( x −1)
φ′
( x)
y′
= 2φ ′(
x)
+ ( x −1)
φ ′′ ( x)
2
d y dy
代 入 ODE x + ( x −1)
− y = 0 , 得
2
dx dx
2
2x
φ′ + x(
x −1)
φ′′
+ ( x −1)
φ′
= 0
2
2
2
x + 1
( x − x)
φ ′′ + ( x + 1) φ′
= 0 φ ′′ + φ′
= 0
x(
x −1)
⎛ x + 1 ⎞
φ ′′ + ⎜1 + ⎟φ′
= 0
⎝ x(
x −1)
⎠
1 2
φ ′′ + ( 1−
+ ) φ′
= 0
x x −1
dφ′
1 2
可屣 降 為 一 階 ODE + ( 1−
+ ) φ′
= 0
dx x x −1
1 2
′ −∫
(1−
+ ) dx
x x
− −x
x −x
x
−
2
( −1)
+
1
1
= c1x(
x −1)
e = c1
e = c
2 1
2
φ
= c e
= ⎛ 1 1 ⎞ −x
c1⎜
+ ⎟e
⎝ x −1
( x −1)
2
⎠
⎛ 1 −x
1 −x
⎞
φ = c1⎜
∫ e dx +
⎟
⎝ −
∫ e dx
2
x 1 ( x −1)
⎠
⎛ 1 −x
1 −x
1
= c1
⎜∫
e dx − e −
⎝ − −
∫ e
x 1 x 1 x −1
= −c
1
1
e
x −1
−x
+ c
2
= c
∗
1
1
e
x −1
−x
+ c
( x −1)
2
−x
⎞
dx⎟
⎠
( x −1)
1
e
−x

6-46 陳 立 工 數
e
−x
1
( x −1)
2
d
− e
−x
−1
x −1
∫
∗ −x
故 y = ( x −1)
φ(
x)
= c e + c x 1)
(
1 2
−
範 例 7
1
Find the general solution of ODE x 2 y ′′ + xy′
+ ( x
2 − ) y 0
9
in terms of
Bessel functions. (6%) 【97 台屲 科 化 工 】
【 範 圍 】10-1
1
【 詳 解 】 x
2 y ′′ + xy′
+ ( x
2 − ) y 0
9
y(
x)
= c J ( x)
+ c J ( )
1 1 2 1
x
−
3
3
範 例 8
Find a real-valued fundamental matrix and the general solution for the system
⎛ 1 3⎞
X ′ = AX with A = ⎜ ⎟
(14%)【97 台屲 科 化 工 】
⎝−
3 7⎠
1−
λ 3
【 詳 解 】 由岩 det( A − λI)
=
= 0 λ = 4, 4
− 3 7 − λ
⎡−
3 3⎤
⎡x1
⎤ ⎡0⎤
當 λ = 4 : ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥
⎣−
3 3⎦
⎣x2
⎦ ⎣0
⎦
⎡x
⎢
⎣x
1
2
⎤ ⎡1⎤
⎥ = k1⎢
⎥
⎦ ⎣1
⎦
由岩 廣 義 特 徵 向 量

第 六 篇 97 台 科 6-47
⎡−
3 3⎤
⎡ x1
⎤ ⎡1⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥
⎣−
3 3⎦
⎣x2
⎦ ⎣1⎦
⎡x
⎢
⎣x
1
2
⎤ ⎡ ⎤
⎥ = ⎢1 0
⎥
⎦ ⎢⎣
3⎥⎦
⎡1
0⎤
−1
⎡ 1 0⎤
−1
⎡4
1⎤
屉 P = ⎢ 1⎥
則 P =
⎢
1
⎢ ⎥ , 使 得 P AP = J =
⎣ 3⎥⎦
⎣−
3 3
⎢ ⎥ ⎦ ⎣0
4 ⎦
由岩 座 標 變 換 , 屉 X = PY
′
−1
代 入 得 Y = P APY = JY
⎡ y′
1 ⎤ ⎡4
⎢ ⎥ = ⎢
⎣y′
2 ⎦ ⎣0
1⎤
4
⎥
⎦
⎡ y
⎢
⎣y
1
2
⎥ ⎦
⎤
4t
⎪⎧
y1
= k1e
⎨ ⎪⎩
4
y = k e
2
2
t
+ k te
2
4t
X = PY
⎡1
= ⎢
⎢
1
⎣
0⎤
1⎥
3⎥⎦
4t
⎡ k1e
+
⎢
⎣
4t
k te ⎤
2
⎡1⎤
k e
4t
⎥ =
1⎢
k2e
1
⎥
⎦ ⎣ ⎦
4t
⎡ 1
k 1 0 ⎤ ⎡ ⎤
+
2(
⎢ ⎥ + t⎢
) e
1
⎥
⎢⎣
3⎥⎦
⎣ ⎦
4t

第 七 篇 97 北 科 7-1
97 北 科 機 電 整 合
範 例 1
Find the general solution of the following differential equations.
y
(a) y′ =
(15%)
( y
4 + 3x)
(b)
x
2
y
3 −3x
′′ − 2xy′
+ 2y
= x e
(15%) 【97 北 科 機 電 整 合 】
【 範 圍 】(a)2-5 (b)4-1
y dx y
4 + 3x
【 詳 解 】(a) y′ = =
y
4 + 3x
dy y
−3
∫
dy
y
1 積 分 因 子 : I ( y)
= e = y
−3
dx
dy
2 通 解 : I ( y)
x(
y)
= ∫ y
−3
⋅ y
3 dy = y + C
4
x ( y)
= y + Cy
t
(b) 令 x = e , t = ln x(
x > 0),
D ≡
3
d
dt
代 入 可 得 { D(
D − 1) − 2D
+ 2} y = e
3 e
D D y e
t −3
{( − 1)( − 2)} = e
1 齊 性 解 :
2
m − 3m + 2 = 0 m =1, 2 y
2 特 解 :
由 積 分 公 式 法
y
p
=
{ e
( D −1)(
D − 2)
= e
= e
2t
2t
∫
∫
e
e
−2t
t
3
− x = y
y
t
3 t −3e
e
1
} = { e
D − 2
3
t 2t
2
h
= c1e
+ c2e
= c1x
+ c2x
1
} − { e
D −1
1 t
t
t
3t
−3e
3t
−3e
3t
−3e
e
t
−3e
3t
e
t
−3e
t t
de − e
e
dt − e
∫
t
t
e e
∫
e
t
−3e
e
e
−t
3t
de
t
t
−3e
dt
e
e
}

7-2 陳 立 工 數
e
= −
3
2t
e
t
−3e
t
t e
− e ( −
3
1
− ) e
9
t
−3e
1 t
= e e
9
t
−3e
=
1
9
xe
−3x
範 例 2
3 通 解 : y = y
h
+ y
p
= c x + c
1
2
x
2
1 −3x
+ xe
9
(a) Solve the initial value problem by using Laplace Transform.
y ′′ − 4y′
+ 13y
= 4δ
( t − 3)
y ( 0) = y′ (0) = 0
Where δ (t)
is the Dirac’s delta function. (15%)
(b) Find the inverse Laplace Transform.
se
s
−10s
2 2
( + 4)
【 範 圍 】(a)8-1 (b)7-3
【 詳 解 】(a) 取 Laplace 變 換
2
[ s Y ( s)
− sy(0)
− y
(10%) 【97 北 科 機 電 整 合 】
′(0)]
− 4[ sY ( s)
− y(0)]
+ 13Y
( s)
= 4e
2
−3s
( s − 4s
+ 13) Y ( s)
= 4e
4 −3s
4 −3s
Y
( s)
=
e = e
2
2
s − 4s
+ 13 ( s − 2) + 9
−1
4
2( t−3)
y (t) = £ { Y ( s)}
= sin 3( t − 3) ⋅ e u(
t − 3)
3
−1
(b) 因 為 £ { s
−1
s 1
1
} = £ { ⋅ } = cos 2t
∗ sin 2t
2
( s + 4)
2
2 2
s + 4 s + 4 2
= ∫
t 1
cos 2( t −τ
) ∗ sin 2τdτ
0
2
1 t
1
= [sin 2t
sin 2( t 2 )] d t sin 2t
4
∫ − − τ τ =
0
4
由 t 軸 平 移 定 理
−1
s −10
s 1
£ { e } = ( t −10)sin 2( t −10)
u(
t −10)
2 2
( s + 4) 4
−3s

第 七 篇 97 北 科 7-3
範 例 3
(a) Find the eigenvalues of the given matrix.
⎛ 3
⎜
⎜ 0
⎜
⎝−
2
0
2
0
− 2⎞
⎟
0 ⎟
0 ⎟
⎠
(b) Find the corresponding eigenvector for each eigenvalue.
(c) Find an orthogonal matrix that diagonalizes this given matrix.
【 範 圍 】25-2
⎡ 3
【 詳 解 】 令 A =
⎢
⎢
0
⎢⎣
− 2
0
2
0
− 2⎤
0
⎥
⎥
0 ⎥⎦
3 − λ
(15%) 【97 北 科 機 電 整 合 】
由 det( A − λI)
= 0 2 − λ 0 = 0 λ = −1,2, 4
⎡ 4
⎢
⎢
0
⎢⎣
− 2
⎡ 1
λ :
⎢
⎢
0
⎢⎣
− 2
⎡−1
λ :
⎢
⎢
0
⎢⎣
− 2
當 λ = −1:
當 = 2
當 = 4
− 2
0
0
− 2
− λ
0 − 2⎤⎡x1
⎤ ⎡0⎤
3 0
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
0 1 ⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦
0 − 2⎤⎡x1
⎤ ⎡0⎤
0 0
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
0 − 2⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦
0 − 2⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
− 2 0
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
0 − 4⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦
⎡x1
⎤ ⎡1⎤
⎢ ⎥
=
⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
k1⎢
0
⎥
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
2⎥
3 ⎦
⎡x1
⎤ ⎡0⎤
⎢ ⎥
=
⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
k2
⎢
1
⎥
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦
⎡x1
⎤ ⎡ 2 ⎤
⎢ ⎥
=
⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
k3
⎢
0
⎥
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
−1⎥
3 ⎦

7-4 陳 立 工 數
⎡ 1 2 ⎤
⎢
0
5 5
⎥
⎢
⎥
令 正 交 矩 陣 P =
⎢
0 1 0
⎥
, 則 P
⎢
2 1
0 − ⎥
⎢
⎣ 5 5 ⎥
⎦
⎡−1
0 0⎤
−1
T
使 得 P AP = P AP = D =
⎢ ⎥
⎢
0 2 0
⎥
⎢⎣
0 0 4⎥⎦
= P
−1 T
⎡ 1
⎢
5
⎢
=
⎢
0
⎢
2
⎢
⎣ 5
0
1
0
2 ⎤
5
⎥
⎥
0
1
⎥
− ⎥
5 ⎥
⎦
範 例 4
Use Green’s Theorem to evaluate
∫
c
2 cos( y)
xydx + ( xy − e ) dy
where c is oriented
counterclockwise triangle with vertices (0,0) , (3,0) , (0,5).
(15%)【97 北 科 機 電 整 合 】
【 範 圍 】19-2
【 詳 解 】 由 Green 定 理
2 cos y ∂ 2 cos y ∂
∫ xydx + ( xy − e ) dy = ∫∫[
( xy − e ) − ( xy)]
dA
∂x
∂y
C
=
∫∫
( y
2
− x)
dxdy =
3
5 (5−
y)
5
0 0
∫ ∫
( y
= ∫
5 3
2 1 3 2
[ (5 − y ) y − (3 − y)
] dy
0 5 2 5
= ∫
5 9 9 141 2 3 3
[ − + y + y − y ] dy
0 2 5 50 5
9 9 2 141 3 3 4
= [ − y + y + y − y ]
2 10 150 20
2
− x)
dxdy
y=
5
y=
0
=
95
4

第 七 篇 97 北 科 7-5
x = 0
5 y = − x + 5
3
y = 0
範 例 5
Consider the curve given by the parametric equations as
x = cos( t)
+ t sin( t)
y = sin( t)
− t cos( t)
2
z = t
(a) Find a length function s (t) for the curve.
(b) Find the unit tangent vector and unit normal vector as a function of s.
(15%)【97 北 科 機 電 整 合 】
【 範 圍 】(a)19-3 (b)19-2
→
2
【 詳 解 】(a) r ( t)
= (cost
+ t sin t)
i + (sin t − t cost)
j+
t k
→
d r
dt
→&&
→
→
→
→
= t cos t i + t sin t j+
2t
k
→
r = (cost
− t sin t)
i + (sin t + t cost)
j+
2 k
→
d r
ds = dt = 5tdt
dt
r t cost
i + t sin t j
(b) 單 位 切 向 量 e t
=
→
r
5t
→&
→&&
→
→
t 5
S( t)
= ∫ ds = ∫ 5τ
dτ
= t
→&
→
→
→
+
= &
2
2
2
又 r× r = −2t
cost
i − 2t
sin t j+
t k
→
→
→
→
→
0 2
→
2t
k
→&
→&&
→
→ →
2
2
2
r r 2t
cost
i 2t
sin t j t k
e → = × − − +
b
=
→&
→&
2
r×
r
5t
2

7-6 陳 立 工 數
→
單 位 法 向 量 e
n
→
→
→
→
= e × e = −sin
t i + cost
j
b
5 2 2
因 為 S = t t = s
2
5
→
2
→
2
→
單 位 法 向 量 e n
= −sin
s i + cos s j
5
5
t

第 七 篇 97 北 科 7-7
97 北 科 能 源 與 冷 凍 空 調
範 例 1
Please find the solutions of the following equations:
1.
′ y
2 2 −2
y + x y = x ; ( 0) = 2
y (10%)
2
2. x y ′′ − 5xy′
+ 10y
= 0 ; y ( 1) = 4 , y ′( 0) = 4 (10%)
【 範 圍 】(1)2-6 (2)3-2
2 2 2 3 2
【 詳 解 】(1) 同 乘 以 y 得 y y′
+ x y = x
3 du 2
令 u = y , 則 = 3 y y′
dx
1 du 2 2 du 2
代 入 上 式 得 + x u = x + 3x
u = 3x
3 dx
dx
2
3x
dx 3
x
1 積 分 因 子 : I ( x)
= e∫
= e
3
3
2 x x
2 通 解 : I ( x)
u(
x)
= ∫ 3x
e dx = e + c
−x
u(
x)
= 1+
ce y
IC y ( 0) = 2 c = 7
y
3 x 3
−
= 1+
7e
m
(2) 令 y = x ( x > 0)
3
3
3 −x
= 1+
ce
3
代 入 可 得 m ( m −1)
− 5m
+ 10 = 0 m = ± i 2
3
2
y = x c cosln x + c sin ln x)
(
1
2
1
2
x ( c1
cosln x +
【97 北 科 能 源 與 冷 凍 空 調 】
3
y ′ =
c2
sin ln x)
+ x ( −c1
sin ln x + c2
cos ln x)
2
1
2
2

7-8 陳 立 工 數
IC
⎧y(1)
= 4 = c1
⎪
⎨ 3
⎪y′
(1) = −6
= c1
+ c
⎩ 2
2
c = , c = 12
1
4 2
−
範 例 2
3
2
y = x (4cosln x −12sin ln x)
Please find the power series solution of the following equation: (20%)
x
y ′′ − xy′
+ e y = 4
; y ( 0) = 1 , y ′( 0) = 4 【97 北 科 能 源 與 冷 凍 空 調 】
【 範 圍 】9-2
x
【 詳 解 】 y′ = xy′
− e y + 4 → y ′ ( 0) = −y(0)
+ 4 = −1+
4 = 3
x
x
y′ ′′ = ( 1−
e ) y′
+ xy ′′ − e y → y ′′′
( 0) = − y(0)
= −1
y
(4)
x
x
x (4)
= (2 − e ) y′′
− 2e
y′
+ xy ′′′ − e y → y (0) = −3
M
M
′′
= ∑ ∞ ( n)
y (0) n
y (0)
y
x = y(0)
+ y′
(0) x + x
n=
0 n!
2!
3 2 1 3 1 4
= 1+
4x
+ x − x − x +LL
2 6 8
範 例 3
2
y ′′′ (0)
+ x
3!
3
+ L
Please find the solutions of the following system of equations using Laplace
Transform: (20%)
x ′′ − 2 x′
+ 3y′
+ 2y
= 4 ; 2 y ′ − x′
+ 3y
= 0 ; x ( 0) = x′
(0) = y(0)
= 0
【 範 圍 】8-3
【 詳 解 】 取 Laplace 變 換
【97 北 科 能 源 與 冷 凍 空 調 】

第 七 篇 97 北 科 7-9
⎧ 2
4
⎪s
X ( s)
− 2sX
( s)
+ 3sY
( s)
+ 2Y
( s)
=
⎨
s
⎪
⎩2sY
( s)
− sX ( s)
+ 3Y
( s)
= 0
⎧
4
⎪( s
2 − 2s)
X ( s)
+ (3s
+ 2) Y(
s)
=
⎨
s
⎪
⎩−
sX ( s)
+ (2s
+ 3) Y ( s)
= 0
由 Cramer Rule
⎧ 2
⎪
s − 2s
3s
+ 2
4
3s
+ 2
X ( s)
=
⎪
s
− s 2s
+ 3
0 2s
+ 3
⎨
⎪
2
2
s − 2s
3s
+ 2
4
s − 2s
⎪
Y ( s)
= s
⎪ − s 2s
+ 3
⎩
− s 0
⎧
1 7
6 + 4s
− 3
− 2
⎪X
( s)
=
= + 6 + 6 +
2
2
⎪ s ( s − 2)( s + 1) s s s − 2 s + 1
⎨
⎪
1 2
4 −1
⎪Y
( s)
=
= + 3 + 3
⎩ 2s(
s − 2)( s + 1) s s − 2 s + 1
−1
1 7 2t
−t
x (t) = £ { X ( s)}
= −3t
+ + e − 2e
6 6
−1
1 2t
2 −t
y (t) = £ { Y ( s)}
= −t
+ e − e
3 3
範 例 4
Please find the solution of the following equation: (20%)
u
+ 2 u x , u ( 0, y)
= 0 ,
yx x
=
2
u x
( x,0)
= x 【97 北 科 能 源 與 冷 凍 空 調 】
【 範 圍 】17-2
【 詳 解 】(1) 齊 性 解 (homogenous solution):
2
∂ u ∂u
−2
y
+ 2 = Dx ( Dy
+ 2) u = 0 u = f ( y)
+ e g(
x)
∂x∂y
∂x
(2) 特 解 (particular solution):

7-10 陳 立 工 數
1
1
y 1
由 u = { x}
= { xe } = { x}
p
D ( D + 2) D ( D + 2) 2D
=
2
x
u p
=
4
(3) 通 解 :
x
y
− y
u = uh + u
p
= f ( y)
+ e g(
x)
+
y
ux = e
− g′
( x)
+
2
−2
y
⎧u(0,
y)
= 0 = f ( y)
+ e
⎪
BC ⎨
2 x
⎪u
( x,0)
= x = g′
x
( x)
+
⎩
2
3 2 2
−2 y −2
y x x x
u
= e + e ( − ) +
3 4 4
2 x
x
y
2
2 x
2
0 x
4
f ( y)
= −e
x
4
3
x
, g(
x)
= −
3
2
−2 y
x
4
Please find the solution of the following equation: (20%)
u = for 0 < x < π , t > 0
t
ku xx
7-10
u( 0, t)
= u(
π , t)
= 0 for t > 0
2
u ( x,0)
= x cos( x / 2) for 0 ≤ x ≤ π
【97 北 科 能 源 與 冷 凍 空 調 】
【 範 圍 】14-1
【 詳 解 】 由 分 離 變 數 法 , 令 u ( x,
t)
= X ( x)
T ( t)
代 入 P.D.E 得 X T&
= kX ′′ T
X ′′ T&
⎧X
′′ + λX
= 0
= = −λ
⎨
X kT
⎩T
& + λkT
= 0
由 X ′ + λX
= 0 ; X (0) = X ( π ) = 0
2
⎧λ
= n , n = 1,2,3, L
得 ⎨
⎩X
( x)
= sin nx
由 T & + n
2 kT = 0 T
( t)
= e
2
−kn
t

第 七 篇 97 北 科 7-11
由 疊 加 法 , 令 u(
x,
t)
=
IC:
則
B n
∑ ∞
n=
1
B e
2
−kn
t
n
sin nx
2 x
u x x = ∑ ∞ ( ,0) = cos Bn
sin nx
2 n=
1
2 π
2 x
=
π ∫ x cos sin nxdx
0 2
1 π
2 1 1
= ∫ x [sin( n + ) x + sin( n − ) x]
dx
π 0 2 2
2
1 − 2x
2 3 1 x=
π
= [( + 2( ) )cos( n + ) x]
x=
0
π n + 2 n + 2 2
2
1 − 2x
2 3 1 x=
+ [( + 2( ) ) cos( n + ) x]
x=
π n − 2 n − 2 2
3
1 16 1 16 32 n + 12n
= − − =
3
3
2 3
π ( n + 2) π ( n − 2) π ( n − 4)
故 u(
x,
t)
=
∑ ∞
n=
1
3
32 n + 12n
e
2 3
π ( n − 4)
2
−kn
t
sin nx
π
0

7-12 陳 立 工 數
97 北 科 環 工
範 例 1
To give the general solution for the differential equation : (10%)
y ′′ − 2 y′
+ 10y
= 0
【97 北 科 環 工 】
【 範 圍 】3-2
【 詳 解 】 令
mx
y = e 代 入 可 得
2
mx
2
( m − 2m
+ 10) e = 0 m − 2m + 10 = 0
x
m = 1± 3i
y = e c cos3x
+ c sin 3 )
(
1 2
x
範 例 2
To give the general solution for the differential equation : (10%)
4
′ − 3y
x
【97 北 科 環 工 】
x y =
【 範 圍 】2-5
3
【 詳 解 】 同 除 以 x 得 y ′ − y = x
x
1 積 分 因 子 :
3
− dx
x
∫
−3
I ( x)
= e = x
2 通 解 : I x y x = ∫ x
− 3 3
( ) ( ) ⋅ x dx = ∫1dx
= x + c
4 3
y ( x)
= x + cx
3

第 七 篇 97 北 科 7-13
範 例 3
To solve the following initial value differential equation : (15%)
′
x
x y + y − e = 0 , y ( 1) = e
【97 北 科 環 工 】
【 範 圍 】2-5
x
1 e
【 詳 解 】 同 除 以 x 得 y′
+ y =
x x
1 積 分 因 子 :
∫
I ( x)
= e
1
dx
x
=
x
x
e
x x
2 通 解 : I ( x)
y(
x)
= ∫ x ⋅ dx = e dx = e + c
x
∫
x
e c
y(
x)
= +
x x
範 例 4
IC
x
e
y ( 1) = e = e + c c = 0 y(
x)
=
x
To solve the following initial value differential equation : (15%)
5
2
2
2
x y′ + ( ) xy′
− y = x , ( 1) ′ = y(1)
= 0
【 範 圍 】4-1
t
【 詳 解 】 令 x = e , t = ln x(
x > 0),
D ≡
y 【97 北 科 環 工 】
d
dt
5
2t
1
代 入 可 得 { D(
D − 1) + D −1}
y = e {( D + 2)( D − )} y = e
2
2
1 齊 性 解 :
2 3
m + m −1
= 0 1 m = , − 2
2
2
t
2 −2t
2
yh
= c1e
+ c2e
= c1x
+ c2x
2 特 解 :
2t
由 待 定 係 數 法 , 令 y p
= Ae
1
−2
2t

7-14 陳 立 工 數
1
代 入 可 得 A = e
6
3 通 解 : y = y
【 另 解 】 由 逆 算 子
y
2t
=
1
6
x
1
2 2
h y
p c
1 x c
2 x
−
+ = + +
2
1 x
6
1
6
2t
2t
p
=
{ e } = e =
( D −
1
1
)(
2
D + 2)
2
1
6
x
2
範 例 5
To find the solution for the following linear system (equations) : (15%)
⎧ x1
+ 2x2
+ 2x3
+ 3x4
= 1
⎪
⎪
2x1
+ 2x2
+ 2x3
+ 3x4
= 0
⎨ 2x1
+ 6x2
+ 2x3
+ x4
= 2
⎪
⎪x1
+ 3x3
+ 2x4
= 3
⎩
【97 北 科 環 工 】
【 範 圍 】20-3
⎡1
2 2 3⎤⎡
x1
⎤ ⎡1⎤
⎢ ⎥⎢
⎥ ⎢ ⎥
【 詳 解 】 ⎢
2 2 2 3
⎥⎢
x2
⎥ = ⎢
0
⎥
⎢2
6 2 1⎥⎢x
⎥
3
⎢2⎥
⎢ ⎥⎢
⎥ ⎢ ⎥
⎣1
0 3 2⎦⎣x4
⎦ ⎣3⎦
由 增 廣 矩 陣
⎡1
2 2 3 1⎤
⎡1
⎢
⎥
⎢
⎢
2 2 2 3 0 ( −2)
( −2)
( −1)
⎥ r
⎯⎯⎯ ⎯⎯ →⎢
0
12
r13
r14
⎢2
6 2 1 2⎥
⎢0
⎢
⎥
⎢
⎢⎣
1 0 3 2 3⎥⎦
⎢⎣
0
2
− 2
2
− 2
2
− 2
− 2
1
3 1 ⎤
⎥
− 3 − 2
⎥
− 5 0 ⎥
⎥
−1
2 ⎥⎦
⎡1
2 2 3 1 ⎤ ⎡1
2 2 3 1 ⎤
⎢
⎥ ⎢
⎥
3
⎢ − − − −
⎢
− − − −
⎥
⎥
⎯⎯⎯
− ( )
2
(1) ( 1)
r
0 2 2 3 2
4 0 2 2 3
23 r24
r34
→
⎯⎯→
⎢0
0 − 4 − 8 − 2⎥
⎢
0 0 − 4 −8
− ⎥
⎢
⎥ ⎢
5 2 ⎥
⎢⎣
0 0 3 2 4 ⎥⎦
⎢0
0 0 − 4 ⎥
⎣
2 ⎦

第 七 篇 97 北 科 7-15
⎧x1
+ 2x2
+ 2x3
+ 3x4
= 1
⎪
⎪
− 2x2
− 2x3
− 3x4
= −2
⎨−
4x3
−8x4
= −2
⎪
⎪ 5
− 4x4
=
⎩ 2
⎧x1
= −1
⎪
⎪
3
x2
=
⎪ 16
⎨ 7
⎪x3
=
⎪
4
⎪ 5
x = −
⎪
4
⎩ 8
範 例 6
To give the Laplace transform [i.e.L(s)] for the following function : (15%)
【 範 圍 】7-1
2
f ( t)
= sin t
【97 北 科 環 工 】
1−
cos 2t
1 1 s
【 詳 解 】£{sin 2 t } = £ { } = −
2 2s
2 s
2 + 4
範 例 7
To find the Fourier transform for the following function : (20%)
π
F ( x)
= − , −π < x < 0 ,
4
π
F ( x)
= , 0 < x < π , and
4
F ( x)
= F(
x + 2π
)
【97 北 科 環 工 】
【 範 圍 】13-2
∞
0
π
−iwx
π −iwx
π −iwx
【 詳 解 】 I{ F(
x)}
= ∫ F(
x)
e dx =
−∞ ∫ − e dx +
−π
4
∫ e dx
0 4
π −iwπ
π −iwπ
− iπ
−iwπ
= (1 − e ) + (1 − e ) = (1 − e )
4iw
4iw
2w

7-16 陳 立 工 數
97 北 科 製 造
範 例 1
dy 1
Solve = , (1) = 0
dx x − y + 1
y . (20%)【97 北 科 製 造 】
【 範 圍 】2-1 2-5 顛 倒 型
【 詳 解 】 令 u = x − y y = x − u dy = dx − du
代 入 ODE 得
( x − y + 1)
dy = dx ( u + 1)( dx − du)
= dx
( u + 1) dx − ( u + 1)
du = dx udx = ( u +1)
du
由 分 離 變 數 法
u +1
du = dx
u
可 積 分 為
1
( 1+ ) du = dx
u
∫ + 1
( 1 =
u )du ∫ dx u
+ ln u = x + ln c
u
x
u
ln e + ln u = lne
+ ln c ln e u = ln ce
u x
x−y
ue = ce ( x − y)
e = ce
x−y
x
−
( x − y)
e = ce x y e
y y
( − ) = c x − y = ce
x
x
BC y ( 1) = 0 c = 1
x − y =
y
e
【 另 解 】
dy
dx
=
1
x − y + 1
dx
= x − y + 1
dy
dx
− x = 1 − y
dy
(1) 積 分 因 子 : I ( y)
= e∫
( −1)
dy
= e
−y
(2) 通 解 :
I ( y)
x = ∫ I(
y)
⋅(1
− y)
dy + c

第 七 篇 97 北 科 7-17
e
− y
− y
x = ∫ e ⋅(
1−
y)
dy + c = ye
x = y + ce
y
− y
+ c
d
1−
y LLLLLLL L
( + )
−1
( −)
0
e
e
− y
− e
−y
−y
∫
BC y ( 1) = 0 c = 1
x = y + e
y
範 例 2
If the nonexact differential equation, M ( x,
y)
dx + N(
x,
y)
dy = 0 , has integrating
factors of the form φ ( x , y)
= f ( xy)
, derive the φ( x,
y)
in terms of M , N,
x,
y.
(20%)【97 北 科 製 造 科 技 】
【 範 圍 】2-3
【 詳 解 】 若
I = e
− ∫
f ( xy)
d ( xy)
為 ODE M ( x,
y)
dx + N(
x,
y)
dy = 0 積 分 因 子
則 − ∫ f ( xy)
d ( xy)
( ) ( )
( , ) +
− ∫
f xy d xy
e M x y dx e N(
x,
y)
dy = 0 為 正 合 ,
必 滿 足 『 交 換 微 分 會 相 等 』 的 口 訣
−
∂{
e
∫
−
M ( x,
y)}
∂{
e
∫
=
∂y
f ( xy)
d ( xy)
− xf ( xy)
e
∫
f ( xy)
d ( xy)
∂x
M ( x,
y)
+ e
∫
N(
x,
y)}
− f ( xy)
d ( xy)
− f ( xy)
d ( xy)
∂M
∂y

7-18 陳 立 工 數
= − yf ( xy)
e
∫
−
將 上 式 同 除 以
∫
f ( xy)
d ( xy)
e ,
∂M
∂N
得 − xf ( xy)
M ( x,
y)
+ = − yf ( xy)
N(
x,
y)
+
∂y
∂x
∂M
∂N
−
∂y
∂x
= f (xy)
xM − yN
N(
x,
y)
+ e
∫
− f ( xy)
d ( xy)
− f ( xy)
d ( xy)
∂N
∂x
故 積 分 因 子
I
= e
∂M
∂N
−
∂y
∂x
− f ( xy)
d ( xy)
−∫
d ( xy)
xM −yN
∫
= e
範 例 3
Solve
2
4 x y′′
+ y = x . (20%)【97 北 科 製 造 科 技 】
【 範 圍 】4-1
t
【 詳 解 】 令 x = e , t = ln x(
x > 0),
D ≡
d
dt
1 1
2
2
代 入 可 得 {4D(
D − 1) + 1} y = e {
D ( D − 1) + } y = e
4 4
1 齊 性 解 :
2 1
1 1
m − m + = 0 m = ,
4
2 2
1 1 1 1
t
t
1 2 1 2
2 x
2 2 2
y = c e + c te = c x c x (ln )
2 特 解 :
h
+
2 2
由 待 定 係 數 法 , 令 y = At e
1
代 入 可 得 A =
8
t
1 2 1
2
y
p
= t e =
8 8
x
1
2
p
(ln x)
2
t
t
t

第 七 篇 97 北 科 7-19
3 通 解 : y = y
【 另 解 】 由 逆 算 子
1 1
1
1
2 2
2 2
h
+ y
p
= c1 x + c2x
(ln x)
+ x (ln x)
t
t
t 2
1 1 1 1 1 1 t
2
2
2
{ e } = { e } = { e }
2
2 1 4 1 2 4 0 4 8
y
p
=
=
D − D + ( D − )
4
2
8
e
t
2
範 例 4
Consider the initial value problem
y ′′ + 3 y′
+ 2y
= Bδ ( t),
y(0)
= 1, y′
(0) = 0,where B and δ (t)
are an arbitrary
constant and the Dirac delta function, respectively.
(1) Find the solution y (t)
. (8%)
(2) What are the initial values y (0)
and y′ (0)
derived from y (t)?
(4%)
(3) Using the information from question (2), what physical phenomenon does
the Dirac delta function model ? (8%)【97 北 科 製 造 科 技 】
【 範 圍 】8-1
【 詳 解 】(1) 取 Laplace 變 換
2
[ s Y ( s)
− sy(0)
− y′
(0)] + 3[ sY ( s)
− y(0)]
+ 2Y
( s)
= Be
2
−0s
( s + 3s
+ 2) Y(
s)
= Be + s + 3
B −0s
Y ( s)
= e +
2
2
s + 3s
+ 2 s
1 1
Y ( s)
= B(
− ) e
s + 1 s + 2
−0s
s + 3
+ 3s
+ 2
2 1
+ −
s + 1 s + 2
−1
−t
−2t
−t
−2t
y (t) = £ { Y ( s)}
= 2e
− e + B(
e − e ) u(
t)
−0s

7-20 陳 立 工 數
−t
−
⎪⎧
2e
− e
y(
t)
= ⎨
⎪⎩ (2 + B)
e
2t
−t
− (1 + B)
e
−2t
t < 0
t ≥ 0
−t
−
⎪⎧
2e
− e
(2) 由 (1): y(
t)
= ⎨
⎪⎩ (2 + B)
e
2t
−t
− (1 + B)
e
−2t
t < 0
t ≥ 0
y ( 0) = 1 ( 與 Delta function 無 關 )
又
−t
⎪⎧
− 2e
+ 2e
y′
( t)
= ⎨
−
⎪⎩ − (2 + B)
e
−2t
t
+ 2(1 + B)
e
−2t
t < 0
t ≥ 0
⎪⎧
y′
(0
⎨ ⎪⎩ y′
(0
−
+
) = 0
) = B
( 由 delta function 所 造 成 )
(3) Dirac delta function 雖 然 對 位 移 φ (x)
無 影 響 ,
但 是 會 在 施 加 B 單 位 Dirac delta function,
′
−
即 施 加 Bδ (t)
的 瞬 間 , 從 原 來 『 靜 止 』 y ( 0 ) = 0 ,
′
+
變 成 『 瞬 間 速 度 』 y ( 0 ) = B
。
範 例 5
Solve the system
⎡ 1
X ′ =
⎢
⎢
− 2
⎢⎣
2
− 2
1
− 2
2 ⎤
− 2
⎥
⎥
X
1 ⎥⎦
,with given initial conditions
⎡2⎤
X (0) =
⎢ ⎥
⎢
1
⎥
. (20%)【97 北 科 製 造 科 技 】
⎢⎣
2⎥⎦
【 範 圍 】24-4

第 七 篇 97 北 科 7-21
【 詳 解 】 令
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
=
1
2
2
2
1
2
2
2
1
A
且
t
e
c
c
c
X
λ
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
3
2
1
代 入 原 式 得 0
1
2
2
2
1
2
2
2
1
)
det( =
−
−
−
−
−
−
−
=
−
λ
λ
λ
λI
A 1
1,
,
5 −
−
=
λ
當 5
=
λ :
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
−
−
−
0
0
0
4
2
2
2
4
2
2
2
4
3
2
1
x
x
x
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
1
1
1
1
3
2
1
k
x
x
x
當 1
= −
λ :
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
0
0
0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
2
1
x
x
x
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
0
1
1
1
0
1
3
2
3
2
1
k
k
x
x
x
t
t
t
e
k
e
k
e
k
X
−
−
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
0
1
1
1
0
1
1
1
1
3
2
5
1
IC
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
0
1
1
1
0
1
1
1
1
2
1
2
0)
( 3
2
1 k
k
k
X 0
3,
,
1 3
2
1 =
=
−
= k
k
k
t
t
e
e
X
−
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
= −
1
0
1
3
1
1
1
5

7-22 陳 立 工 數
97 北 科 電 機
範 例 1
Let P n
(R)
consist of all real-coefficient polynomials having degree less than
or equal to n . Define T : P R)
→ P ( ) by
T ( f )( x)
=
2
(
3
R
∫
0
X
f ( t)
dt.
Let the ordered bases of P ( ) and P ( ) be { 1, , 2
α = x x } and
2
R
2 3
β = {1,(1 − x),(1
− x)
,(1 − x)
}.
3 R
1. Find the matrix representation of [ ] .
β
α
T (10%)
2
2. Consider the polynomial p ( x)
= 1−
2x
+ 6x
. Find the coordinate vector of
T ( p) relative to β . (10%) 【97 北 科 電 機 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 6-6
⎧
2
3
⎪T
(1) = x = 1⋅1+
( −1)(1
− x)
+ 0⋅(1
− x)
+ 0⋅(1
− x)
⎪
1 2 1
1
2
3
【 詳 解 】(1) ⎨T
( x)
= x = ⋅1+
( −1)
⋅(1
− x)
+ ⋅(1
− x)
+ 0⋅(1
− x)
⎪ 2 2
2
⎪ 2 1 3 1
2 1
⎪T
( x ) = x = ⋅1+
( −1)
⋅(1
− x)
+ 1⋅(1
− x)
+ ( − ) ⋅(1
− x)
⎩ 3 3
3
⎡ 1 1 ⎤
⎢
1
2 3 ⎥
⎢−1
−1
−1⎥
β
[
T ] =
⎢ 1 ⎥
α
⎢ 0 1 ⎥
⎢ 2 ⎥
⎢ 1
0 0 −
⎥
⎢⎣
3⎥⎦
3

第 七 篇 97 北 科 7-23
⎡ 1 ⎤
(2) 因 為 [ p ( x)]
⎢ ⎥
α
=
⎢
− 2
⎥
⎢⎣
6 ⎥⎦
由 座 標 變 換 公 式
範 例 2
⎡1
0 1⎤
Let A =
⎢
0 4 0
⎥
⎢ ⎥
.
⎢⎣
1 0 1⎥⎦
1
2
1. Find A . (10%)
⎡
⎢
1
⎢−1
β
[ T ( p(
x))]
= [ ] [ ( )] =
⎢
β
T
α
p x
α
⎢ 0
⎢
⎢
0
⎢⎣
1
2
−1
1
2
0
1 ⎤
3 ⎥ ⎡ 2 ⎤
−1⎥⎡
1 ⎤ ⎢ ⎥
⎥⎢
⎥ ⎢
− 5
= ⎥
⎢
− 2
1 ⎥ ⎥ ⎢ 5 ⎥
⎥⎢⎣
6 ⎥⎦
⎢ ⎥
1⎥
⎣−
2
−
⎦
3⎥⎦
2. Find the matrix
3×2
T
C ∈ R such that A = CC . (10%)【97 北 科 電 機 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)8-4 (b)5-2
1−
λ 0 1
【 詳 解 】(a) 由 det( A − λI)
= 0 4 − λ 0 = 0 λ = 0,2, 4
1 0 1−
λ
⎡1
0 1⎤
⎡−1⎤
EV (0) = ker
⎢
0 4 0
⎥
{
⎢
0
⎥
⎢ ⎥
= span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
1 0 1⎥⎦
⎢⎣
1 ⎥⎦
⎡−1⎤
eigenvector is { k
⎢
1
0
⎥
⎢ ⎥
| k1
∈ R}
⎢⎣
1 ⎥⎦

7-24 陳 立 工 數
}
1
0
1
{
1
0
1
0
2
0
1
0
1
ker
(2)
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
= span
EV
eigenvector is }
|
1
0
1
{ 2
2 R
k
k
∈
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
}
0
1
0
{
3
0
1
0
0
0
1
0
3
ker
(4)
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
= span
EV
eigenvector is }
|
0
1
0
{ 3
3 R
k
k
∈
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
令
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡−
=
0
1
1
1
0
0
0
1
1
P ,
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡−
=
−
0
2
0
1
0
1
1
0
1
2
1
1
P
使 得
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
−
4
0
0
0
2
0
0
0
0
1
D
AP
P
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
±
±
=
=
−
−
2
0
2
0
4
0
2
0
2
2
1
2
0
0
0
2
0
0
0
0
1
1
2
1
2
1
P
P
P
PD
A
或
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
2
0
2
0
4
0
2
0
2
2
1
或
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
−
2
0
2
0
4
0
2
0
2
2
1
或
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
2
0
2
0
4
0
2
0
2
2
1

第 七 篇 97 北 科 7-25
⎡ 1 1 ⎤
⎢ − 0
2 2
⎥
(b) 令 P =
⎢
⎥
⎢
0 0 1
⎥
, P
⎢
1 1
0⎥
⎢⎣
2 2 ⎥⎦
使 得 P
−1
AP = P
T
⎡0
AP = D =
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
⎡ 1
⎢ −
2
⎢
⎢
1
= P =
⎢ 2
⎢ 0
⎢
⎣
0 0⎤
2 0
⎥
⎥
0 4⎥⎦
−1 T
T
T
T T
A = PDP = P D DP = P D DP
⎡0
1 0⎤⎡0
0
T
T T
= ( P D )( P D ) =
⎢ ⎥⎢
⎢
0 0 2
⎥⎢
1 0
⎢⎣
0 1 0⎥⎦
⎢⎣
0 2
0
0
1
0⎤
1
⎥
⎥
0⎥⎦
1 ⎤
2
⎥
⎥
1
⎥
2 ⎥
0 ⎥
⎥
⎦
A = ( P
D
T
)( P
D
T
)
T
⎡1
=
⎢
⎢
0
⎢⎣
1
0⎤
⎥⎡1
2
⎥⎢
⎥
⎣0
0⎦
0
2
1⎤
0
⎥ ⎦
範 例 3
Let U and V be vector spaces , and let
L : U → V be a linear transformation.
Show that L is one-to-one (injective) if and only if the null space of L is{0}.
【 範 圍 】 電 機 線 代 6-3
【 詳 解 】 ⇒ | ∀ x ∈ ker(T )
⇐|
則 T ( x)
= 0 = T (0)
x = 0 亦 即 ker( T ) = {0}
∀ u, v ∈U
且 T ( u)
= T ( v)
T ( u − v)
= 0
∴ u − v ∈ker(T
) 且 因 為 ker( T ) = {0}
u − v = 0 即 u = v
∴T 為 一 對 一
(10%) 【97 北 科 電 機 】

7-26 陳 立 工 數
範 例 4
Consider the following differential equation
x
3 y′ ′′ + 9x
2 y ′′ + 19xy′
+ 8y
= 0.
1. Find the basis of the solution space of the differential equation. (10%)
2. Show the elements of the basis are indeed linearly independent. (10%)
【97 北 科 電 機 】
【 範 圍 】(1)4-1 (2)3-1
m
【 詳 解 】(1) 令 y = x ( m > 0)
代 入 可 得 m ( m −1)(
m − 2) + 9m(
m −1)
+ 19m
+ 8 = 0
m ( m −1)(
m − 2) + 9m(
m −1)
+ 19m
+ 8 = 0
m ( m −1)(
m + 7) + 19m
+ 8 = 0 m = −2,
−2,
−2
−2
−2
2
y = c x + c (ln x)
x + c (ln x x
1 2
2
)
2
1 ln x (ln x)
−1
2ln x 2 − 2ln x 2ln x 2
(2) W = 0 x
= + = ≠ 0
3
3 3
x x x x
−2
2 − 2ln x
0 − x
2
x
−2
−2
2 −2
故 y = c x + c (ln x)
x + c (ln x x 為 線 性 獨 立
1 2
2
)
−2
範 例 5
Find the general solution of the following differential equation
4
( y − xy ) dx + xdy = 0.
【97 北 科 電 機 】
【 範 圍 】2-6
4
dy
【 詳 解 】 ( y − xy ) dx + xdy = 0
dx
−3
4 −4
dy y
同 除 y 得 y + = 1
dx x
+
y
x
=
4
y

第 七 篇 97 北 科 7-27
−3
令 u = y
du dy
= −3y
−4
dx dx
1 du 1 du 3
代 入 上 式 得 − + u = 1 − u = −3
3 dx x dx x
1 積 分 因 子 :
−3
dx
x
∫
I(
x)
= e = x
−3
−2
−3
3x
2 通 解 : I ( x)
u(
x)
= ∫ ( −3)
x dx = + c
2
3 3
−3
3 3
u ( x)
= x + cx y = x + cx
2
2
範 例 6
Consider the function shown in Fig.
2
f (t)
0 3 t
(1) Obtain the corresponding mathematical expression. (5%)
(2) Find the Laplace transform of the function. (10%) 【97 北 科 電 機 】
【 範 圍 】7-2
【 詳 解 】(1) 由 題 意 可 知 :
2
f ( t)
= ( − t + 2)[ u(
t)
− u(
t − 3)]
3
2 2
= − tu ( t)
+ [( t − 3) + 3] u(
t − 3) + 2u(
t)
− 2u(
t − 3)
3 3

7-28 陳 立 工 數
2 2
= − tu ( t)
+ ( t − 3) u(
t − 3) + 2u(
t)
3 3
(2) 由 t 軸 平 移 定 理
2
£ { f ( t)}
= −
3s
2
e
−0s
2
+
3s
2
e
−3s
2
+ e
s
−0s

第 七 篇 97 北 科 7-29
97 北 科 電 機
範 例 1
Let P n
(R)
consist of all real-coefficient polynomials having degree less than
or equal to n . Define T : P R)
→ P ( ) by
T ( f )( x)
=
2
(
3
R
∫
0
X
f ( t)
dt.
Let the ordered bases of P ( ) and P ( ) be { 1, , 2
α = x x } and
2
R
2 3
β = {1,(1 − x),(1
− x)
,(1 − x)
}.
3 R
3. Find the matrix representation of [ ] .
β
α
T (10%)
2
4. Consider the polynomial p ( x)
= 1−
2x
+ 6x
. Find the coordinate vector of
T ( p) relative to β . (10%) 【97 北 科 電 機 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 6-6
⎧
2
3
⎪T
(1) = x = 1⋅1+
( −1)(1
− x)
+ 0⋅(1
− x)
+ 0⋅(1
− x)
⎪
1 2 1
1
2
3
【 詳 解 】(1) ⎨T
( x)
= x = ⋅1+
( −1)
⋅(1
− x)
+ ⋅(1
− x)
+ 0⋅(1
− x)
⎪ 2 2
2
⎪ 2 1 3 1
2 1
⎪T
( x ) = x = ⋅1+
( −1)
⋅(1
− x)
+ 1⋅(1
− x)
+ ( − ) ⋅(1
− x)
⎩ 3 3
3
⎡ 1 1 ⎤
⎢
1
2 3 ⎥
⎢−1
−1
−1⎥
β
[
T ] =
⎢ 1 ⎥
α
⎢ 0 1 ⎥
⎢ 2 ⎥
⎢ 1
0 0 −
⎥
⎢⎣
3⎥⎦
3

第 八 篇 97 中 山 8-1
97 中 山 環 工
範 例 1
Find the initial value problem.
y ′′ − y = 0, y ( 0) = 4 , y ′( 0) = −2
. (20%)【97 中 山 環 工 】
【 範 圍 】3-2
【 詳 解 】 令
mx
y = e 代 入 可 得
2 mx
2
( m −1)
e = 0 m −1
= 0 m = −1, 1
− x
y = c1 e + c2
e
x
⎧y(0)
= 4 = c1
+ c2
IC ⎨
⎩y′
(0) = −2
= −c1
+ c
−x
x
y = 3 e + e
−x
y′ = −c1 e + c2
2
e
c = , c 1
x
1
3 2
=
範 例 2
Solve the initial value probem
y ′′ + y′
− 2 y = 0 , y ( 0) = 4 , y ′( 0) = −5. (20%)【97 中 山 環 工 】
【 範 圍 】3-2
【 詳 解 】 令
mx
y = e 代 入 可 得
2
mx
2
( m + m − 2) e = 0 m + m − 2 = 0
m = −2, 1
−2x
y = c1 e + c2
⎧y(0)
= 4 = c1
+ c2
IC ⎨
⎩y′
(0) = −5
= −2c1
+ c
−2x
x
y = 3 e + e
2
e
x
c = , c 1
− x
y′ = −2 c e
2
1
+ c2
1
3 2
=
e
x

8-2 陳 立 工 數
範 例 3
Wastewater with a flow rate of
Q = 60m
3 / hour flows into and out of an
equalization pond with an effective volume of
3
V = 300 m and the initial
BOD value ( C
0
) of the wastewater in the pond is 250 mg / L . At a certain
time, BOD of the influent wastewater increases suddenly form 250
mg / L to
2250 mg / L C ) and resets to 250 mg / L after 60 minutes. Assume that
(
i
there is no chemical, physical, and physical change(s) of the BOD in the pond
at any time, find
(a) BOD concentration of the wastewater in the pond after an hour from the
start of the sudden increase of the influent BOD.
(b) Accumulated total mass of BOD (in kg ) in the effluent stream form the
pond during the hour. (30%)【97 中 山 環 工 】
【 詳 解 】 專 業 科 目
範 例 4
Find the eigenvalues and eigenvectors of the following matrix.
⎡−1
⎢
⎢
1
⎢⎣
0
1
−1
0
0⎤
0
⎥
⎥
0⎥⎦
(15%)【97 中 山 環 工 】
【 範 圍 】23-1
⎡−1
【 詳 解 】 令 A =
⎢
⎢
1
⎢⎣
0
1
−1
0
0⎤
0
⎥
⎥
0⎥⎦

第 八 篇 97 中 山 8-3
−1−
λ
由 det( A − λI)
= 1 −1−
λ 0 = 0 λ = −2,0, 0
當 λ = −2
:
⎡1
⎢
⎢
1
⎢⎣
0
1
1
0
0
0⎤⎡x
0
⎥⎢
⎥⎢
x
2⎥⎦
⎢⎣
x
1
2
3
1
0
⎤ ⎡0⎤
⎥ ⎢ ⎥
⎥
=
⎢
0
⎥
⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
0
− λ
⎡x
⎢
⎢
x
⎢⎣
x
1
2
3
⎤ ⎡ 1 ⎤
⎥ ⎢ ⎥
⎥
= k1⎢
−1
⎥
⎥⎦
⎢⎣
0 ⎥⎦
當 λ = 0 :
⎡−1
⎢
⎢
1
⎢⎣
0
1
−1
0
0⎤⎡
x
0
⎥⎢
⎥⎢
x
0⎥⎦
⎢⎣
x
1
2
3
⎤ ⎡0⎤
⎥ ⎢ ⎥
⎥
=
⎢
0
⎥
⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
⎡ x1
⎤
⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k
⎢⎣
x ⎥
3 ⎦
2
⎡0⎤
⎢ ⎥
⎢
0
⎥
+ k
⎢⎣
1⎥⎦
3
⎡1⎤
⎢ ⎥
⎢
1
⎥
⎢⎣
0⎥⎦
範 例 5
1 1
Is the following real sequence ln 1, ln 2, ln3, L bounded or
2 3
not,convergent or not, monotonic or not ? (15%)【97 中 山 環 工 】
【 範 圍 】 微 積 分
【 詳 解 】∵
a n
1 ln n
= ln n =
n n
ln n ∞ 1 n
∴ lim an
= lim (~ ) = lim = 0
n→∞
n→∞
n ∞ n→∞
1
收 斂 (convergent) 且 有 界 (bounded)
但
d
dn
a
n
=
d
dn
ln n 1−
ln n ⎧正
= = ⎨
n n ⎩負
2
n
n = 1,2
≥ 3
不 是 單 調 (nonmontone) 數 列

8-4 陳 立 工 數
97 中 山 機 電
範 例 1-1
Solve the first order ODE of
y
2
′ = 4y
− 2y
and explain its physical meaning
by sketching the general solution. (15%)【97 中 山 機 電 】
【 範 圍 】2-1 2-6
dy
【 詳 解 】 = 4y
− y
dx
由 分 離 變 數 法
2
dy
= −2dx
y(
y − 2)
y − 2
− 2 −
可 積 分 為 ln = −4x
+ ln c = ce
y
y
2
y =
−4x
1−
ce
2 −
【 詳 解 】 除 以 y 得 2 −
y y′ − 4y
1 = − 2
−1 du −2
令 u = y = −y
y′
dx
du
du
代 入 上 式 得 − − 4u
= −2
+ 4 u = 2
dx
dx
4dx
4x
1 積 分 因 子 : I ( x)
= e∫
= e
4x
1 4x
2 通 解 : I ( x)
u(
x)
= ∫ 2e
dx = e + c
2
1 −4x
− 1 1+
2ce
u(
x)
= + ce y =
2
2
y 2
=
− x
1+
2ce
4
當 x → ∞ 時 , 則 y = 2
1 1
( − ) dy = −4dx
y − 2 y
y 4 x
−4x

第 八 篇 97 中 山 8-5
圖 中 二 條 曲 線 ( 上 、 下 ) 分 別 取 c = −3與 c = 5
範 例 1-2
Find the length of the following curve: r ( t)
= [2cost,
2sin t,
6t]
form
( 2,0,0) to ( 2,0,24π ) . (10%)【97 中 山 機 電 】
【 範 圍 】18-3
→
【 詳 解 】 r ( t)
= 2cost
i + 2sin t j+
6t
k
→
d r
dt
→
→
→
→
→
→
= −2
sin t i + 2cost
j+
6 k
→
d r
ds = dt = 2 10dt
dt
4π
S ( t)
= ∫ ds = ∫ 2 10dt
= 8π
10
0
範 例 2-1
Find the eigenvalues and eigenfunctions of the following problem
y′ + λ y = 0 , y ( 0) = 0 , y ( 1) + y′ (1) = 0 . (9%)【97 中 山 機 電 】
【 範 圍 】11-1
2
【 詳 解 】 由 m + λ = 0 m = ± − λ

8-6 陳 立 工 數
1 相 異 實 根 :
2
令 λ = −ω ( 0 < ω < ∞ )
則
y( x)
= Acoshωx
+ Bsinhωx
y′
( x)
= ωAsinhωx
+ ωBcoshωx
BC y ( 0) = A = 0
BC y ( 1) + y′
(1) = Bsinhω
+ ωBcoshω
= 0
B (tanh ω + ω)
= 0 B = 0 或 tanh ω = −ω
y = −ω
y = tanhω
但 由 圖 知 :
ω
y = tanhω 與 y = −ω
除 了 ω = 0 以 外 沒 有 任 何 交 點 ,
違 反 0 < ω < ∞ 的 假 設 , 故 只 能 取 B = 0
y ( x)
= 0 ( 唯 一 零 解 ) (trivial solution)
2 重 根 :
令 λ = 0
則
y ( x)
= A + Bx y ′(
x)
= B
BC y ( 0) = A = 0
BC y ( 1) + y′
(1) = 2B
= 0 B = 0
y ( x)
= 0 ( 唯 一 零 解 ) (trivial solution)

第 八 篇 97 中 山 8-7
3 共 軛 複 根 :
2
令 λ = ω ( 0 < ω < ∞ )
則
y( x)
= Acosωx
+ Bsinωx
y′
( x)
= −ωAsin
ωx
+ ωBcosωx
BC y ( 0) = A = 0
BC y ( 1) + y′
(1) = Bsinω
+ ωBcosω
= 0
B (tan ω + ω)
= 0
y = tanω
y = −ω
s
1
s
2
s
3
ω
但 由 圖 知 : 當 tan ω = −ω
, 上 式 可 自 動 成 立 ,B 可 為 任 意 值 !
則 取 ω = = { s > 0 | tan s = −s}
( s s < s < < L)
s n
1
<
2 3
s4
此 時
y( x)
= Bsin
s
n
x
2
⎪⎧
eigenvalues
: λ = sn
【 答 案 】 ⎨ ⎪⎩ eigenfunctions : sin s x
n
( n = 1,2,3, L)
( n = 1,2,3, L)
範 例 2-2
Evaluate (showing details)
2π
sinθ
∫ dθ
. (8%)【97 中 山 機 電 】
0
3 + cosθ

8-8 陳 立 工 數
【 範 圍 】30-4
【 詳 解 】 令 z =
則
∫
令 f
iθ
e
2π
sinθ
dθ
=
∫
z − z
2i
z + z
3+
(
2
−1
dz
= −
)
0 −1
2
3 + cosθ
iz z(
z + 6z
+ 1)
z = 1
z = 1
2
z −1
z)
=
z(
z + 6z
+ 1)
(
2
∫
z
2
−1
z = 0 , z = −3±
2 2 為 單 極 點 , 但 僅 z = 0 , z = −3+
2 2 在 路 徑
之 內
2
z −1
其 留 數 Re s(0)
= lim zf ( z)
= lim z
= −1
z→0
z→0
2
z(
z + 6z
+ 1)
2
z −1
Re s(
α)
= lim( z −α)
f ( z)
= lim( z −α)
z→α
z→α
z(
z −α)(
z − β )
2
α −1
= = 1, α = −3 + 2 2, β = −3−
2 2
α(
α − β )
故 所 求 , 上 式 = −2 π i{Re
s(0)
+ Re s(
α)}
= −2πi(
−1+
1) = 0
2π
sinθ
θ = 2π
【 另 解 】 ∫ d θ = −ln 3 + cosθ
= ln 3 + 1 − ln 3 + 1 = 0
0
θ = 0
3 + cosθ
dz
範 例 2-3
Evaluate (showing details)
【 範 圍 】30-5
1
【 詳 解 】 令 f ( z)
= z
4 + 16
1
dx
− 4
x +16 . (8%)【97 中 山 機 電 】
∫ ∞ ∞
4
則 z + 16 = 0 z
4
4 i(
π + 2kπ
)
= −16
= 2 e
π
i
3π
i
4
故 在 上 半 部 的 單 極 點 為 z = 2e
4
, 2e
其 留 數
z = 2e
π + 2kπ
i(
)
4

第 八 篇 97 中 山 8-9
∫ ∞ −∞
π
i
π
i
4
4
4
Re s(2e
) = lim ( z − 2e
) f ( z)
= lim ( z − 2e
)
π
π
4
i
i z
3π
=
π
i
2 4 2 4
+
z→
e
z→
e
3π
1 1 −i
1
4
lim = e = ( −1−
i)
π 3
i 4z
32
z→2e
32 2
4
3π
3π
i
i
4
4
1
16
i
1
4
Re s(2e
) = lim ( z − 2e
) f ( z)
= lim ( z − 2e
)
3π
3π
4
i
i
z + 16
x
z→2e
4
z→2e
4
9π
1 1 −i
1
4
= lim = e = (1 −
3 3
4 32
2 4
z
32 2
i
π
i
z→
e
1 π
3π
i
i
4
dx = 2πi{Re
s(2e
) + Re s(2e
4 )} =
4
+ 16
8
)
π
2
範 例 3-1
Give the definition of (a) rank of a matrix (b) basis of a vector space, (c)
unitary matrix. (9%)【97 中 山 機 電 】
【 詳 解 】1 將 A 化 成 列 梯 行 矩 陣 的 非 零 列 數 目 , 稱 為 秩 數 。
2V 為 佈 於 F 之 向 量 空 間 , 且 S ⊆ V
若 span ( S)
= V 且 S 為 線 性 獨 立 集 , 則 S 稱 為 V 一 組 基 底
n×
n
H
3 A∈ C 且 AA
H = A A , 則 A 稱 為 么 正 矩 陣 。
範 例 3-2
⎧x⎫
⎡5
4⎤
Try to transform a quadratic form U T AU = 1,
U = ⎨ ⎬ , A =
⎩ y
⎢ ⎥ , into
⎭ ⎣4
5 ⎦
⎛ P ⎞ ⎛
1
P ⎞
2
standard equation of an ellipse (
⎜
⎟ +
⎜
⎟ = 1)
.
⎝ R1
⎠ ⎝ R2
⎠
2
(12%)【97 中 山 機 電 】
【 範 圍 】25-4
2

8-10 陳 立 工 數
5 − λ 4
【 詳 解 】 由 det( A − λI)
=
= 0 λ =1, 9
4 5 − λ
⎡4
4⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
當 λ = 1: ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥
⎣4
4⎦⎣x2
⎦ ⎣0
⎦
⎡−
4 4 ⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
當 λ = 9 : ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥
⎣ 4 − 4⎦⎣x2
⎦ ⎣0
⎦
⎡x
⎢
⎣x
1
2
⎤
⎥ = k
⎦
1
⎡x1
⎤
⎢ ⎥
⎣x2
⎦
⎡ 1 ⎤
⎢
2
⎥
⎢ ⎥
⎢
1
− ⎥
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎡ 1 ⎤
⎢ ⎥
= k
2
2 ⎢ ⎥
⎢
1
⎥
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎡ 1 1 ⎤
⎢ ⎥
令 =
2 2
−1
T ⎡1
0⎤
P ⎢ ⎥ , 使 得 P AP = P AP = D =
⎢
1 1
⎢ ⎥
− ⎥
⎣0
9 ⎦
⎢⎣
2 2 ⎥⎦
⎡x⎤
⎡ p1
⎤
由 座 標 變 換 , 令 ⎢ ⎥ = P⎢
⎥
⎣y⎦
⎣ p2
⎦
⎡ p1
⎤ ⎡ p
T
1 ⎤
代 入 原 式 得 ( P⎢
⎥)
A(
P⎢
⎥)
= 1
⎣ p2
⎦ ⎣ p2
⎦
⎡ p ⎤
T 1 2
[ p p ] P AP = p + p 1
9 2 1 2 ⎢ ⎥ 1 2
=
p2
⎣
⎦
(
p 1 2 2 2
) + (
p ) = 1
1 1
3
範 例 3-3
⎧x′
⎫
⎨ ⎬
⎩y′
⎭
Give the transformation matrices [ A ] and [ B ] of = [ A]
⎧x
′′ ⎫
⎨ ⎬ =
⎩y
′′ ⎭
[ B]
⎧x⎫
⎨ ⎬
⎩y⎭
of the coordinate systems below.
⎧x⎫
⎨ ⎬
⎩y⎭
and
(4%)【97 中 山 機 電 】

第 八 篇 97 中 山 8-11
【 範 圍 】25-2
⎧x′
= cosθx
+ sinθy
⎡x′
⎤ ⎡ cosθ
sinθ
⎤⎡x⎤
【 詳 解 】 由 圖 可 知 ⎨
=
⎩y′
= −sinθx
+ cosθy
⎢ ⎥ ⎢
⎥⎢
⎥
⎣y′
⎦ ⎣−
sinθ
cosθ
⎦⎣y
⎦
⎡ cosθ
sinθ
⎤
A = ⎢
⎥
⎣−
sinθ
cosθ
⎦
⎧x′′
= x ⎡x′′
⎤ ⎡1
0 ⎤⎡x⎤
⎡1
0 ⎤
又 ⎨ =
⎩y′
= −y
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢
⎥ B =
⎣y
′′ ⎦ ⎣0
−1⎦
⎣y
⎢ ⎥ ⎦ ⎣0
−1
⎦
範 例 4-1
With matrix A and vector b given, one can find x to satisfy the system of linear
algebraic equations
Ax = B only when A is a nonsingular square matrix. Is
this statement correct? Why or why not? (5%)【97 中 山 機 電 】
【 答 案 】False !
【 詳 解 】 不 一 定 要 A 為 非 奇 異 矩 陣 , 滿 足 Ax = B 。
範 例 4(2)
By taking the Laplace transform of differential equation y ′( t)
+ 3y(
t)
= f ( t)
,
Mr. Chen has determined the solution for this differential equation to be the
F(
s)
inverse Laplace transform of Y ( s)
= . Is this solution satisfactory?
( s + 3)
(5%)【97 中 山 機 電 】
【 答 案 】True !
【 詳 解 】 取 Laplace 變 換
F(
s)
[ sY ( s)
− y(0)]
+ 3Y
( s)
= F(
s)
Y
( s)
= s + 3

8-12 陳 立 工 數
範 例 4(3)
If f (t)
is not a continuous functions, then can you perform Fourier series
expansion for this function? Why or why not? (5%)【97 中 山 機 電 】
【 答 案 】True !
【 詳 解 】 取 f (t)
的 Fourier series, 只 需 為 週 期 函 數 與 連 續 無 關 。
範 例 4(4)
Can we use Laplace transform to solve nonlinear differential equations? Why
or why not? (5%)【97 中 山 機 電 】
【 答 案 】False !
【 詳 解 】Laplace 變 換 本 身 即 為 線 性 的 一 種 轉 換
範 例 4(5)
For functions f ( t)
= f ( t + T ) and g ( t)
= g(
t + T ) , it has been found that the
waveform of f (t)
is smoother than that of g (t)
. As a result, we expect the
Fourier series expansion of f (t)
converges faster than that of g (t)
. Can you
explain why? (5%)【97 中 山 機 電 】
【 答 案 】True !
【 詳 解 】 曲 線 f (t)
若 比 曲 線 g (t)
平 滑 , 則 取 Fourier series 收 斂 的 速 度 會 越
快 。

第 八 篇 97 中 山 8-13
97 中 山 電 機 ( 甲 )、 通 訊
範 例 1
Solve the initial value problem (IVP) for the following ODE.
y ′′ + y = 5 x + 8sin
x , y ( π ) = 0 , y ′( π ) = 2 . (10%)【97 中 山 電 機 、 通 訊 】
【 範 圍 】3-3
【 詳 解 】1 齊 性 解 :
2
m + 1 = 0 m = ± i
y h
= c1 cos x + c2
sin
2 特 解 :
由 待 定 係 數 法 , 令
y p
代 入 可 得 A = 5 , B = 0, C = −4,
D = 0
= 5x
− 4x
cos x
y p
x
= Ax + B + Cx cos x + Dxsin
x
3 通 解 :
y = c1 cos x + c2
sin x + 5x
− 4x
cos x
y′
= −c1 sin x + c2
cos x + 5 − 4cos x + 4xsin
x
⎧y(
π ) = 0 = −c1
+ 9π
IC ⎨
c1 = 9π
, c2
= −7
⎩y′
( π ) = 2 = c2
+ 9
y = 9π
cos x − 7sin x + 5x
− 4x
cos x
【 另 解 】 y 1
1 1
= {5x
+ 8sin x}
= {5x}
+ {8sin x}
p 2 2
2
D + 1
D + 1 D + 1
2 x
= (1 − D L ){5x}
− {8cos x}
= 5x
− 4x
cos x
2

8-14 陳 立 工 數
範 例 2
Find the solution of the initial value problem
y ′′ + 2 y′
− 3y
= 0 , y ( 0) = 1, y ′( 0) = 1 (15%)【97 中 山 電 機 、 通 訊 】
【 範 圍 】3-2
【 詳 解 】 令
mx
y = e 代 入 可 得
2
mx
2
( m + 2m
− 3) e = 0 m + 2m − 3 = 0
m = −3, 1
−3x
y = c1 e + c2
⎧y(0)
= 1 = c1
+ c2
IC ⎨
⎩y′
(0) = 1 = −3c1
+ c
x
y = e
2
e
x
c = , c 1
1
0 2
=
− x
y′ = −3 c e
3
1
+ c2
e
x
範 例 3
Find the Laplace transform of (a) £{ e 5t }
【 範 圍 】(a)7-1 (b)7-1
【 詳 解 】(a)£{
e
−5t
−st
−5t
} = ∫ e e dt = ∫
0
∞
(b)£{sin
3 } = ∫
− (b) £{ 3t}
0
∞
sin .
−(
s+
5) t 1
e dt =
s + 5
e
s + 9
(5%)【97 中 山 電 機 、 通 訊 】
−st
∞ − st
− −
x=∞
t e sin 3tdt
= [ ( s sin 3t
3cos3t)]
2
x=
0
0
3
= s
2 + 9
範 例 4
Solve the initial value problem by the Laplace transform
⎧ y′
′
1
+ 2y2
= 1
⎨
⎩3y′
+ y′
1 2
+ y2
= t
y
1
(0) = 0 , y
2
(0) = 0

第 八 篇 97 中 山 8-15
【 範 圍 】8-3
【 詳 解 】 取 Laplace 變 換
⎧
1
⎪
[ sY1
( s)
− y1(0)]
+ 2[ sY2
( s)
− y2(0)]
=
s
⎨
⎪
1
3[ sY − + − + =
1(
s)
y1(0)]
[ sY2
( s)
y2(0)]
Y2
( s)
2
⎩
s
⎧
1
⎪
sY1
( s)
+ 2sY2
( s)
=
s
⎨
⎪
1
3sY
+ + =
1(
s)
( s 1) Y2
( s)
2
⎩
s
⎧
1
⎪ s 2s
2s
⎪ Y1
( s)
= s
⎪3s
s + 1 1
s + 1
2
⎪
s
由 Cramer Rule ⎨
⎪
1
⎪ s 2s
s
⎪
Y2
( s)
= s
3s
s + 1
1
⎪
3s
2
⎩
s
⎧ 1−
s −1
− 4 20
⎪
Y1
( s)
= = + +
2
2
s (5s
−1)
s s 5s
−1
⎨
⎪ 3s
−1
1 2 −10
Y2
( s)
= = + +
2
2
⎪⎩
s (5s
−1)
s s 5s
−1
1
⎧
t
5
⎪y1(
t)
= −t
− 4 + 4e
⎨
1
t
⎪
5
⎩y2(
t)
= t + 2 − 2e
(15%)【97 中 山 電 機 、 通 訊 】
範 例 5
Expand
⎧0,
−π
< x < 0
f ( x)
= ⎨
in a Fourier series.
⎩2,
0 ≤ x < π

8-16 陳 立 工 數
(15%)【97 中 山 電 機 、 通 訊 】
【 範 圍 】12-1
【 詳 解 】 令 ∑ ∞ f ( x)
= a0 + { an
cos nx + bn
sin nx}
n=
1
1 π 1 π
則 a
0
= ( ) = 2 = 1
2
∫ f x dx
π − π 2π
∫ dx
0
1 π
1 π
a n
= ∫ f ( x)cos
nxdx = ∫ 2cos nxdx = 0
π − π
π 0
1 π
1 π
b n
= ∫ f ( x)sin
nxdx =
π −π
π ∫ 2sin nxdx
0
⎧ 4
2
⎪ n = 13 , , 5,
L
= (1 − cos nπ
) = ⎨nπ
nπ
⎪
⎩0
n = 2,
4,
6,
L
∑ ∞ 4
f ( x)
= 1+
{ sin nx}
nπ
n=
1,3,5,L
Evaluate the following integral
∫ C
範 例 6
dz
sinh(2z)
Where z is a complex variable and C denotes the circle z = 2 described in the
positive sense. (13%)【97 中 山 電 機 、 通 訊 】
【 範 圍 】30-1
1
【 詳 解 】 令 f ( z)
=
sinh 2z
π 3π
則 奇 異 點 在 sinh 2z = 0 z = 0,
± i,
± πi,
± i,LL
2 2
但 僅 z = 0,
±
π i 為 在 路 徑 z = 2之 內 的 單 極 點
2

第 八 篇 97 中 山 8-17
1
sinh 2
其 留 數 Re s(0)
= lim zf ( z)
= lim z =
z→0
z→0
z
π
π
π
Re s(
i)
= lim ( z − i)
f ( z)
= lim ( z − i)
2
π
2
π
2
π
Re s(
− i)
=
2
z→
i
2
z→
i
2
π
lim ( z + i)
f ( z)
=
π
2
z→−
i
2
1
2
1
sinh 2
π
lim ( z + i)
π
2
z→−
i
2
= −
z
1
sinh 2
由 留 數 定 理
1
π π
∫ dz = 2πi{Re
s(0)
+ Re s(
i)
+ Re s(
− i)}
= −πi
sinh 2z
2 2
z = 2
1
2
= −
z
1
2
The set
範 例 7
⎧ 1
⎫
S = ⎨ , cos x,
cos 2x,
cos3x,
cos 4x⎬
⎩ 2
⎭
is an orthonormal set of vectors in C [ −π ,π ] with inner product defined as
1 π
f , g = ∫ f ( x)
g(
x)
dx
π − π
,
Where C [ −π ,π ] is the set of all functions f that are continuous on [ π ,π ]
− .
Suppose that the function
4
sin x can be written in a linear combination of
3 2 1 1 1
elements of S as sin 4 x = ( ) − (cos 2x)
+ (cos 4x)
.
8 2 2 8
Use the above equation and orthogonal basis property (but do not compute
antiderivatives, otherwise you will get zero credit ), find the values of the
following integrals:
∫ −
ππ
∫ −
ππ
4
(1) sin x dx (2) sin 4 x cos3x
dx (3) sin 4 x cos4x
dx
∫ −
ππ
(15%)【97 中 山 電 機 、 通 訊 】

8-18 陳 立 工 數
【 範 圍 】11-1 12-2 電 機 線 代 10-1
∫ −
ππ
4
【 詳 解 】(1) sin x dx
∫ −
ππ
3
=
8
∫
π
−π
dx −
3 1
∫ ( − cos2x
+
− 8 2
= π π
1
2
∫
π
−π
3 3
= π − 0 + 0 = π
4 4
(2) sin 4 x cos3x
dx
∫ −
ππ
1
cos2x
dx +
8
∫
1
cos4
8
π
−π
3 1
∫ ( cos3x
− cos2x
cos3x
+
− 8 2
= π π
3
=
8
∫
π
−π
cos3x
dx −
+
1
2
1
8
∫
π
−π
π
∫ − π
x)
dx
cos4x
dx
1
cos4
8
cos3x
cos2x
dx
cos3x
cos 4x
dx
x cos3x
) dx
1 π
1 π
= 0 − ∫ 2cos3x
cos2x
dx +
x x dx
4 − π
∫ 2cos3 cos4
16 − π
1 π
1 π
= − ∫ (cos5x
+ cos x)
dx + (cos7 + cos ) = 0
4 − π
16
∫ x x dx
− π
(3) sin 4 x cos 4x dx
3 1
1
∫ ( cos4x
− cos2x
cos4x
+ cos4
− 8 2
8
= π π
x
cos4x
)
dx
3
=
8
∫
π
−π
cos4x
dx −
1
2
∫
π
−π
cos4x
cos2x
dx
1 π
∫ cos
2
− π
+
8
4x
dx
= 0 1 π
1 π
− ∫ 2cos4x
cos2x
dx +
x
4
dx
− π
∫ (1 − cos8 )
16 − π
1 π
π π π
= − ∫ (cos6x
+ cos2x)
dx + = 0 + =
4 − π
8 8 8

第 八 篇 97 中 山 8-19
Let P
4
be the set of all polynomials of degree less than 4. In P
4
the inner
4
− 2
product is defined by < p , q >= ∑ p(
xi ) q(
x i
) , where x = i
i
for
2
i=
1
2
i =1,
L,4
. Its norm is defined by p = < p, p > = { ∑[
p(
x )] 2 i
} . Compute
(a)
範 例 8
2
x (b)the distance between x and
【 範 圍 】 電 機 線 代 10-1
2
【 詳 解 】(a) 令 p x i
) = x
(
i
4
i=
1
2
x . (12%)【97 中 山 電 機 、 通 訊 】
1
p
2
2
2
2 2
= < p, p > = [ p ( x1)
+ p ( x2)
+ p ( x3)
+ p ( x4)]
(b) 令 p(
x )
1
=
2
1
1 1
2
= [ + 0 + + 1]
16 16
i
1
2
3
=
2 2
2
2 2
2
[ p ( − ) + p (0) + p ( ) + p
= x
2
i
− x
i
(1)]
1
p
2
2
2
2 2
= < p, p > = [ p ( x1)
+ p ( x2)
+ p ( x3)
+ p ( x4)]
=
=
1
2
1
+ 0 − + 0]
4
1
2
2
2 2
2
[ p ( − ) + p (0) + p ( ) + p
3
4
1
2
[
=
1
2
(1)]
1
2
1
2
1

8-20 陳 立 工 數
97 中 山 電 機 ( 乙 )、 通 訊
範 例 1
Find the solution of the initial value problem
y ′′ + 2 y′
− 3y
= 0 , y ( 0) = 1, y ′( 0) = 1 (15%)【97 中 山 電 機 、 通 訊 】
【 範 圍 】3-2
【 詳 解 】 令
mx
y = e 代 入 可 得
2
mx
2
( m + 2m
− 3) e = 0 m + 2m − 3 = 0
m = −3, 1
−3x
y = c1 e + c2
⎧y(0)
= 1 = c1
+ c2
IC ⎨
⎩y′
(0) = 1 = −3c1
+ c
x
y = e
2
e
x
c = , c 1
1
0 2
=
−3x
y′ = −3 c1e
+ c2
e
x
範 例 2
Find the Laplace transform of (a) £{ e 5t }
【 範 圍 】(a)7-1 (b)7-1
【 詳 解 】(a)£{
e
−5t
−st
−5t
} = ∫ e e dt = ∫
0
∞
(b)£{sin
3 } = ∫
− (b) £{ 3t}
0
∞
sin .
−(
s+
5) t 1
e dt =
s + 5
e
s + 9
(5%)【97 中 山 電 機 、 通 訊 】
−st
∞ − st
− −
x=∞
t e sin 3tdt
= [ ( s sin 3t
3cos3t)]
2
x=
0
0
3
= s
2 + 9

第 八 篇 97 中 山 8-21
範 例 3
Solve the initial value problem by the Laplace transform
⎧ y′
′
1
+ 2y2
= 1
⎨
⎩3y′
+ y′
1 2
+ y2
= t
y
1
(0) = 0 , y
2
(0) = 0
【 範 圍 】8-3
【 詳 解 】 取 Laplace 變 換
⎧
1
⎪
[ sY1
( s)
− y1(0)]
+ 2[ sY2
( s)
− y2(0)]
=
s
⎨
⎪
1
3[ sY − + − + =
1(
s)
y1(0)]
[ sY2
( s)
y2(0)]
Y2
( s)
2
⎩
s
⎧
1
⎪
sY1
( s)
+ 2sY2
( s)
=
s
⎨
⎪
1
3sY
+ + =
1(
s)
( s 1) Y2
( s)
2
⎩
s
⎧
1
⎪ s 2s
2s
⎪ Y1
( s)
= s
⎪3s
s + 1 1
s + 1
2
⎪
s
由 Cramer Rule ⎨
⎪
1
⎪ s 2s
s
⎪
Y2
( s)
= s
3s
s + 1
1
⎪
3s
2
⎩
s
⎧ 1−
s −1
− 4 20
⎪
Y1
( s)
= = + +
2
2
s (5s
−1)
s s 5s
−1
⎨
⎪ 3s
−1
1 2 −10
Y2
( s)
= = + +
2
2
⎪⎩
s (5s
−1)
s s 5s
−1
1
⎧
t
5
⎪y1(
t)
= −t
− 4 + 4e
⎨
1
t
⎪
5
⎩y2(
t)
= t + 2 − 2e
(15%)【97 中 山 電 機 、 通 訊 】

8-22 陳 立 工 數
範 例 4
Expand
⎧0,
−π
< x < 0
f ( x)
= ⎨
in a Fourier series.
⎩2,
0 ≤ x < π
(15%)【97 中 山 電 機 、 通 訊 】
【 範 圍 】12-1
【 詳 解 】 令 ∑ ∞ f ( x)
= a0 + { an
cos nx + bn
sin nx}
n=
1
1 π 1 π
則 a
0
= ( ) = 2 = 1
2
∫ f x dx
π − π 2π
∫ dx
0
1 π
1 π
a n
= ∫ f ( x)cos
nxdx = ∫ 2cos nxdx = 0
π − π
π 0
1 π
1 π
b n
= ∫ f ( x)sin
nxdx =
π −π
π ∫ 2sin nxdx
0
⎧ 4
2
⎪ n = 13 , , 5,
L
= (1 − cos nπ
) = ⎨nπ
nπ
⎪
⎩0
n = 2,
4,
6,
L
∑ ∞ 4
f ( x)
= 1+
{ sin nx}
nπ
n=
1,3,5,L
範 例 5
Find an orthogonal matrix P that diagonalizes
【 範 圍 】 電 機 線 代 11-4
⎡ 4 −1
0 0 ⎤
⎢
⎥
⎢
−1
4 0 0
A =
⎥ .
⎢ 0 0 4 −1⎥
⎢
⎥
⎣ 0 0 −1
4 ⎦
(10%)【97 中 山 電 機 】

第 八 篇 97 中 山 8-23
【 詳 解 】 由 0
4
1
0
0
1
4
0
0
0
0
4
1
0
0
1
4
)
det( =
−
−
−
−
−
−
−
−
=
−
λ
λ
λ
λ
λI
A
5
= 3,3,5,
λ
}
1
1
0
0
,
0
0
1
1
{
1
1
0
0
1
1
0
0
0
0
1
1
0
0
1
1
ker
(3)
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
= span
EV
eigenvectors are }
,
|
1
1
0
0
0
0
1
1
{ 2
1
2
1 R
k
k
k
k
∈
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
}
1
1
0
0
,
0
0
1
1
{
1
1
0
0
1
1
0
0
0
0
1
1
0
0
1
1
ker
(5)
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
−
−
−
−
= span
EV
eigenvectors are }
,
|
1
1
0
0
0
0
1
1
{ 4
3
4
3 R
k
k
k
k
∈
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
+
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
令
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
1
1
0
0
1
1
0
0
0
0
1
1
0
0
1
1
P
, 則
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
−
1
1
0
0
1
1
0
0
0
0
1
1
0
0
1
1
2
1
1
P
使 得
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
=
−
3
0
0
0
0
5
0
0
0
0
3
0
0
0
0
5
1
D
AP
P
AP
P
H

8-24 陳 立 工 數
範 例 6
Find the best quadratic polynomial to fit the data p ( −1)
= 0, p(0)
= 1
, p ( 1) = 2, p(2)
= 4. (13%)【97 中 山 電 機 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 10-5
2
【 詳 解 】 令 二 次 曲 線 為 p ( x)
= ax + bx + c
2
⎧(
−1)
a + ( −1)
b + c = 0
⎪
2
⎪0
⋅a
+ 0⋅b
+ c = 1
將 data 代 入 上 式 得 ⎨
2
⎪1
⋅a
+ 1⋅b
+ c = 2
⎪ 2
⎩2
⋅ a + 2⋅b
+ c = 4
⎡1
−1
1⎤
⎡0⎤
⎢ ⎥⎡a⎤
⎢ ⎥
⎢
0 0 1
⎥⎢
⎥
= ⎢
1
⎥
⎥⎢
b
⎢
⎥
( AX = B 型 式 )
1 1 1 ⎢2⎥
⎢ ⎥⎢⎣
c⎥⎦
⎢ ⎥
⎣4
2 1⎦
⎣4⎦
T
欲 得 最 佳 近 似 曲 線 , 相 當 於 滿 足 正 規 方 程 式 A AX
⎡ 1 ⎤
⎢ ⎥
⎡a⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥
− 21
4 T 1 T
X = =
= ⎢ ⎥
⎢
b
⎥
( A A)
A B
⎢ ⎥
⎢⎣
c⎥⎦
⎢17
20
⎥
⎢⎣
20⎥⎦
1 21 17
故 最 佳 近 似 的 二 次 曲 線 為 y = x 2 + x +
4 20 20
= A
T
B
The set
範 例 7
⎧ 1
⎫
S = ⎨ , cos x,
cos 2x,
cos3x,
cos 4x⎬
⎩ 2
⎭
is an orthonormal set of vectors in C [ −π ,π ] with inner product defined as
1 π
f , g = ∫ f ( x)
g(
x)
dx
π − π
,

第 八 篇 97 中 山 8-25
Where C [ −π ,π ] is the set of all functions f that are continuous on [ π ,π ]
− .
Suppose that the function
4
sin x can be written in a linear combination of
3 2 1 1 1
elements of S as sin 4 x = ( ) − (cos 2x)
+ (cos 4x)
.
8 2 2 8
Use the above equation and orthogonal basis property (but do not compute
antiderivatives, otherwise you will get zero credit ), find the values of the
following integrals:
∫ −
ππ
∫ −
ππ
4
(1) sin x dx (2) sin 4 x cos3x
dx (3) sin 4 x cos4x
dx
【 範 圍 】 電 機 線 代 10-1
∫ −
ππ
4
【 詳 解 】(1) sin x dx
∫ −
ππ
3
=
8
∫
π
−π
dx −
3 1
∫ ( − cos2x
+
− 8 2
= π π
1
2
∫
π
−π
3 3
= π − 0 + 0 = π
4 4
(2) sin 4 x cos3x
dx
1
cos2x
dx +
8
∫
∫ −
ππ
(15%)【97 中 山 電 機 、 通 訊 】
1
cos4
8
π
−π
x)
dx
cos4x
dx
3 1
1
∫ ( cos3x
− cos2x
cos3x
+ cos4
− 8 2
8
= π π
x
cos3x
)
dx
3
=
8
∫
π
−π
cos3x
dx −
1
2
∫
π
−π
cos3x
cos2x
dx
+
1
8
π
∫ − π
cos3x
cos 4x
dx

8-26 陳 立 工 數
∫ −
ππ
1 π
1 π
= 0 − ∫ 2cos3x
cos2x
dx +
x x dx
4 − π
∫ 2cos3 cos4
16 − π
1 π
1 π
= − ∫ (cos5x
+ cos x)
dx + (cos7 + cos ) = 0
4 − π
16
∫ x x dx
− π
(3) sin 4 x cos 4x dx
3 1
1
∫ ( cos4x
− cos2x
cos4x
+ cos4
− 8 2
8
= π π
x
cos4x
)
dx
3
=
8
∫
π
−π
cos4x
dx −
1
2
∫
π
−π
cos4x
cos2x
dx
1 π
∫ cos
2
− π
+
8
4x
dx
= 0 1 π
1 π
− ∫ 2cos4x
cos2x
dx +
x
4
dx
− π
∫ (1 − cos8 )
16 − π
1 π
π π π
= − ∫ (cos6x
+ cos2x)
dx + = 0 + =
4 − π
8 8 8
Let P
4
be the set of all polynomials of degree less than 4. In P
4
the inner
4
− 2
product is defined by < p , q >= ∑ p(
xi ) q(
x i
) , where x = i
i
for
2
i=
1
4
1
2
i =1,
L,4
. Its norm is defined by p = < p, p > = { ∑[
p(
x )] 2 i
} . Compute
(a)
範 例 8
2
x (b)the distance between x and
【 範 圍 】 電 機 線 代 10-1
2
【 詳 解 】(a) 令 p x i
) = x
(
i
i=
1
2
x . (12%)【97 中 山 電 機 、 通 訊 】
1
p
2
2
2
2 2
= < p, p > = [ p ( x1)
+ p ( x2)
+ p ( x3)
+ p ( x4)]
=
1
2
1
2
2
2 2
2
[ p ( − ) + p (0) + p ( ) + p
(1)]
1
2

第 八 篇 97 中 山 8-27
(b) 令 p(
x )
1
1 1
2
= [ + 0 + + 1]
16 16
i
= x
2
i
− x
i
3
=
2 2
1
p
2
2
2
2 2
= < p, p > = [ p ( x1)
+ p ( x2)
+ p ( x3)
+ p ( x4)]
1
1
= p − + + ) +
2
2
1
3 1 1
2
= [ + 0 − + 0] =
4 4 2
2
2 2
2
[ ( ) p (0) p ( p
(1)]
1
2

8-28 陳 立 工 數
97 中 山 海 工
範 例 1-1
Use the different methods to solve the ODE:
2
2 cos( x )
− 2x sin( x ) dx + dy = 0 . (10%)【97 中 山 海 工 】
y
【 範 圍 】2-1, 2-3
2
2xsin
x 1
【 詳 解 】 由 分 離 變 數 法 − dx + dy = 0
2
cos x y
2
− 2xsin
x 1
∫
dx + = 0
2
cos
∫ dy
x y
ln cos x
2
+ ln y
= ln c
ln y cos x
2 2
= ln c y cos x = c
2
y = csec x
2
2
【 詳 解 】 同 乘 以 y 得 − 2xy
sin x dx + cos x dy = 0
2
2
∂ ( −2xy
sin x )
2 ∂(cos
x )
Q
= −2xsin
x =
∂y
∂x
∴ 此 為 正 合 方 程
故 ∃ φ
⎧∂φ
2 積 x
2
⎪
= −2xy
sin x ⎯⎯→φ
= y cos x + k1(
y)
∂x
使 得 ⎨
⎪
∂φ
2 積 y
2
= cos x ⎯⎯ →φ
= y cos x + k2(
x)
⎪⎩
∂y
2
2
通 解 為 φ ( x , y)
= y cos x = c y = csec x
範 例 1-2

第 八 篇 97 中 山 8-29
Use Laplace Transformation to the IVP (Initial Value Problem)
1
y ′′ + 5y′
+ 6y
= δ ( t − π ) + u(
t −π
) cost
, y ( 0) = 0 , y ′( 0) = 0 , where δ ()
2
is an unit impulse function and u () is an unit step function.
(10%)【97 中 山 海 工 】
【 範 圍 】8-1
【 詳 解 】Q costu
( t −π
) = cos[( t −π
) + π ] u(
t −π
) = −cos(
t −π
) u(
t −π
)
取 Laplace 變 換
π
− s
2
s Y s sy y′
2
[ ( ) − (0) − (0)] + 5[ sY ( s)
− y(0)]
+ 6Y
( s)
= e −
2
Y
1
+ 5s
+ 6
π
− s
2
( s)
= e −
2
2 2
s
( s
π
1 1 − s 1 s
2
[ − ] e −[
2
s
e
+ 1)( s + 5s
+ 6)
−πs
s
e
s + 1
+ 1 2 1 3 1
= − + ] e
s + 2 s + 3 10 s + 1 5 s + 2 10 s + 3
−
y (t) = £ 1 { Y ( s)}
−
1
10
+ e
5
= [ e
π
π
−2(
t−
) −3(
t−
) π
2
2
− e
] u(
t −
)
2
[cos( t −π
) + sin( t −π
)] u(
t −π
)
2 −2(
t−π
) −3(
t−π
)
3
− e
10
u(
t −π
)
−πs
−πs
範 例 2
(a) Given a homogeneous linear system, whose number of variables is 54 and
the number of equations is 30, will this linear system have non-trivial (i.e.
non-zero) solutions and what’s the dimension of the solution space (you
may make some assumption here)? Explain your answer?

8-30 陳 立 工 數
(b) Given
ˆ −1
A = T AT , where
⎡7
0 3⎤
A =
⎢ ⎥
⎢
2 1 1
⎥
,
⎢⎣
2 0 2⎥⎦
T
⎡0
=
⎢
⎢
1
⎢⎣
0
1
0
0
0⎤
0
⎥
⎥
, Find the
1⎥⎦
eigenvalues for both A and  . (10%)【97 中 山 海 工 】
【 範 圍 】(a)22-3 (b)23-1
【 詳 解 】(a) 由 題 意 可 知 A
30 × 54
X 54 × 1 = 030
× 1
rank( A)
= 至 多 為 30 < 54 (Not full rank !!)
A X 不 可 能 有 非 零 解 。
故
30 × 54 54 × 1 = 030
× 1
由 維 度 定 理
dim( N ( A))
= 54 − rank(
A)
= 54 − 30 = 24
7 − λ
(b) det( A − λI)
= 2 1−
λ 1 = 0 λ = 8,1, 1
範 例 3-1
2
0
0
3
2 − λ
⎡0
1 0⎤
⎡0
1 0⎤
又 =
⎢ ⎥ −1
T
⎢
1 0 0
⎥
T
=
⎢ ⎥
⎢
1 0 0
⎥
⎢⎣
0 0 1⎥⎦
⎢⎣
0 0 1⎥⎦
⎡0
1 0⎤⎡7
0 3⎤⎡0
1 0⎤
⎡1
2 1⎤
A ˆ = T
−1 AT =
⎢ ⎥⎢
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
1 0 0
⎥⎢
2 1 1
⎥⎢
1 0 0
⎥ ⎢
0 7 3
⎥
⎢⎣
0 0 1⎥⎦
⎢⎣
2 0 2⎥⎦
⎢⎣
0 0 1⎥⎦
⎢⎣
0 2 2⎥⎦
1−
λ 2 1
由 det( A ˆ − λI)
= 0 7 − λ 3 = 0 λ = 8,1, 1
2 2
Given a curve C : x + y = 4 ,
0
2
2 − λ
y
z = 6arc
tan , represent the curve by the
x
parametric form. Find the length along the curve form ( 2,0,0)
to ( 2,0,24π ) .

第 八 篇 97 中 山 8-31
(10%)【97 中 山 海 工 】
【 範 圍 】18-3
⎧x
= 2cost
⎪
【 詳 解 】 令 ⎨y
= 2sin t t = 0 → 4π
⎪
⎩z
= 6t
→
→
故 r ( t)
= 2cost
i + 2sin t j+
6t
k
→
d r
dt
→
→
→
→
→
= −2
sin t i + 2cost
j+
6 k
→
d r
ds = dt = 2 10dt
dt
4π
S ( t)
= ∫ ds = ∫ 2 10dt
= 8π
10
0
範 例 3-2
→ →
⋅
Evaluate the surface integral ∫∫curl F n dA ,
→
3 3
2 2
where F = [ y , −x
,0], S: x + y ≤ 1, z = 0.
S
Then verify your answer by Stokes’s theorem. (10%)【97 中 山 海 工 】
【 範 圍 】19-6
→
i j k
→
∂ ∂ ∂
→
2 2
【 詳 解 】1∇×
F =
= ( −3x
− 3y
) k
∂x
∂y
∂z
3 3
y − x 0
→
→
→
→
2
∫∫ ∇× ⋅ n dA = ∫∫∇×
F⋅
k dA = −3∫∫(
x +
S
S
→
→
2
F y ) dA
π
3 2 1
2
= − ∫ ⋅
0 ∫ r rdrd
0
S
3
θ = − π
2

8-32 陳 立 工 數
→
→
3 3
2∫
F⋅d
r = ∫ y dx − x dy = ∫∫
故
C
C
∂(
−x
[
∂x
3
3
) ∂y
− ] dA
∂y
2π
2 2
= −3∫∫(
x + y ) dA = −3∫0
∫ r
0
S
→ → → →
3
× F ⋅ n dA = F⋅
d r = − π 得 證
2
∫∫ ∇ ∫
S
C
1
2
3
⋅ rdrdθ
= − π
2
範 例 4-1
Linear partial differential equations, Au + Bu + Cu = F x,
y,
u,
u y ) can
xx
xy
yy
(
x y
be classified into one of the three types: elliptic, parabolic or hyperbolic,
depending on the condition of
Indicate how the condition of
B 2 − 4AC
.
B 2 − 4AC
is linked to each of these three types
and also provide a typical mathematical equation for each of them.
(10%)【97 中 山 海 工 】
【 範 圍 】17-4
2
【 詳 解 】1 B − 4AC > 0 雙 曲 線 型
2
2
∂ u 2 ∂ u
例 如 : 波 動 P.D.E = c
2
2
∂t
∂x
2
2 B − 4AC = 0 拋 物 線 型
2
∂u
2 ∂ u
例 如 : 熱 傳 P.D.E = c
2
∂t
∂x
2
3 B − 4AC < 0 橢 圓 型
2 2
∂ u ∂ u
例 如 :Laplace P.D.E + = 0
2 2
∂x
∂y

第 八 篇 97 中 山 8-33
範 例 4-2
xy
Prove u = is a solution to the Laplace equation. 【97 中 山 海 工 】
2 2 2
( x + y )
【 範 圍 】 微 積 分
2xy
【 詳 解 】 因 為 u(
x,
y)
=
2 2 2
( x + y )
2y(
x + y ) − 8x
y 2y
− 6x
y
u x
( x + y ) ( x + y )
2 2 2 3 2
=
=
2 2 3
2 2 3
−12xy(
x
+ y ) − 6x(2y
− 6x
y)
24x
2 2
3 2
3
u xx
=
=
2 2 4
2
( x + y )
( x +
2x(
x + y ) −8xy
2x
− 6xy
u y
( x + y ) ( x + y )
2 2 2 3 2
=
=
2 2 3
2 2 3
−12xy(
x
+ y ) − 6y(2x
− 6xy
− 24x
2 2
3 2
3
u yy
=
=
2 2 4
2
( x + y )
( x +
2 2
∂ u ∂ u
代 入 + = 0
2 2
∂x
∂y
2xy
= 為 Laplace PDE 的 解
( x + y )
u(
x,
y)
2 2 2
)
y − 24xy
2 4
y )
3
y + 24xy
2 4
y )
3
範 例 5
Find the Fourier series for a periodic square wave given by the function:
⎧0,
if − 2 < x < −1
⎪
f ( x)
= ⎨k,
if −1<
x < 1 p = 2 L = 4, L = 2
⎪
⎩0,
if 1<
x < 2
【 詳 解 】 偶 函 數 Fourier cosine series ( T = 4)
令 ∑ ∞ f ( t)
= a0
+ a
n=
1
n
nπ
cos t
2
(10%)【97 中 山 海 工 】

8-34 陳 立 工 數
2k
k
則 a
0
= =
T 2
而 a
2
T / 2
T
n
=
2
∫ 0
2k
故 f (t)
∑ ∞ = +
T n=
2nπ
f ( t)cos
tdt
T
2
T / 2
T
2
= ∫ 0
2nπ
k cos tdt
T
2 k 2nπ
2 2π
k 2nπ
2k
nπ
= ⋅ sin = ⋅ sin
T 2nπ
T π T 2nπ
T = sin
nπ
2
2 T
T
k
=
1
2 2π
k 2nπ
2nπ
⋅ sin ⋅cos
t
π T 2nπ
T T
T
2k
nπ
nπ
t
∑ ∞ + sin ⋅cos
2 n=
1 nπ
2 2
範 例 6
Evaluate the following integral
【 範 圍 】30-2
∫
C
2
− z
e
dz . (10%)【97 中 山 海 工 】
sin 4z
【 分 析 】 題 目 未 給 C 路 徑 範 圍 , 故 自 行 假 設 C : z = 1。
4 6
2 z z
2
−z
1−
z + − + −L
e
1 5
【 詳 解 】 f ( z)
= = 2! 3! = + z + LL
3
5
sin 4z
64z
1024z
4z
12
4z
− + − + L
3! 5!
1
則 Re s (0) =
4
2
−z
e
πi
由 留 數 定 理 ∫ dz = 2π i Re s(0)
=
sin 4z
2
C
範 例 7
Suppose that a body of mass m slides without friction on a horizontal surface

第 八 篇 97 中 山 8-35
as shown in the following figure. The body is attached to a spring constant k
(the damping force of the spring is excluded), and is also subject to viscous air
resistance with coefficient γ (the higher speed, the more air resistance).
Formulate a differential equation to simulate this spring motion system, and
briefly describe how to solve it.
【 範 圍 】3-2
【 詳 解 】 由 ∑ F = ma
可 得 my
′′ = −γ y′
− ky my
′′ + γ y′
+ ky = 0
令 y = e
λt
2
λt
2
代 入 上 式 得 ( mλ + γλ + k)
e = 0 mλ
+ γλ + k = 0
(10%)【97 中 山 海 工 】
− γ ±
λ =
γ
2 − 4mk
2m
2
γ γ
2 − 4mk
1 γ − 4mk
> 0 , 則 λ = − ±
2m 2m
⎪⎧
−
− ⎪⎫
= − γ
2
2
t γ 4mk
γ 4mk
2m
y e ⎨c1
cosh t + c2
sinh t⎬
⎪⎩
2m
2m
⎪⎭
2
γ γ
2 γ − 4mk
= 0 , 則 λ = − , −
2m 2m
γ
γ
− t − t
2m
2m
y = c1e
+ c2xe

8-36 陳 立 工 數
2
2
γ 4mk
− γ
3 γ − 4mk
< 0 , 則 λ = − ± i
2m 2m
⎪⎧
−
− ⎪⎫
= − γ
2
2
t 4mk
γ
4mk
γ
2m
y e ⎨c1
cos t + c2
sin t⎬
⎪⎩
2m
2m
⎪⎭

第 八 篇 97 中 山 8-37
97 中 山 材 料
範 例 1
A tank contains 800 gal of water in which 200 lb of salt is dissolved. Two
gallons of fresh water runs in per minute, and 2 gal of the mixture in the tank,
kept uniform by stirring, runs out per minute. How much salt is left in the tank
after 5 hours. (20%)【97 中 山 材 料 】
【 範 圍 】2-1
【 詳 解 】 假 設 槽 中 水 溶 液 在 任 意 t 時 間 的 含 鹽 量 y (t)
dy( t)
y(
t)
由 題 意 可 表 示 O.D.E 為 = 0 − 2
dt 800
dy( t)
y(
t)
= −
dt 400
dy 1
t
⎠ ⎠ ⎠ 由 分 離 變 數 法 = − dt ln y = − + ln c
y 400
400
400
⎠ ⎠ ⎠ y(
t)
= ce
由 IC
−
t
400
y ( 0) = 200 = c y(
t)
= 200e
3
−
4
當 t = 5(
hr)
y ( t)
= 200e
≈ 94. 5(lb)
−
t
範 例 2
The following matrix
⎡ 0
⎢
⎢
1−
i
⎢⎣
0
1+
i
0
1−
i
0 ⎤
1+
i
⎥
⎥
0 ⎥⎦
is Hermitian? Skew-Hermitian?

8-38 陳 立 工 數
Unitary? Find their eigenvalues and eigenvectors. (20%)【97 中 山 材 料 】
【 範 圍 】25-3, 23-3
【 詳 解 】 令
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
+
−
+
=
0
1
0
1
0
1
0
1
0
i
i
i
i
A
因 為
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
+
−
+
=
=
0
1
0
1
0
1
0
1
0
i
i
i
i
A
A
H
A 為 Hermitian matrix
由 0
]
[
1
0
1
1
0
1
)
det( 3
2
2
1
3
=
−
+
−
= −
−
−
+
−
−
+
−
=
−
c
c
c
i
i
i
i
I
A
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
其 中
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
=
=
= −
+
−
+
+
−
+
=
=
=
0
)
det(
4
0
0
0
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
)
(
3
2
1
A
c
i
i
i
i
c
A
tr
c
0
4)
(
4
2
3
=
−
= −
+
−
λ
λ
λ
λ 2
= −2,0,
λ
當 2
= −
λ :
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
+
−
+
0
0
0
2
1
0
1
2
1
0
1
2
3
2
1
x
x
x
i
i
i
i
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
i
i
k
x
x
x
)
(1
1
1
3
2
1
當 0
=
λ :
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
+
−
+
0
0
0
0
1
0
1
0
1
0
1
0
3
2
1
x
x
x
i
i
i
i
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
1
0
2
3
2
1 i
k
x
x
x
當 2
=
λ :
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
+
−
−
+
−
0
0
0
2
1
0
1
2
1
0
1
2
3
2
1
x
x
x
i
i
i
i
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
i
i
k
x
x
x
1
1
3
3
2
1

第 八 篇 97 中 山 8-39
範 例 3-1
Make the plots of the two functions h (t)
& x (t)
, their Fourier Transform
and their convolution at time. Graph the Fourier Transform of their
convolution to prove Convolution theorem.
h ( t)
= rect( t)
, x ( t)
= rect( t)
, − T
0
< t < T0
. (10%)【97 中 山 材 料 】
【 範 圍 】13-2
⎪⎧
1
【 詳 解 】 rect( t ) = ⎨
⎪⎩ 0
t ≤ T
0
t > T
0
1
F
2
rect( t)}
= sin( ωT )
ω
{
0
−T 0
4 2 4
F { h(
t)
∗ x(
t)}
= F { h(
t)}
F { x(
t)}
= sin ( ωT0
) = (1 − cos2ωT )
2 2 0
ω
ω
T 0
h( t)
∗ x(
t)
= F
− 1
⎧2(2T0
+ t)
⎧ 4
⎫ ⎪
⎨ (1 − cos2ωT )
2 0 ⎬ = ⎨ 2(2T0
− t)
⎩ω
⎭ ⎪ ⎩ 0
− 2T
0
≤ t < 0
0 ≤ t < 2T
ow
0
h( t)
∗ x(
t)
4T 0
− 2T 0
2T0

8-40 陳 立 工 數
參 考
Prove the Fourier Transform of f (t) =
4A
ωB
is F { f ( t)}
= (1 − cos ) .
2
ω B 2
f (t)
A
⎧2A
B
⎪
( + t)
B 2
⎪
2A
B
⎨ ( − t)
B 2
0
⎪
⎪
⎪
⎩
B
− ≤ t < 0
2
B
0 ≤ t <
2
ow
B
−
2
B
2
【 詳 解 】 F { f ( t)}
B
∞ −iω
t
2
= ∫ f ( t)
e dt =
−∞ ∫ B
−
2
f ( t)
e
−iω
t
dt
B
0 −iω
t
2
= ∫ B f ( t)
e dt +
− ∫ 0
2
f ( t)
e
−iω
t
dt
2A
B
B
0
−iω
t
2
= ∫ B ( + t)
e dt +
−
∫ 0
2 B 2
2A
B
( − t)
e
B 2
4A
4A
ωB
4A
ωB
= − cos = (1 − cos )
2 2
2
ω B ω B 2 ω B 2
−iω
t
dt

第 八 篇 97 中 山 8-41
範 例 3-2
Find the Fourier transform of
⎧ t if −1
< t < 1
f ( t)
= ⎨
, Show the details.
⎩0
otherwise
(10%)【97 中 山 材 料 】
【 範 圍 】13-2
【 詳 解 】 F { f ( t)}
=
∫
∫
∞
−∞
f
1
−iwt
−iwt
( t)
e dt = ∫ te dt
−1
1
1
= t (cos wt − i sin wt)
dt = −2i
t sin wtdt
−
1
t 1
t=
1 1 1
= −2i(
− cos wt + sin wt)
0
2i(
cos w sin w)
2 t =
= − − +
2
w w
w w
∫
0
範 例 4
A sinusoidal voltage
E ⋅ sinωt
, where t is time, is passed through a half-wave
rectifier that clips the negative portion of the wave, like the figure. Find the
Fourier series of the resulting periodic function.
⎧ 0
u(
t)
= ⎨
⎩E
⋅sinωt
if − L < t < 0
if 0 < t < L
2π
P = 2 L = ,
ω
π
L =
ω
(20%)【97 中 山 材 料 】
【 範 圍 】12-3
【 詳 解 】 令 ∑ ∞ u ( t)
= a0 + { an
cos nwt + bn
sin nwt}
=
n 1

8-42 陳 立 工 數
T
π
π
w
w
則 a = 1
2
w
w
u t dt = π u t dt = E wtdt
T
∫ π ∫ π ∫
0
( )
( )
sin
− 2 − 2 0
a
b
n
n
=
T
=
2
w
π
π
w
w
w
w
∫ π u(
t)cos
nwtdt =
−
∫ E sin wt cos nwtdt
π
w
π 0
π
wE
w
= ∫ [sin( n + 1) wt − sin( n −1)
wt]
dt
2π 0
wE 1−
cos( n + 1) π 1−
cos( n −1)
π
= [
−
]
2π
( n + 1) w ( n −1)
w
E − 2
= n = 2,4,6,L
π n
2 −1
π
π
w
w
w
w
= ∫ π u(
t)sin
nwtdt =
−
∫ E sin wt sin nwtdt
π π 0
w
π
wE
= − [cos( + 1) − cos( −1)
] = 0 ( ≠ 1)
2
∫
w
n wt n wt dt n
π 0
π
π
w
w
w
w
當 n = 1: b = ∫ π u(
t)sin
wtdt =
−
∫ E sin wt wtdt
1
π π
sin
0
w
wE w
1−
cos 2wt
E
= ∫ π
dt =
π 0 2 2
E E
故
∑ ∞ 2E
u(
t)
= + sin wt + { cos nwt
π 2
π (1 n )
n= 2,4,6,L −
2
}
E
π
範 例 5-1
Find the volume of the tetrahedron with vertices ( 0,2,1 ) , ( 4,3,0)
, ( 6,6,5)
,
( 4,7,8) . (10%)【97 中 山 材 料 】
【 範 圍 】18-1
【 詳 解 】 令 A ( 0,2,1), B(4,3,0),
C(6,6,5),
D(4,7,8)
→
→
AB =< 4,1,
−1
> , AC =< 6,4,4 > , AD =< 4,5,7 >
V
=
1
6
→
[ AB
→
AC
4
→
1
AD]
= | 6
6
4
→
1
4
5
−1
4
7
| =
4
3

第 八 篇 97 中 山 8-43
範 例 5-2
Find the directional derivative of f at P in the direction of → a .
f +
2 2 2
= 4x
+ y 9z
, : (2,4,0)
→
a (10%)【97 中 山 材 料 】
P , = [ − 2,
−4,3]
【 範 圍 】18-5
∂f
→
∂f
→
∂f
→ → → →
【 詳 解 】 ∇f = i + j+
k = 8 x i + 2y
j+
18z
k
∂x
∂y
∂z
→
+
→
∇f
= 16 i 8 j
|
( 2,4,0)
→
a
故 方 向 導 數 = ∇f
⋅
→
a
< −2,
−4,3
>
=< 16,8,0 > ⋅
=
29
− 64
29

8-44 陳 立 工 數
97 中 山 光 電
Solve the initial value problem:
2
′′ + y 0.001x
, ( 0) = 0
y =
範 例 1
y , y ′( 0) = 1. 5
(15%)【97 中 山 光 電 】
【 範 圍 】3-3
【 詳 解 】1 齊 性 解 :
2
m + 1 = 0 m = ± i y h
= c1 cos x + c2
sin x
2 特 解 :
2
由 待 定 係 數 法 , 令 y p
= Ax + Bx + C
代 入 可 得 A = 0.001,
B = 0, C = −0.
002
= 0.001x 2 − 0. 002
y p
2
3 通 解 : y = y + y = c cos x + c sin x + 0.001x
0. 002
h p 1 2
−
1
sin x + c2
cos x + 0. x
y′
= −c
002
⎧y(0)
= 0 = c1
− 0.002
IC ⎨
c
1
= 0.002,
c2
= 1. 5
⎩y′
(0) = 1.5 = c2
y = 0.002cos x + 1.5sin x + 0.001x
2 − 0. 002
1 2
2
2
2
【 另 解 】 y p
= {0.001x
} = (1 − D L ){0.001x
} = 0.001x
− 0. 002
2
D + 1
範 例 2
Find the value of
∫c
→
=∫
b →
F( r)
dr F(
r(
t))
r′
( t)
dt
a
→
When F( r)
= [ z,
x,
y] = zi + xj + yk
ˆ
ˆ
ˆ

第 八 篇 97 中 山 8-45
→
and C is a helix: r ( t)
= [ cost,sin
t,3t
] = cost
i + sint
j + 3t
k
ˆ
ˆ
ˆ
( 0 ≤ t ≤ 2π
)
(20%)【97 中 山 光 電 】
【 範 圍 】19-2
→
【 詳 解 】 r = cos t i + sin t j+
3t
k
→
→
→
又
→
→
d r = ( −sin
t i + cost
j+
3k)
dt
→
→
→
→
F = z i + x j+
y k = 3 t i + cost
j+
sin t k
→
→
2
F ⋅d
r = ( −3t
sin t + cos t + 3sin t)
dt
∫
C
→
→
F⋅
d r =
∫
2π
0
→
→
→
2
( −3t
sin t + cos t + 3sin t)
dt = 7π
→
→
範 例 3
Find the Fourier series of the function:
f ( x)
= x + π if −π < x < π and f ( x + 2π ) = f ( x)
(20%)【97 中 山 光 電 】
【 範 圍 】12-1 完 全 抄 襲 陳 立 工 數 上 冊 P12-10 範 例 2
2nπ 2nπ
【 詳 解 】 令 f ( x)
= a0 + ∑ ∞ { an
cos x + bn
sin x}
= T
T
則 a
a
b
0
n
n
n 1
= a0 + ∑ ∞ { an
cos nx + bn
sin nx}
=
n 1
T
1 1
2
= ∫ f ( x)
dx =
T − 2π
∫
π
T
)
−π
2
T
1 1 π
2
( )cos =
2
∫ T
f x nxdx
−
−π
2
π
T
1 1 π
2
∫ T
f ( x)sin
nxdx =
−
π ∫ (
2
−π
2
=
T
∫
=
T
( x + π dx = π
( x + π )cos nxdx = 0
x + π ) sin nxdx

8-46 陳 立 工 數
2 2( −1)
= − cos nπ
=
n
n
∑ ∞ f ( x)
= π + 2
=
n 1
( −1)
n
n+
1
n+
1
sin nx
範 例 4
Find the currents I ( ) and I ( ) in the figure below. Assume all currents
1
t
2
t
and charges to be zero at t = 0 , the instant when the switch is closed.
(15%)【97 中 山 光 電 】
【 範 圍 】8-3
⎧ dI1
⎪
L + ( I1
− I2)
R1
= 12
dt
【 詳 解 】 ⎨
⎪
1 t
− ( I − I ) R + + =
⎩
∫ I dτ
I2R2
0
1 2 1
C 0 2
⎧dI1
⎪
+ 4( I1
− I2)
= 12
dt
⎨
t
⎪−
4( I − I ) + 4 + =
⎩ ∫ I dτ
6I2
0
1 2 0 2
取 Laplace 變 換
⎧
12
⎪
sI1(
s)
− I1(0)
+ 4I1(
s)
− 4I2(
s)
=
s
⎨
⎪
I2(
s)
− 4I
( ) + 4 ( ) + 4 + 6 ( ) = 0
1
s I2
s
I2
s
⎩
s

第 八 篇 97 中 山 8-47
⎧
12
⎪
( s + 4) I1(
s)
− 4I2(
s)
=
s
⎨
⎪
4
− 4I
( ) + (10 + ) ( ) = 0
1
s I2
s
⎩
s
由 Cramer Rule
⎧
12
⎪ s + 4 − 4
− 4
⎪ 4 I ( ) =
− 4 10 +
1
s s
4
⎪ s 0 10 +
⎨
s
⎪
s + 4 − 4
12
⎪
4
s + 4
⎪
I ( ) =
− 4 10 +
2
s s
⎩ s − 4 0
( 60s
+ 24 60s
+ 24 3 25 −8
I1 s)
=
=
= + +
2
s(5s
+ 14s
+ 8) s(5s
+ 4)( s + 2) s 5s
+ 4 s + 2
( 24
24 20 − 4
I2 s)
=
=
= +
2
5s
+ 14s
+ 8 (5s
+ 4)( s + 2) 5s
+ 4 s + 2
4
− t
1
8
5 −2t
I ( t)
= 3 + 5e
− e ,
I
4
− t
5
2(
t)
= 4e
− 4
e
−2t
範 例 5
Find the temperature u ( x,
t)
in a laterally. Insulated copper bar 80 cm long if
the initial temperature is 100
x
sin( π ) ° C and the ends are kept at 0 ° C . How
80
long will it a take for the maximum temperature in the bar to drop to
50 ° C ?
Assume physical data for copper: density 10
2
g / cm , specific heat 0.1
cal / g.
° C , and thermal conductivity 1 cal / cm.
s.
° C . (15%)【97 中 山 光 電 】
【 範 圍 】14-1
2
∂T
2 ∂ T
【 詳 解 】 由 題 意 可 知 PDE = c
2
∂t
∂x
BC T ( 0, t)
= T (80, t)
= 0

8-48 陳 立 工 數
πx
IC T ( x,0)
= 100sin
80
由 分 離 變 數 法 , 令 T ( x,
t)
= X ( x)
T ( t)
2
∂T
2 ∂ T
代 入 PDE = c 得 X T&
= c
2 X ′
T
2
∂t
∂x
X ′′ T&
⎧ X ′′ + λX
= 0; X (0) = X (80) = 0 - - - -(1)
= − = −λ
⎨
X T ⎩T
& − λT
= 0 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -(2)
nπ
nπ
2
由 (1) 式 : X ( x)
= sin x , λ = ( ) , n = 1,2,3, L
80 80
2 2
n
由 (2) 式 : T& π
− T = 0
6400
2
n π
2 n π
−c
t
6400
T(
t)
= e
2
由 疊 加 法 ∑ ∞ 2
−c
t nπ
6400
T(
x,
t)
= bne
sin x
n=
1
80
πx
IC T ( x,0)
= 100sin
80
πx
∑ ∞ nπ
T ( x,0)
= 100sin = bsin
x b
1
= 100, bn
= 0 ( 其 他 )
80 = 1 80
6400
T
( x,
t)
= 100e
sin x
80
2 K 1
根 據 定 義 c = = = 1
σρ 10⋅0.1
6400
T
( x,
t)
= 100e
2
n
2 π
−c
t π
π
−
2
t
π
sin x
80
− t π
6400
當 x = 40 時 , 此 時 T ( x,
t)
= 100e
sin = 50
2
e
2
π
− t
6400
=
1
2
6400 1
t = − ln ≈ 443. 48 (sec)
2
π 2
π
2
2
2
Find an upper bond for the absolute value of the integral:
∫ 2 dz , C the straight-line segment from 0 to1 + i . (15%)【97 中 山 光 電 】
z
C
範 例 6

第 八 篇 97 中 山 8-49
【 範 圍 】28-1
x − 0 y − 0
【 詳 解 】 z = 0 到 z = 1 + i 之 點 向 式 : = = t
1 1
代 入 到
故
2 2 2 2 2
= z = z = x + y 2 , t : 0 →1
f ( z)
= t
2
f ( z)
= 2t
的 極 大 值 為 2
故 f (z)
在 曲 線 C 之 上 界 為 M = 2
且 曲 線 S 之 弧 長 S = 2
由 MS 定 理
∫
2
z dz ≤ MS = 2 2
C
x = y = t

第 九 篇 97 中 央 9-1
97 中场 央埔 機 械 、 能 源 、
光 機 電 、 生堀 醫
範 例 1
Find the family of the curve such that the projection on the x-axis of the part
of the tangent between ( x , y)
and the x axis has length 1.
(5%)【97 中 央屹 機 械 、 能 源 、 光峒 機 電 、 生岥 醫 】
【 範 圍 】2-1
【 詳 解 】
1
由岩 題 意 可屣 知
由岩 分坖 離 變 數 法
通 解 為
dy =
dx
x
y = ce
y
1
dy dy
= dx y
∫ = ∫ dx
y
ln y = x + ln c

9-2 陳 立 工 數
範 例 2
A 6 lb. weight is attached to the lower end of a spring suspended from the
ceiling, the spring constant being 27 lb/ft . The weight comes to rest, and
beginning at t = 0 an external force given by F( t)
= 12cos 20t
is applied to
the system. Determine the resulting displacement as a function of time,
assuming damping is negligible.(10%)【97 中 央屹 機 械 、 能 源 、 光峒 機 電 、 生岥 醫 】
【 範 圍 】3-3
【 詳 解 】 由岩 Σ F y
= ma
6y′ = 12cos 20t
− 27y
6 y′
+ 27 y = 12cos 20t
1 齊 性 解 :
3
3 3
6m 2 + 27 = 0 m = ± i y h
= c1 cos t + c2
sin t
2
2 2
2 特 解 :
由岩 待 定 係 數 法 , 屉 y p
= Acos 20t
+ B sin 20t
4
4
代 入 可屣 得 A = − , B = 0 y p
= − cos 20t
791
791
3 3 4
3 通 解 : y = c1 cos t + c2
sin t − cos 20t
2 2 791
4
IC y ( 0) = y′ (0) = 0 c
1
= , c2
= 0
791
4 3 4
y = cos t − cos 20t
791 2 791
【 另屮 解 】 由岩 逆 算 子圤
1
1
y = 4
p
{12cos 20t}
=
{12cos 20t}
= − cos 20
2 2
6D
+ 27
− 6(20) + 27
791
t

第 九 篇 97 中 央 9-3
範 例 3
How many methods can you use to solve the differential equation
2 2
2xydx
+ ( y − x ) dy = 0. Explain your answers.
【 範 圍 】2-2 2-3 2-4 2-6
2 y y 2
【 詳 解 】 同峧 除 以层 x , 得 2 dx + (( ) −1)
dy = 0
x x
(10%)【97 中 央屹 機 械 、 能 源 、 光峒 機 電 、 生岥 醫 】
y
屉 u = , 即 y = ux , 則 dy = udx + xdu
x
2
代 入 上 式 , 得 2udx
+ ( u −1)(
udx + xdu)
= 0
3
2
2udx
+ ( u dx + xu du)
− ( udx + xdu)
= 0
2
2
u ( u + 1) dx + x(
u −1)
du = 0
2
1 u −1
由岩 分坖 離 變 數 法 dx + du = 0
2
x u(
u + 1)
1 −1
2u
dx + ( + ) du = 0
2
x u u + 1
1 −1
2u
積 分 得 ∫ dx + ∫ ( + ) du = 0
2
x u u + 1
2
2
x(
u + 1)
ln x − ln u + ln u + 1 = ln c ln = ln c
u
x ( u
2 + 1)
= c
u
x ( u
2 + 1)
= cu
同峧 乘 上 x , 得
y 2 + x
2 = cy
y 2
x (( ) + 1)
=
x
y
c
x
2 2
【 詳 解 】ODE 2xydx
+ ( y − x ) dy = 0

9-4 陳 立 工 數
⎧M
( x,
y)
= 2xy
屉 ⎨
2
⎩N(
x,
y)
= y − x
∂M
∂N
−
∂y
∂x
M
2
4x
= =
2xy
2
y
⎧∂M
⎪
= 2x
∂y
⎨
⎪∂N
= −2x
⎪⎩
∂x
−∫
dy
y
積 分坖 因 子圤 為 I ( y)
= e = y
2
−2
⧖
2 2
乘 回峵 ODE 2xydx
+ ( y − x ) dy = 0
2
x x
得 正埲 合 方坾 程 式 2 dx + (1 − ) dy = 0
2
y y
故 通 解
2
x
+ y = c
y
x 2 + y
2 = cy
2 2
2 2
【 詳 解 】ODE 2xydx + ( y − x ) dy = 0 2xydx
− x dy + y dy = 0
x ( 2 ydx − xdy ) + y
2 dy = 0
2
dx y
由岩 合 併 積 分坖 法 x
−2
xy
dx y
−
y
2 −1
2
−1
2
+ y dy = 0
2
2 −1
+ y dy = 0 dx y + dy = 0
2 −1
2 −1
由岩 分坖 離 變 數 法 , 積 分 得 ∫ dx y + ∫ dy = 0 x y + y = c
同峧 乘 上 y , 得
x 2 + y
2 = cy
2 2
【 詳 解 】ODE 2xydx
+ ( y − x ) dy = 0
dx 2 2
2xy + y − x = 0
dy
dx
dy
此 為 顛 倒 型 白 努 力 (Bernoulli) 方 程 式
1 y − 1
− x = − x
2y
2
dx
+ P( y)
x = Q(
y)
x
dy
α

第 九 篇 97 中 央 9-5
dx 1 2
同峧 乘 上 2 x , 得 2 x − x = −y
dy y
屉 u =
2
x
, 則
du
dy
= 2x
dx
dy
代 入 上 式 為
du
− 1 u = − y
dy y
∫
( − ) dy
y
1 積 分坖 因 子圤 : I ( y)
= e = y
2 通 解 : I y u y = ∫ y
− 1
( ) ( ) ( −y)
dy = −y
+ c
1
−1
−1
y u = −y
+ c
2
u = −y
+ cy
2 2
x = −y
+ cy
範 例 4
Show that the differential form under the integral sign of
(4,3)
2
I = ∫ ( 3z dx + 6xzdz)
is exact, so that we have independence of path in
−
( 1,5)
any domain, and find the value of the integral I from A : (−1,5)
to B : ( 4,3)
.
【 範 圍 】19-7
(10%)【97 中 央屹 機 械 、 能 源 、 光峒 機 電 、 生岥 醫 】
【 詳 解 】 屉
2
⎧M
( x,
y)
= 3y
⎨
⎩N(
x,
y)
= 6xy
∵
∂M
∂y
∂N
=
∂x
正埲 合 (exact), 作 功屖 與 路 徑 無 關 (independence)
∴
→
→
3y
2 i
→
F = + 6xy
j 為 保 守 向 量 場

9-6 陳 立 工 數
→
∃ φ( x,
y)
∋ ∇φ
= F
⎧∂φ
2
⎪
= 3y
∂x
即 ⎨
⎪
∂φ
= 6xy
⎪⎩
∂y
→ φ = 3xy
→ φ = 3xy
2
2
+ k ( y)
1
+ k
2
( x)
2
φ = 3xz + c
故
∫
(4,3)
( −1,5)
∫
(4,3) →
2
I = ( 3z
dx + 6xzdz)
= F⋅d
r = ∇φ
⋅d
r
( −1,5)
→
∫
(4,3)
( −1,5)
→
(4,3)
( −1,5)
2 (4,3)
[ xy + ]
= ∫ dφ = c
3
( −1,5)
2
2
= 3⋅
4⋅3
− 3( −1)
⋅5
= 183
範 例 5
Find out what type of conic section is represented by the given quadratic form.
2
2
1 1 2 2
=
Q = 17x
− 30x
x + 17x
128. Transform it to principal axes. (15%)
【 範 圍 】25-4
【97 中 央屹 機 械 、 能 源 、 光峒 機 電 、 生岥 醫 】
⎡ 17
Q x x = x − x x + x = x x ⎢
⎣−15
17 − λ −15
由岩 det( A − λI)
=
= 0 λ = 2, 32
−15
17 − λ
−15⎤⎡x
⎤
17
⎥⎢
⎥
⎦⎣x2
⎦
2
2
1
【 詳 解 】 ( , ) 17 30 17 [ ] 128
1 2 1 1 2 2 1 2
=
⎡ 1 ⎤
⎡ 1 ⎤
⎡ x ⎢ ⎥
1 ⎤
λ = 2 : ⎥ =
2
⎡x
⎢ ⎥
1 ⎤
⎢ k1⎢
⎥ , λ = 32 :
⎥
⎣x
⎦ ⎢
1
⎢ ⎥ = k
2
2 ⎢
2 ⎥
⎣x
⎦ ⎢
1
2 − ⎥
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎡ 1 1 ⎤
⎢ ⎥
屉 =
2 2
−1
T ⎡2
0 ⎤
P ⎢ ⎥ , 使 得 P AP = P AP = D =
⎢
1 1
⎢ ⎥
− ⎥
⎣0
32 ⎦
⎢⎣
2 2 ⎥⎦

第 九 篇 97 中 央 9-7
⎡x1
⎤ ⎡ y1
⎤
由岩 座 標 變 換 , 屉 ⎢ ⎥ = P⎢
⎥ 代 回峵 原 式
⎣x2⎦
⎣y2
⎦
⎡ y ⎤ ⎡ y1
⎤
⎡ y ⎤
⎢
1 T
T 1
( P ⎥)
AP⎢
⎥ = y1
y2
P AP⎢
⎥ = y1
⎣y2
⎦ ⎣y2⎦
⎣y2
⎦
⎡ 0 ⎤⎡
y1
⎤ 2
= y y2
⎢ = 2
1
+ 32
0 32
⎥⎢
⎥ y y
⎣ ⎦⎣y2
⎦
y
D⎢
⎣y
⎡ 1 ⎤
[ ] [ ] ⎥ ⎦
y 2 2
1 2
+ y = 1( 橢 圓 )
64 4
2
2
1 2
=
[ ] 128
y
2
2
範 例 6
3 2 2 3
Determine where the function, f ( z)
= 2x
− x − xy + i(
x + y − 2y)
, is
analytic. (10%) 【97 中 央屹 機 械 、 能 源 、 光峒 機 電 、 生岥 醫 】
【 範 圍 】27-2
3 2
⎪⎧
u(
x,
y)
= 2x
− x − xy
【 詳 解 】 屉 ⎨
2 3
⎪⎩ v(
x,
y)
= x + y − 2y
由岩 Cauchy-Riemann 方坾 程 式
⎧∂u
2 2 ∂v
2
⎪
= 2 − 3x
− y = = 3y
− 2
2 2
∂x
∂y
⎧4y
+ 3x
− 4 = 0LL(1)
⎨
⎨
⎪∂u
∂v
= −2xy
= − = −2x
⎩2x(1
− y)
= 0LLL(2)
⎪⎩
∂y
∂x
由岩 ( 2)
式 可屣 知 x = 0 或 y = 1
代 入 ( 1)
式 可屣 得 ( x , y)
= (0, ± 1)
故 只屯 在峹 點 ( x , y)
= (0, ± 1)
可屣 微 分 所 以层 無 任峌 一 點 可垾 解 析
範 例 7
Evaluate the following integral counterclockwise. (15%)
z
∫ cot dz , C : z = 1. 【97 中 央屹 機 械 、 能 源 、 光峒 機 電 、 生岥 醫 】
C
4

9-8 陳 立 工 數
【 範 圍 】30-2
z
cos
z
【 詳 解 】 屉 f ( z)
= cot = 4
4 z
sin
4
z
則 奇 異 點 在峹 sin = 0 z = 0,
± 4π , ± 8π
,LL
4
z
cos
其 留 數 Re s(0)
= lim zf ( z)
= lim z 4 = 4
z→0
z→0
z
sin
4
故
∫
z = 1
cot zdz = 2πi
Re s(0)
= 8πi
範 例 8
Show that the Fourier series of
f ( x)
= x , −π < x < π
leads to
−
= ∑ ∞ n+
1
π ( 1)
= 2n
−1
4 n 1
1
= 1−
+
3
1
5
−
1
7
+
1
−L
9
(10%)【97 中 央屹 機 械 、 能 源 、 光峒 機 電 、 生岥 醫 】
【 範 圍 】12-2
【 詳 解 】 屉 ∑ ∞ f ( x)
= { b n
sin nx}
=
n 1
2 π
2
x=
π 2 n+
1
x sin nxdx = − [ x cos nx]
x= 0
= ( −1)
0
則 bn
=
π ∫
nπ
∑ ∞ 2 n+
1
f ( x)
= { ( −1)
sin nx}
n=
1 n
π
屉 x = 代 入
2
π 2 1
1 1
( ) = ∑ ∞ n+
nπ
f { ( −1)
sin } = 2( − +
2 n=
1 n 2 1 3
1 1 1 1
− + − + −L
L =
π
1 3 5 7 4
1
5
−
n
1
+ −LL)
7

第 九 篇 97 中 央 9-9
範 例 9
Solve the partial differential equation
2
∂T
∂ T
= −1, 0 < x < 1, t > 0
2
∂t
∂x
2
x
T ( x,0)
= + cos( πx)
, 0 < x < 1
2
∂T
(0, t)
∂T
(1, t)
= 0 , = 1, t > 0 .(15%)【97 中 央屹 機 械 、 能 源 、 光峒 機 電 、 生岥 醫 】
∂x
∂x
【 範 圍 】14-2
【 詳 解 】 屉 T ( x,
t)
= w(
x,
t)
+ s(
x)
2
∂w
∂ w
代 入 可屣 得 = + s′′
( x)
−1
2
∂t
∂x
⎧w
(0, ) ′
x
t + s (0) = 0
且尼 BC ⎨
⎩w
(1, t)
+ s′
x
(1) = 1
⎠ ⎠ ⎠1 暫 態 解 : s ′ ( x)
−1
= 0 , 且尼 BC s ′( 0) = 0, s′
(1) = 1
2
x
s ′′( x)
= 1 s ′( x)
= x + c1
s ( x)
= + c1x
+ c2
2
2
x
s ( x)
= + c2
2
2
∂w
∂ w
2 穩 態 解 :PDE : =
2
∂t
∂x
⎠ ⎠ ⎠ BC.: w ( 0, t)
= w (1, t)
= 0
IC.
x
2
x
w(
x,0)
+ s(
x)
=
2
x
+ cosπx
可屣 得 ∑ ∞ 2 2
−n
π t
w(
x,
t)
= a0 + ane
cos nπx
=
n 1
由岩 IC. w( x,0)
= a0 + ∑ ∞ an
cosnπ
x = cosπx
−c2
n=
1
比尬 較 係 數 得 a −c
a = 1, 其 他屆 a 0
w(
x,
t)
= −c
2
, 0
=
2 1
n
=
+ e
2
−π
t
cosπx

9-10 陳 立 工 數
2
x
2
−π
t
由岩 12 可屣 得 u ( x,
t)
= w(
x,
t)
+ s(
x)
= + e cosπx
2

第 九 篇 97 中 央 9-11
97 中场 央埔 電 機
範 例 1
Evaluate the following integral. Detailed evaluation procedure is required.
∫ ∞ xsin(2x)
dx
0 x
2 + 3
【 範 圍 】30-6
i2x
∞ xsin 2x
1 ∞ xsin 2x
1 ∞ xe
【 詳 解 】 ∫ dx =
Im{
}
0 2 2
2
3 2
∫ dx =
+
−∞ + 3 2
∫ dx
x
x
−∞ x + 3
i2z
ze
屉 f ( z)
= z
2
+ 3
則 z = 3i
為 上 半屜 部 的 單 極 點
Given the function
ze
其 留 數 Re s(
3i)
= lim ( z − 3i)
f ( z)
= lim ( z − 3i)
2
z→
i
z→
3i
z
2 −2
3
e i z e
= lim =
z→
3i
2 2
i2x
∞ xsin 2x
1 ∞ xe
故 ∫ dx = Im{
}
0 2 2
+ 3 2
∫ dx
x
−∞ x + 3
範 例 2
=
(15%)【97 中 央屹 電 機 】
3 +
1
Im{ ⋅ 2πi
Re s(
2
−2
e
3i)}
= Im{ πi
⋅
2
3
i2z
−2
} = e
2
(3z
+ 1)
, represent it by its Maclaurin series, and give the
( z −1)
region of validity for the representation. (15%) 【97 中 央屹 電 機 】
【 範 圍 】29-3
3z
+ 1 3( z −1)
+ 4 4 4
【 詳 解 】 ∑ ∞ f ( z)
= = = 3+
= 3−
= 3−
4
z −1
z −1
z −1
1−
z
=
n
0
n
z
3
3
π

9-12 陳 立 工 數
2 3
= −1−
4z − 4z
− 4z
−LL , −1 < z < 1
範 例 3
Consider the matrix
⎡ 1
A =
⎢
⎢
1
⎢⎣
−1
2
2
1
2 ⎤
−1
⎥
⎥
. Diagonalize A by similarity
4 ⎥⎦
transformation. Transition matrices should be given.
(15%) 【97 中 央屹 電 機 】
【 範 圍 】24-2
1−
λ 2 2
【 詳 解 】 由岩 det( A − λI)
= 1 2 − λ −1
= 0 λ =1,3, 3
−1
1 4 − λ
⎡ 0 2 2 ⎤ ⎡−
3⎤
EV (1) = ker( A − I)
= ker
⎢
1 2 1
⎥
{
⎢
1
⎥
⎢
−
⎥
= span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
−1
1 4 ⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎡−
3⎤
eigenvector is { k
⎢
1
1
⎥
⎢ ⎥
| k1
∈ R}
⎢⎣
−1⎥⎦
⎡−
2 2 2 ⎤ ⎡1⎤
⎡1⎤
EV (3) = ker( A − 3I
) = ker
⎢
1 1 1
⎥
{
⎢
0
⎥
,
⎢
1
⎥
⎢
− −
⎥
= span
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
}
⎢⎣
−1
1 1 ⎥⎦
⎢⎣
1⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
⎡1⎤
⎡1⎤
eigenvector is { k
⎢
0
⎥
2
k
⎢
3
1
⎥
⎢ ⎥
+
⎢ ⎥
| k2,
k3
∈ R}
⎢⎣
1⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
⎡−
3 1 1⎤
⎡−1
1 1 ⎤
屉 =
⎢ ⎥
−1
1
P
⎢
1 0 1
⎥
, 則 P =
⎢ ⎥
⎢
−1
1 4
3
⎥
⎢⎣
−1
1 0⎥⎦
⎢⎣
1 2 −1⎥⎦

第 九 篇 97 中 央 9-13
使 得 P
−1
⎡1
AP = D =
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
0
3
0
0⎤
0
⎥
⎥
3⎥⎦
範 例 4
(a) If r v and n v are the position vector and unit normal vector to a closed
surface S of a region T, which can be non-smooth, evaluate the surface
v
r v
integral of ∫∫ ⋅n
dS , when the coordinate of origin is
S 3
r
(i) outside of S and (5%) (ii) inside of S. (5%)
(b) Consider a charge q at the origin. Its corresponding electric field is
v
v
qr
E =
3 where ε is a dielectric constant. Based on the results in (a),
4πεr
derive Poisson’s equation
∇ 2
electrostatic potential such that
Q
φ =
ε
where Q is charge density and φ is
∫∫∫
q = QdV , (V : volume) and Ev = ∇ φ
T
respectively. (5%) 【97 中 央屹 電 機 】
【 範 圍 】(a)19-5
【 詳 解 】(a) 已 知 ∇ ⋅
→
= ∇ ⋅ r
F = 0
3
r
→
1 曲 面 S 內 不 包屗 含 原 點 , 可屣 直 接 使 用岦 散 度 定 理
→
v
∫∫ ⋅ ndS = ∫∫∫ ∇ ⋅ dV =
S
r
r
3
D
→
r
r
3
2 曲 面 S 內 包屗 含 原 點 , 不 可屣 使 用岦 散 度 定 理 , 由岩 變 形 原 理 改 取
0

9-14 陳 立 工 數
→
r
S *:
r = ρ 之 球 形 面 , 其 法 向 量 n = ∇r
=
r
∫∫
S
→
r
r
→
→
→
⋅ n dS = ∫∫ ⋅ n dS =
3 3 ∫∫ ⋅ dS =
3
2 ∫∫
S*
r
r
→
r
ρ
→
r
ρ
1
ρ
→
S* S*
→
r
=
ρ
dS
2
4πρ
=
2
ρ
= 4π
→
r
綜 合峯 12: ∫∫
r
S
⋅ →
3
⎧4π
n dS = ⎨
⎩ 0
(0,0,0) 在峹 S內
(0,0,0) 在峹 S外屸
(b) 因峴 為 q = ∫∫∫QdV
且尼 E = ∇φ
2
∇
φ = ∇ ⋅∇φ
=
⎠ ⎠ ⎠⎠ 若 r ∈ S ⎠
1
4π
→
∫∫∫
S
→
Q r
∇ ⋅ dV
3
εr
若 r ∉ S ⎠ ⋅ r
= 0 ⎠ ⎠ ⎠ ⎠ ⎠ ⎠ ⎠ ⎠ ⎠ ⎠
3
r
1
4π
∇ →
∫∫∫
2
∇ φ ( r) = ∇ ⋅ dV = 0
1
S
→
Q r
3
εr
2
⎠⎠ ⎠ ⎠ ∇ φ( ) = ∫∫∫∇⋅
dV =
3 ∫∫∫
→
Q r
r
3
4π
ε
S
r ε 4π
S
Q
1
→
r Q Q
∇⋅ dV = ⋅4π
=
r 4πε
ε
範 例 5
Solve the following differential equation.
y
2x
′′′ − 6 y ′′ + 12y′
−8y
= xe
(15%)【97 中 央屹 電 機 】
【 範 圍 】3-3
【 詳 解 】1 齊 性 解 :
m 3 − 6m
2 + 12m
−8
= 0 ( m − 2)
= 0 m = 2,2, 2
y
h
= c
2x
2x
1
e + c2xe
+
c x
3
e
2 2x

第 九 篇 97 中 央 9-15
2 特 解 :
y
p
=
D
3
1
= {
3
0
− 6D
xe
3 通 解 : y = y
h
1 2x
2x
xe
{ xe
2
3
2x
{
+ 12D
−8
} =
+ y
p
8
105
x
= c e
7
2
e
2x
1
2x
+ c
2
xe
1
} =
( D − 2)
2x
+ c x
3
e
2 2x
8
+
105
x
}
7
2
e
2x
範 例 6
Find the Laplace transform of the full-wave rectification of
sin ω t
(Show the details of your work). (15%)【97 中 央屹 電 機 】
【 範 圍 】7-4
【 分 析 】
1−
e
1+
e
−a
−a
2e
=
2e
a
−
2
a
−
2
a
sinh
2 a
= tanh
a 2
cosh
2
同峧 理 ,
1 −a
+ e
= coth
a
−a
1−
e 2
2π
【 詳 解 】 sin ω t 的 週 期 為
ω
( 背 起 來 !)
全 波 整 流 (full-wave rectification)
f ( t)
= sinω
t
π
f ( t)
= sinω
t 的 週 期 為
ω
0
π
ω
2π
ω
3π
ω
4π
ω
5π
ω

9-16 陳 立 工 數
π
1 T
−st
1
ω −st
£ { f ( t)}
=
− ∫ e f ( t)
dt =
π
− 0
∫ e f ( t)
dt
sT
1 e
−s
0
ω
1−
e
π
1
ω −st
= ∫ e sinωtdt
π
−s
0
ω
1−
e
=
1−
1+
e
=
1−
e
π
−st
t=
1 ⎡ e
⎤ ω
ω ω ω
π ⎢ ( −ssin
t − cos t)
2 2
⎥
−s
ω
ω ⎣s
+
e ⎦ t=
0
π
−s
ω
π
−s
ω
s
2
ω
2
+ ω
ω
=
2
ω + s
2
πs
coth
2ω
範 例 7
Using the Fourier integral representation, show that
πω
⎧π
cos( )cos xω
⎪ cos x
2 dω
= ⎨
2
1−ω
⎪ 0 ⎩
∫ ∞
0 2
when
when
x
x
π
<
2
π
>
2
.
【 範 圍 】13-1
⎧
2
【 詳 解 】 屉 = ∫ ∞
⎪
cos x
f ( x)
c(
w)cos
wxdw且尼
f ( x)
= ⎨
π 0
⎪
0
⎩
其 中 c ( w)
= ∫ ∞ π
f ( x)cos
wxdw = ∫
2
0
0
(10%) 【97 中 央屹 電 機 】
cos x cos wxdw
= 1 ∫
π 2
[cos( w + 1) x + cos( w −1)
x]
2
dw
0
π
π wπ
sin( w + 1) sin( w −1)
cos
1
= [ 2 + 2 ] = 2
2
2 w + 1 w −1
1−
w
π
x <
2
π
x >
2

第 九 篇 97 中 央 9-17
wπ
⎧
π
cos
⎪
cos x x <
2
= ∫ ∞ 2
f ( x)
2 cos wxdw = ⎨
0 2
π 1−
w
⎪
π
0 x >
⎩
2
wπ
⎧π
π
cos
⎪
cos x x <
∫ ∞ 2
2
2
cos wxdw = ⎨
得 證
0 2
1−
w
⎪
π
0 x >
⎩
2

9-18 陳 立 工 數
97 中场 央埔 土 木垂 ( 結 構 )、 環 工圭
範 例 1
(a) 請 寫 出屒 下 圖 所 示岴 之 光峒 滑 面 上 的 質 點 - 彈 簧 系 統 之 水尯 平岅 方尣 向峭 運 動 之 控 制
方尣 程 式 ? (5%)
(b) 請 求 解 (a) 題 系 統 在峹 自 由岩 振 動 (free vibration) 下 , 具 有 初 始 位 移
u (0) = ∆ , 初 始 速 度 u& (0) = α 時 之 解 u ( t)
= ? (10%)
(c) 請 問 (b) 題 中 初 始 時 刻 ( t = 0)
之 相 位 角 δ 是 多峿 少 ? (5%)
【97 中 央屹 土 木尧 、 環 工 】
【 範 圍 】8-1
【 詳 解 】(a) 由岩 ∑ F x
= ma
mu′ = 100 sin t − ku mu
′′ + ku =100sin
t
(b) 自 由岩 振 動 系 統 即 m u ′′ + ku = 0
取 Laplace 變 換
m [ s
2 uˆ
− su(0)
− u′
(0)] + kuˆ
= 0
2
m(
∆s
+ α)
( ms + k) uˆ
= m(
∆s
+α)
uˆ
= =
2
ms + k
−1
k m k
u (t) = £ {ˆ( u s)}
= ∆ cos t +α sin t
m k m
∆s
+ α
2 k
s +
m

第 九 篇 97 中 央 9-19
k
(c) 承 (b) u(t)
= ∆ cos t + α
m
當 t = 0, 則 u ( 0) = ∆ cos0
相 位 角 為 δ = 0
m
k
sin
k
t
m
範 例 2
(a) 請 求 下 圖 所 示岴 函 數 f k
(t)
之 Laplace 轉 換 (transform),
L( fk ( t))
= Fk
( s)
= ? (5%)
(b) Limit F k
( s)
= ? as k → 0 (10%)
【97 中 央屹 土 木尧 、 環 工 】
【 範 圍 】7-2
1
【 詳 解 】(a) 由岩 圖 可屣 知 f k
( t)
= [ u(
t − a)
− u(
t − a − k)]
k
1 −as
− )
由岩 t 軸 平埠 移 定 理 £ { ( )} (
( a+
k
f
s
k
t = e − e )
sk
−(
a+
k ) s
1 −as
−(
a+
k ) s 0 se
(b) lim Fk
( s)
= lim[ ( e − e )](~ ) = lim[ ]
k→0 k→0
sk
0 k→0
s
−(
a+
k ) s
= lim[ e ]
k→0
= e
−as
【 陳 立岷 開 講 】∵ lim f k
( t)
= δ ( t − k)
k→
0
∴ lim F k
( s)
= £ { δ ( t − k)}
=
k→
0
e −as

9-20 陳 立 工 數
範 例 3
請 求 解 以层 下 之 聯 立岷 常 微 分 方尣 程 , y ( t)
? , y ( t)
?
1
=
2
=
⎧&&
y1(
t)
⎫ ⎡−
5
⎨ ⎬ = ⎢
⎩&&
y2
( t)
⎭ ⎣ 2
2 ⎤⎧
y1(
t)
⎫
⎥⎨
⎬
− 2⎦⎩y2
( t)
⎭
(15%)【97 中 央屹 土 木尧 、 環 工 】
【 範 圍 】24-4
⎡ && y1
⎤ ⎡−
5 2 ⎤⎡
y1
⎤
【 詳 解 】 由岩 題 意 可屣 知 ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥⎢
⎥
⎣&&
y2
⎦ ⎣ 2 − 2⎦⎣y2
⎦
⎡−
5 2 ⎤
屉 A = ⎢ ⎥
⎣ 2 − 2 ⎦
− 5 − λ 2
由岩 det( A − λI)
=
= 0 λ = −1,
−6
2 − 2 − λ
⎡c1
⎤ ⎡1⎤
⎡c1
⎤ ⎡ 2 ⎤
當 λ = −1: ⎢ ⎥ = k1⎢
⎥ , 當 λ = −6
:
⎣c2
⎦ ⎣2
⎢ ⎥ = k2
⎢ ⎥ ⎦ ⎣c2
⎦ ⎣−1
⎦
⎡1
2 ⎤
−1
⎡−1
0 ⎤
屉 P = ⎢ ⎥ , 使 得 P AP = D =
⎣2
−1
⎢ ⎥ ⎦ ⎣ 0 − 6 ⎦
⎡ y1
⎤ ⎡u⎤
由岩 座 標 變 換 , 屉 ⎢ ⎥ = P⎢
⎥
⎣y2
⎦ ⎣v
⎦
⎡u&
⎤ ⎡u⎤
⎡u&&
⎤ −1
⎡u⎤
⎡−1
0 ⎤⎡u⎤
代 入 原 式 可屣 得 P ⎢ ⎥ = AP⎢
⎥
=
⎣v
& ⎦ ⎣v
⎢ ⎥ = P AP⎢
⎥ ⎢ ⎥⎢
⎥ ⎦ ⎣v&&
⎦ ⎣v⎦
⎣ 0 − 6⎦⎣v
⎦
⎧u&&
= −u
→ u = c1
cost
+ c2
sin t
⎨
⎩v&&
= −6v
→ v = d1
cos 6t
+ d2
sin 6t
⎡ y1
⎤
⎡1⎤
⎡ 2 ⎤
⎢ ⎥ = ( c1
cos5t
+ c2
sin 5t)
⎢ ⎥ + ( d1
cos 6t
+ d2
sin 6t)
⎢ ⎥
⎣y2
⎦
⎣2⎦
⎣−1
⎦

第 九 篇 97 中 央 9-21
範 例 4
2 2
一 圓 柱 體 外屸 表 由岩 一 圓 柱 面 及 兩 平岅 面 所 組 成 。 圓 柱 面 方尣 程 為 x + y = 16, 兩
平岅 面 的 方尣 程 分 別 為 z = 1和 z = 5。 設 dA 代 表 此 圓 柱 體 表 面 的 面 積 微 元 , d
→ A
→
→
2 3
2
為 一 向峭 量 。 另屮 外屸 , v = y i + xz j+
( z −1)
k 代 表 一 向峭 量 場 。
→
⋅
→
→
請 計 算 出屒 表 面 積 分 ∫∫ v d A , 此 積 分 的 下 標 S 代 表 圓 柱 體 的 表 面 ,
S
S 由岩 圓 柱 面 和 兩 平岅 面 所 組 成 。 (25%)【97 中 央屹 土 木尧 、 環 工 】
【 範 圍 】19-5
【 詳 解 】 由岩 Gauss 散 度 定 理
∫∫
S
→
→
∫∫∫
→
∫∫∫
→
→
2
→
3
→
2
v ⋅ d A = ∇ ⋅ v dV = ∇ ⋅(
y i + xz j+
( z −1)
k)
dV
D
D
=
∫∫∫
D
2 ( z −1)
dV
= 2
∫∫∫
D
( z −1)
rdzdrdθ
π
2 2
0
4
= ∫ ∫ ∫ ( z −1)
rdzdrdθ
= 2⋅2π
⋅8⋅8
= 256π
0
1
5
z = 5
z =1
範 例 5

9-22 陳 立 工 數
設
⎧−
cosπ
t
f ( t)
= ⎨
⎩ cosπ
t
,
,
−1
< t < 0
。
0 < t < 1
而 且尼 f (t)
為 週 期 函 數 , 其 週 期 為 2。
請 計 算 出屒 此 週 期 函 數 的 Fourier 級 數 的 係 數 。 (25%)【97 中 央屹 土 木尧 、 環 工 】
【 範 圍 】12-2
【 詳 解 】 屉 ∑ ∞ f ( t)
= { bn
sin nπ
t}
n=
1
則 1 T
1 1 1 0
2
a = ∫ ( ) = ( ) [ cos
1
cos ]
0
2
∫ =
1 2
∫ − + ∫
T
f t dt f t dt
π tdt πtdt
T −
−
−1
0
b
n
2
1 0
[ ∫ − cosπ
tdt +
1
− 1
0
= cos ] = 0
2
∫ πtdt
T
1
1
2
= ∫ T
f ( t)sin
nπ
tdt =
−
∫ f ( t)sin
nπtdt
T
−1
2
2
0
1
= ∫ − cosπ
t sin nπtdt
+
− 1 ∫0
= −
1
2
0
∫ − 1
cosπt
sin nπtdt
[sin( n + 1) π t + sin( n −1)
πt]
dt
1
+
2
∫
n +
1) π
1
0
[sin( n + 1) π t + sin( n −1)
πt]
dt
1 1−
cos( 1) π 1−
cos( n −1)
π
= [
+
]
2 ( n +
( n −1)
π
1 1−
cos( n + 1) π 1−
cos( n −1)
π
+ [
+
]
2 ( n + 1) π ( n −1)
π
1−
cos( n + 1) π 1−
cos( n −1)
π 4n
=
+
=
( n + 1) π ( n −1)
π π ( n
2 −1)
∑ ∞ 4n
f ( t)
= { sin nπt}
2
π ( n 1)
n= 2,4,6L −
, n = 2,4,6, L

第 九 篇 97 中 央 9-23
97 中场 央埔 土 木垂 ( 大圢 地 )
範 例 1
(a) 請 問 以层 下 之 微 分 方尣 程 是 常 微 分 方尣 程 還 是 偏 微 分 方尣 程 ? 線 性 或 非 線 性 ? 階
數 ? (10%)
2 3
x ( y′ y + ( y′
) ) + 2y
y′
= 0
(b) 請 寫 出屒 2 階 非 齊 性 線 性 常 微 分 方尣 程 之 廣 義 式 表 示岴 式 。(5%)
(c) 請 問 用岦 Laplace Transform 求 解 常 微 分 方尣 程 之 特 色 有 哪 些 ? (10%)
【 範 圍 】Ch1
2 3
【 詳 解 】(a) x [ yy′ + ( y′
) ] + 2y
y′
= 0
此 為 2 階 非 線 性 常 微 分坖 方坾 程 式
(b) a x)
y ′′ + a ( x)
y′
+ a ( x)
y = r(
)
範 例 2
2( 1
0
x
(c) 無 須 利 用岦 微 分 與 積 分 技 巧岁 , 只屯 需 利 用岦 代 數 問 題
即 可屣 求 出屒 微 分 方尣 程 式 的 解 。
2
請 求 解 y ′′ + ay′
+ by = 0, 其 中 a − 4b = 0 , y ( x)
= ?
【 範 圍 】3-2
【 詳 解 】 屉
mx
y = e
【97 中 央屹 土 木尧 】
(15%) 【97 中 央屹 土 木尧 】
代 入 原 式 得 { 2 mx
2
m + am + b}
e = 0 m + am + b = 0
2
− a ± a − 4b
a a
m = = − , − (critical damping)
2 2 2

9-24 陳 立 工 數
−a
−a
x
x
2
2
y = c1e
+ c2xe
範 例 3
(a) 請 寫 出屒 下 圖 所 示岴 之 光峒 滑 面 上 的 質 點 - 彈 簧 系 統 之 水尯 平岅 方尣 向峭 運 動 之 控 制
方尣 程 式 ? (5%)
(b) 請 求 解 (a) 題 系 統 在峹 自 由岩 振 動 (free vibration) 下 , 具 有 初 始 位 移
u (0) = ∆ , 初 始 速 度 u& (0) = α 時 之 解 u (t) = ? (10%)
(c) 請 問 (b) 題 中 初 始 時 刻 ( t = 0)
之 相 位 角 δ 是 多峿 少 ? (10%)【97 中 央屹 土 木尧 】
【 範 圍 】8-1
【 詳 解 】(a) 由岩 ∑ F x
= ma
mu′ = 100 sin t − ku mu
′′ + ku =100sin
t
(b) 自 由岩 振 動 系 統 即 m u ′′ + ku = 0
取 Laplace 變 換
m [ s
2 uˆ
− su(0)
− u′
(0)] + kuˆ
= 0
2
m(
∆s
+ α)
( ms + k) uˆ
= m(
∆s
+α)
uˆ
= =
2
ms + k
−1
k m k
u (t) = £ {ˆ( u s)}
= ∆ cos t +α sin t
m k m
k
(c) 承 (b) u(t)
= ∆ cos t + α
m
當 t = 0, 則 u ( 0) = ∆ cos0
相 位 角 為 δ = 0
m
k
sin
k
t
m
∆s
+ α
2 k
s +
m

第 九 篇 97 中 央 9-25
範 例 4
(c) 請 求 下 圖 所 示岴 函 數 f k
(t)
之 Laplace 轉 換 (transform),
L( fk ( t))
= Fk
( s)
= ? (10%)
(d) Limit F k
( s)
= ? as k → 0 (10%)
【97 中 央屹 土 木尧 】
【 範 圍 】7-2
1
【 詳 解 】(a) 由岩 圖 可屣 知 f k
( t)
= [ u(
t − a)
− u(
t − a − k)]
k
1 −as
− )
£ { ( )} (
( a+
k
f
s
k
t = e − e )
sk
−(
a+
k ) s
1 −as
−(
a+
k ) s 0 se
(b) lim Fk
( s)
= lim[ ( e − e )](~ ) = lim[ ]
k→0 k→0
sk
0 k→0
s
−(
a+
k ) s −as
= lim[ e ] = e
k→0
範 例 5
請 求 解 以层 下 之 聯 立岷 常 微 分 方尣 程 , y ( t)
? , y ( t)
?
1
=
2
=
⎧&&
y1(
t)
⎫ ⎡−
5
⎨ ⎬ = ⎢
⎩&&
y2
( t)
⎭ ⎣ 2
2 ⎤⎧
y1(
t)
⎫
⎥⎨
⎬
− 2⎦⎩y2
( t)
⎭
(15%) 【97 中 央屹 土 木尧 】
【 範 圍 】24-4
⎡ && y1
⎤ ⎡−
5 2 ⎤⎡
y1
⎤
【 詳 解 】 由岩 題 意 可屣 知 ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥⎢
⎥
⎣&&
y2
⎦ ⎣ 2 − 2⎦⎣y2
⎦
⎡−
5 2 ⎤
屉 A = ⎢ ⎥
⎣ 2 − 2 ⎦

9-26 陳 立 工 數
− 5 − λ 2
由岩 det( A − λI)
=
= 0 λ = −1,
−6
2 − 2 − λ
⎡c1
⎤ ⎡1⎤
⎡c1
⎤ ⎡ 2 ⎤
當 λ = −1: ⎢ ⎥ = k1⎢
⎥ , 當 λ = −6
:
⎣c2
⎦ ⎣2
⎢ ⎥ = k2
⎢ ⎥ ⎦ ⎣c2
⎦ ⎣−1
⎦
⎡1
2 ⎤
−1
⎡−1
0 ⎤
屉 P = ⎢ ⎥ , 使 得 P AP = D =
⎣2
−1
⎢ ⎥ ⎦ ⎣ 0 − 6 ⎦
⎡ y1
⎤ ⎡u⎤
由岩 座 標 變 換 , 屉 ⎢ ⎥ = P⎢
⎥
⎣y2
⎦ ⎣v
⎦
⎡u&
⎤ ⎡u⎤
⎡u&&
⎤ −1
⎡u⎤
⎡−1
代 入 原 式 可屣 得 P ⎢ ⎥ = AP⎢
⎥ = =
⎣v
& ⎦ ⎣v
⎢ ⎥ P AP⎢
⎥ ⎢
⎦ ⎣v&&
⎦ ⎣v⎦
⎣ 0
⎧u&&
= −u
→ u = c1
cost
+ c2
sin t
⎨
⎩v&&
= −6v
→ v = d1
cos 6t
+ d2
sin 6t
0 ⎤⎡u⎤
− 6
⎥⎢
⎥
⎦⎣v
⎦
⎡ y1
⎤
⎢ ⎥ =
⎣y2
⎦
c cos5t
+ c
⎡1⎤
sin 5t)
⎢ ⎥ + ( d1
cos
⎣2⎦
6t
+ d
(
1
2
2
sin
⎡ 2 ⎤
6t)
⎢ ⎥
⎣−1
⎦

第 十 篇 97 中 正 10-1
97 中 正 機 械
範 例 1
A mass-spring-damper system M & y
( t)
+ Cy&
( t)
+ Ky(
t)
= r(
t)
is with a unit mass
and unknown values of spring constant K and damping coefficient C. A unit
impulse function r( t)
= δ ( t)
generates an output response as
y(
t)
t −2t
= e
− − e .
Now if we are given another input function
r( t)
= sin t , please find the
corresponding output response. (10%)【97 中 正 機 械 】
【 範 圍 】8-1
【 詳 解 】 已 知 m = 1 , y(0)
= y′
(0) = 0
由 Σ F = ma , 則 y ′′ + cy′
+ ky = δ (t)
取 Laplace 變 換
2
( s Y ( s)
− sy(0)
− y′
(0)) + c(
sY ( s)
− y(0))
+ kY ( s)
= 1e
( s
2
Y
( s)
=
s
y(
t)
= L
+ cs + k)
Y ( s)
= 1e
2
−1
1
e
+ cs + k
( Y ( s))
= L
−0s
−0s
−1
(
s
2
1
e
+ cs + k
若 現 在 將 r( t)
= sin t 代 換 r( t)
= δ ( t)
則 y ′′ + cy′
+ ky = sin t
取 Laplace 變 換
−0s
) = e
−t
− e
−2t
−0s
2
1
s Y ( s)
− sy(0)
− y′
(0)) + c(
sY ( s)
− y(0))
+ kY ( s)
=
s + 1
(
2
1
+ cs + k)
Y ( s)
=
s + 1
2
( s
2

10-2 陳 立 工 數
1 1
Y
( s)
=
2
2
s + cs + k s + 1
−1
−1
1 1
−t
−2t
y(
t)
= L ( Y ( s))
= L (
) = ( e − e ) ∗sin
t
2
2
s + cs + k s + 1
− − − −
= ∫
t ( t τ ) 2( t τ )
3 1 t 1
( e − e )sinτdτ
= sin t − cost
+ e
− − e
0
10 10 2 5
範 例 2
Find the inverse Laplace transform of
【 範 圍 】7-2
4
4
【 詳 解 】Q =
2
2 2
s + 4s
+ 20 ( s + 2) + 4
−1
4
£ { } = sin 4t
2 2
s + 4
由 s 軸 平 移 定 理
−1 4
−2t
£ { } = e sin 4t
2 2
( s + 2) + 4
s
2
1 − 2t
4
. (5%) 【97 中 正 機 械 】
+ 4s + 20
範 例 3
Solve the following system of differential equations :
⎧
⎪2
⎨
⎪
⎩
dx dy
+ − y = t
dt dt
dx dy 2
+ = t
dt dt
with the initial condition of x ( 0) = 1 and y ( 0) = 0 .
(10%)【97 中 正 機 械 】
【 範 圍 】ch5
【 詳 解 】 由 微 分 算 子 消 去 法
⎧2Dx
+ ( D −1)
y = t
⎨
2
⎩Dx
+ Dy = t
由 Cramer Rule

第 十 篇 97 中 正 10-3
2D
D
D −1
x =
D
2D
t
D
t
2
−t
2
{ D ( D + 1)} y(
t)
= 4t
−1
y(
t)
= c1 + c2e
+ 2t
− 5t
+ 5
dx 2 dy 2
−t
−t
2
代 回 原 式 得 = t − = t − ( −c2e
+ 4t
− 5) = c2e
+ t − 4t
+ 5
dt dt
−t
1 3 2
x(
t)
= c1 − c2e
+ t − 2t
+ 5t
3
I.C. x ( 0) = 1, y(0)
= 0 c = − , c = 3
x(
t)
= −2
+ 3e
−t
1
+ t
3
3
− 2t
1
2 2
−
2
−t
2
+ 5t
, y(
t)
= −2
− 3e
+ 2t
− 5t
+ 5
範 例 4
For a function
2
ϕ = x − 2xy
+ yz , determine :
(a) The gradient of function ϕ at point P ( 3, 1, −2)
. (3%)
(b) What is the physical (or geometrical) meaning of the gradient obtained in
(a) ? (2%)
(c) Find the curl of the gradient at point P obtained in (a). (3%)
(d) Find the directional derivative of the function ϕ at point P in the direction
of vector
v = 7 i + 6 j + 6k
. (5%)
(e) What is the physical meaning of the directional derivative obtained in (d) ?
【97 中 正 機 械 】
【 範 圍 】(a)(b)(d)(e)18-5 (c)19-4
2
【 詳 解 】(a) 因 為 ϕ = x − 2xy
+ yz
∂ϕ
→
∂ϕ
→
∂ϕ
→
→
∇ϕ
= i + j+
k = (1 − 2y)
i + ( z
∂x
∂y
∂z
2
→
→
− 2x)
j+
2yz
k

10-4 陳 立 工 數
∇ϕ
|
(3,1, −2)
→
→
→
= − i − 2 j−
4 k
(b) 梯 度 代 表 封 閉 曲 面 上 的 法 向 量
→
→
i j k
∂ ∂ ∂
(c) ∇×∇ϕ =
= 0 ( 常 識 !)
∂x
∂y
∂z
2
1−
2y
z − 2x
2yz
→
(d) 方 向 導 數
∇ϕ
⋅
→
v
→
v
< 7,6,6 >
=< −1,
−2,
−4
> ⋅ = −
121
43
11
(e) 方 向 導 數 表 示 通 過 p 點 沿 著
→
v 方 向 移 動 單 位 長 度 的 變 化
43
率 為 −
11
範 例 5
Consider a matrix
⎛ 15 6 −12⎞
⎜
⎟
A = ⎜ 4 10 − 2 ⎟ .
⎜
⎟
⎝−
4 8 − 7 ⎠
(a) Find the rank of the matrix A. (2%)
(b) Determine the characteristic values and the characteristic vectors of the
matrix A. (5%)
(c) Diagonalize the matrix A. (3%) 【97 中 正 機 械 】
【 範 圍 】(a)22-1 (b)23-1 (c)24-2
⎡15
6 −12⎤
⎡ 0
5
( − )
( 2)
【 詳 解 】(a)
⎢
⎥ C
2
⎯⎯ ⎯⎯ →
⎢
⎢
4 10 − 2
21
C23
⎥ ⎢
− 21
⎢⎣
− 4 8 − 7 ⎥⎦
⎢⎣
− 24
6
10
8
0 ⎤
18
⎥
⎥
9 ⎥⎦

第 十 篇 97 中 正 10-5
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
⎯⎯ →
9
8
2
27
18
10
0
0
6
0
)
6
7
(
C 31
3
)
( =
A
rank
(b) 由 0
7
8
4
2
10
4
12
6
15
)
det( =
−
−
−
−
−
−
−
=
−
λ
λ
λ
λI
A 18
= −9,9,
λ
當 9
= −
λ :
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
0
0
0
2
8
4
2
19
4
12
6
24
3
2
1
x
x
x
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
2
0
1
1
3
2
1
k
x
x
x
當 9
=
λ :
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
0
0
0
16
8
4
2
1
4
12
6
6
3
2
1
x
x
x
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
1
2
0
2
3
2
1
k
x
x
x
當 18
=
λ :
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
−
−
0
0
0
25
8
4
2
8
4
12
6
3
3
2
1
x
x
x
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
0
1
2
3
3
2
1
k
x
x
x
(c) 令
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
0
1
2
1
2
0
2
0
1
P
, 則
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
=
−
2
1
4
1
4
2
4
2
1
9
1
1
P
使 得
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡−
=
=
−
18
0
0
0
9
0
0
0
9
1
D
AP
P
Considering an one-dimensional wave equation
2
2
2
2
2
x
u
c
t
u
∂
∂
=
∂
∂
(1)
with boundary conditions :
0
)
0,
( =
t
u , 0
)
,
( =
t
L
u for all t (2)
範 例 6

10-6 陳 立 工 數
and initial conditions :
∂u(
x,0)
u ( x,0)
= f ( x)
, = g(
x)
(3)
∂t
(a) (8%) Using method of separating variables [ u ( x,
t)
= F(
x)
G(
t)]
, please
show that Eq.(1) can yield the following two ordinary differential
equations.
2
d F
− kF = 0
2
dx
2
d G 2
− c kG = 0
2
dt
where k is a constant.
(4)
(b) (12%) Applying the boundary and initial conditions [i.e. Eqs. (2) and (3)],
please show that the solution of the one-dimensional wave equation is
nπ
u(
x,
t)
= ∑ ∞ ( B t B t x
n n
cosλn
+ ′
n
sin λn
) sin (5)
=1
L
where
cnπ
L n x
λ
n
= , Bn
=
2 f x dx
L L
∫ ( )sin
π
L n x
, B′
n
=
2 g x dx
0
L cn
∫ ( )sin
π
π
0
L
(c) (5%) Please find the deflection u ( x,
t)
of a vibrating string ( L = π , c 2 = 1)
corresponding to zero velocity and initial deflection :
f ( x)
= 5sin 3x
.
【97 中 正 機 械 】
【 範 圍 】14-1
【 詳 解 】(a) 由 分 離 變 數 法 , 令 u ( x,
t)
= F(
x)
G(
t)

第 十 篇 97 中 正 10-7
代 入 得
F G& G&&
F ′′
= c
2 F′
G = = −k
2
c G F
⎧F′′
+ kF = 0 ; F(0)
= F(
L)
= 0 - - - - - (1)
⎨
⎩G
&& + kc 2 G = 0 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - (2)
(b) 由 (1) 式 得
⎧ nπ
⎪F(
x)
= sin( x)
L
⎨ 2 2
⎪ n π
λ =
⎪ 2
⎩ L
2 2 2
2 c n π
由 (2) m + = 0
2
L
( n =1,2,3,L L)
cnπ
m = ± i
L
cnπ
cnπ
T ( t)
= Acos(
t)
+ Bsin(
t)
L
L
由 疊 加 法 , 令 ( , ) ∑ ∞ ⎧ cnπ
cnπ
= ⎨ n
cos( ) +
n
sin( ) sin( )
= 1 ⎩
⎭ ⎬⎫
nπ
u x t A t B t x
n L
L L
由 IC
⎧
⎪u(
x,0)
= f ( x)
=
n
⎨
⎪∂u
( x,0)
= g(
x)
=
⎪⎩
∂t
∞
∑
= 1
nπ
An
sin( x)
L
∞
∑
n=
1
cnπ
( B
L
⎧ 2 L nπ
⎪
An
= ∫ f ( x)sin(
x)
dx
L 0 L
⎨
⎪cnπ
2 L nπ
B =
n
⎩
∫ g(
x)sin(
x)
dx
L L 0 L
(c) 由 (a) 可 知 ∑ ∞ u ( x,
t)
= { A
n=
1
n
cos nt + B
∑ ∞ u
t
( x,
t)
= { −nAn
sin nt + nB
n=
1
⎧u(
x,0)
= 5sin 3x
若 IC ⎨
⎩ut
( x,0)
= 0
n
n
n
nπ
)sin( x)
L
sin nt}sin
nx
cos nt}sin
nx

10-8 陳 立 工 數
⎧
⎪ = = ∑ ∞ u(
x,0)
5sin 3x
An
sin nx
⎨
n=
1
⎪
⎩ut
( x,0)
= 0 = Bn
A
3
= 5, 其 他 An
= 0
u( x,
t)
= 5cos3t
sin 3x
範 例 7
Consider the following periodic function f (x)
with a period of 2 π :
⎧
⎪1
f ( x)
= ⎨
⎪0
⎩
if
if
−π
π
< x <
2 2
π 3π
< x <
2 2
(a) Find its Fourier series. (10%)
(b) By calculating ∫ −
π
【 範 圍 】12-3
π
2
f ( x)
dx , show that
2
1 1 1 π
1+ + + + L = (5%) 【97 中 正 機 械 】
2 2 2
3 5 7 8
【 詳 解 】(a) 令 ∑ ∞ f ( x)
= a0 + { an
cos nx + bn
sin nx}
=
1
2
n 1
則 a
0
= 1 =
2
∫
ππ dx
π −
2
π
1
2
π
2
1
2
2 nπ
a n
cos nxdx = sin
π
nπ
2
= ∫ −
0
b n
1
2
= ∫
ππ sin nxdx =
π −
2
1
∑ ∞ 2 nπ
f ( x)
= + { sin cos nx}
2 n=
1 nπ
2
(b) 由 Parserval 恆 等 式
2 1 2 4 2 nπ
f ( x)
= 1 { sin cos nx
2 2
4 n π 2
+∑ ∞
n=
1
2
}

第 十 篇 97 中 正 10-9
∫
π
2
π
−
2
f
2
π
( x)
dx = +
2
∞
∑
n=
1
π
∑ ∞ 4
π = +
2
2 n n π
= 1,3,5,L
4
{ sin
2
n π
2
∑ ∞
n= 1,3,5, L
nπ
}
2
1
2
n
2
π
=
8
範 例 8
Show that the complex function
*
f ( z)
= z is not analytic where
*
z denotes
the complex conjugate of z. (5%) 【97 中 正 機 械 】
【 範 圍 】27-3
【 詳 解 】 令 f ( z)
= z = x − iy
由 Cauchy-Riemann 方 程 式
⎧∂u
∂v
⎪
= 1 ≠ = −1
∂x
∂y
⎨
無 任 一 點 可 微 分
⎪∂u
∂v
= 0 = − = 0
⎪⎩
∂y
∂x
不 解 析
範 例 9
Let C
1
be an arbitrary closed path containing the origin of the complex plane
as shown in the figure below.
1
Knowing that ∫ dz = 2π i over the unit circle C
0
in the counterclockwise
C0
z

10-10 陳 立 工 數
sense, show that
1
∫ dz = 2πi
over C
1
by using the Cauchy’s integral
C1
z
theorem. (5%) 【97 中 正 機 械 】
【 範 圍 】28-2
【 詳 解 】
c
0
1 1
因 為 ∫ dz + ∫ dz = 0
z z
∫
c
1
c
0
c
1
1 1
dz = − dz =
z
∫
z
∫
c
順 )
0 ( 0
c ( 逆 )
1
dz = 2πi
z

第 十 篇 97 中 正 10-11
97 中 正 光 機 電
範 例 1-1
Solve the following differential equation,
2
xdy + (3y
− 2x
) dx = 0 (10%)【97 中 正 光 機 電 】
【 範 圍 】2-3
⎧M
( x,
y)
= 3y
− 2x
【 詳 解 】 令 ⎨
⎩N(
x,
y)
= x
∂M
∂N
−
∂y
∂x
2
=
N x
∫
dx
x
積 分 因 子 為 I ( x)
= e = x
2
乘 回 ODE xdy + (3y
− 2x
) dx = 0
2
2 3
得 正 合 方 程 式 x (3y
− 2x
) dx + x dy = 0
3 2 5
通 解 為 x y − x = c
5
【 另 解 】 由 合 併 積 分 法
3
2
d( x y)
2
3ydx + xdy − 2x
dx = 0 − 2x
dx = 0
2
x
2 3 4
同 乘 以 x 得 d ( x y)
− 2x
dx = 0
3 2 5
通 解 為 x y − x = c
5
2
2
2
範 例 1-2
Solve the following differential equation,

10-12 陳 立 工 數
y ′′ ′ − 3y′′
= 2 − cos x (10%)【97 中 正 光 機 電 】
【 範 圍 】3-3
【 詳 解 】1 齊 性 解 :
m 3 − 3m
2 0 m = 0,0, 3
2 特 解 :
由 待 定 係 數 法 , 令
y p
= Ax
2
y
h
= c + c x
1 2
+
+ Bcos
x + C sin x
c e
3x
3
1 3 1
代 入 可 得 A = − , B = − , C =
3 10 10
1 3 1
y p = − x 2 − cos x + sin x
3 10 10
x 3 1
3 通 解 : y = yh
+ y
p
= c c x c e
1 3
x 2
1
+
2
+
3
− − cos x + sin x
3 10 10
1
1
1
【 另 解 】 y p
= {2 − cos x}
= {2} − {cos x}
3 2
2
2
D − 3D
D ( D − 3) D ( D − 3)
1 2 1
1 2 D + 3
= { − } + {cos x}
= − x + {cos x}
2 2
D 3 D − 3 3 D − 9
1 2 D + 3 1 1
= − x − {cos x}
= − x
2 − { −sin
x + 3cos x}
3 10
3 10
範 例 2
Solve the following differential equation by Laplace Transform method,
2
y ′′ + y = t + 4sin(2t)
with initial conditions, y ( 0) = 0 and y ′( 0) = 0
【 範 圍 】8-1
【 詳 解 】 取 Laplace 變 換
2
2
s Y ( s)
− sy(0)
− y′
(0)] + Y ( s)
= +
3
s s
[
2
(10%) 【97 中 正 光 機 電 】
8
+ 4

第 十 篇 97 中 正 10-13
( 2
8 1 2
Y s)
= +
=
+
3 2
2
s ( s + 1) ( s + 4)( s
2
2 2
+ 1) s s ( s + 1) ( s
2 1 1 8 1 1
= [ − ] + [ − ]
2 2
2
2
s s s + 1 3 s + 1 s + 4
2 2 2s
8 1 4 2
= − + + −
3
2
2
2
s s s + 1 3 s + 1 3 s + 4
2
8 4
y(
t)
= t − 2 + 2cost
+ sint
− sin 2t
3 3
2
8
+ 4)( s
2
+ 1)
範 例 3
Solve the following differential equation by the method of finding the
eigenvalues and eigenvectors of matrix A,
Y
⎡ 3x
⎤
= A⋅Y
+ ⎢ ⎥
⎣e
⎦
′
−x
where
⎡2
− 4⎤
⎡ y1(
x)
⎤
A = ⎢ ⎥ and Y =
⎣1
− 3
⎢ ⎥ ⎦ ⎣y2
( x)
⎦
(20%) 【97 中 正 光 機 電 】
【 範 圍 】24-4
⎡2
− 4⎤
【 詳 解 】 令 A = ⎢ ⎥
⎣1
− 3 ⎦
2 − λ − 4
由 det( A − λI)
=
= 0 λ = −2, 1
1 − 3 − λ
⎡4
− 4⎤⎡c1
⎤ ⎡0⎤
⎡c1
⎤ ⎡1⎤
當 λ = −2
: ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥ =
⎣1
−1⎦⎣c2
⎦ ⎣0
⎢ ⎥ k1⎢
⎥ ⎦ ⎣c2
⎦ ⎣1
⎦
⎡1
− 4⎤⎡c1
⎤ ⎡0⎤
⎡c1
⎤ ⎡4⎤
當 λ = 1: ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥ =
⎣1
− 4⎦⎣c2
⎦ ⎣0
⎢ ⎥ k2
⎢ ⎥ ⎦ ⎣c2
⎦ ⎣1
⎦
⎡1
4⎤
−1
1 ⎡−1
4 ⎤
−1
⎡− 2 0⎤
令 P = ⎢ ⎥ 且 P =
⎣1
1
⎢ ⎥ , 使 得 P AP = D =
⎦ 3 ⎣ 1 −1
⎢ ⎥ ⎦ ⎣ 0 1 ⎦
由 座 標 變 換 , 令 Y = PX

10-14 陳 立 工 數
⎡ 3x
⎤
代 回 原 式 得 PX ′ = APX + ⎢ −x ⎥
⎣e
⎦
⎡ 4
⎡ ⎤ ⎢−
x + e
−1
−1
3x
X ′ = P APX + P ⎢ ⎥ = DX +
−x
⎢
⎣e
⎦
1 3 −
⎢ x − e
⎣ 3
⎧
4 −x
⎪
x′
1
= −2x1
− x + e
3
⎨
⎪
1 −x
x′
= x + x − e
2 2
⎩
3
⎧
−2x
x 1 4 −x
⎪
x1
= k1e
− + + e
2 4 3
⎨
⎪
x 1 −x
x = k e − x −1+
e
2 2
⎩
6
⎡ −2x
x 1 4
⎡ y ⎤ ⎡ x ⎤ ⎡1
4⎤⎢k1e
− + + e
1
1
⎢ ⎥ = P⎢
⎥ =
2 4 3
⎢ ⎥⎢
⎣y
⎦ ⎣x
⎦ ⎣ ⎦ x 1
2
2
1 1
−x
⎢ k2e
− x −1+
e
⎣
6
= k
1
⎡1⎤
⎢ ⎥e
⎣1⎦
−2x
+ k
2
⎡4⎤
⎢ ⎥e
⎣1⎦
x
−x
x
−x
⎤
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎥
⎥
⎥
⎦
⎡ 9 15
⎢−
x − + 2e
+ 2 4
⎢ 3 3 3
⎢−
x − + e
⎣ 2 4 2
−x
−x
⎤
⎥
⎥
⎥
⎦
範 例 4
(a) Expand
f ( x)
= sin x , 0 < x < π , in a Fourier cosine series. (10%)
(b) If f (x)
is an even function show that the Fourier transform of f (x)
is
2
F( ω ) = ∫ ∞
f ( u)cos(
ωu)
du . (5%)
π
0
(c) Show that
∞ cosω
x π
∫ dω
= e
0 2
ω + 1 2
【 範 圍 】(a)12-3 (b)(c)13-1,13-2
−x
. (5%) 【97 中 正 光 機 電 】

第 十 篇 97 中 正 10-15
【 詳 解 】(a) 令 ∑ ∞ f ( x)
= a0 + { a n
cos nx}
n=
1
1 L 1 π 2
則 a = ∫ f ( x)
dx = sin
0 0 π ∫ xdx
L
=
0 π
2 L
2 π
an
= ∫ f ( x)cos
nxdx =
π ∫ sin x cos nxdx
L 0 0
1 π
= ∫ [sin( n + 1) x − sin( n −1)
x]
dx
π 0 1 1−
cos( n + 1) π 1−
cos( n −1)
π
= [
−
]
π n + 1 n −1
1 − 4
= , n = 2,4,6, L
π n
2 −1
2
∑ ∞ − 4
f ( x)
= + { cos nx}
2
π n= 2,4,6,L π ( n −1)
(b) 若 f (x)
為 偶 函 數
則 Fourier cosine series 為 ∑ ∞ f ( x)
= { a
= 0
n
n
2nπ
cos x}
T
2
當 f (x)
為 非 週 期 函 數 , 故 f ( x)
= ∫ ∞
A(
w)cos
wxdw
π
0
2
其 中 係 數 A( w)
= ∫ ∞
f ( x)cos
wxdx
π
0
Fourier cosine 變 換 I
2
(c) 令 f ( x)
= ∫ ∞
A(
w)cos
wxdw 且 f ( x)
= e
π
0
C
2
{ f ( u)}
= F(
w)
= ∫ ∞
f ( u) cos wudu
π
0
2 ∞
2 ∞
則 係 數
− x
A( w)
= ∫ f ( x)cos
wxdx =
0
∫ e cos wxdx
π
π
0
−
e x
2
=
π
=
∫ ∞
0 2
2 1
π w
2 +
cos wx
dw
w + 1
1
− x
∞ cos wx π
∫ dw = e
0 2
w + 1 2
−x
範 例 5

10-16 陳 立 工 數
(a) Solve the equation
2
∂
= x
∂x∂y
z 2
y
(5%) and find the particular solution for
which
2
z(
x,0)
= x , z(1,
y)
= cos y . (5%)
(b) Find a general solution for
【 範 圍 】17-2
2
∂ u ∂u
t + 2 = x
∂x∂t
∂x
2
∂ z 2 ∂z
1 2 2
【 詳 解 】(a) = x y = x y + k1(
x)
∂x∂y
∂x
2
1 3 2
z ( x,
y)
= x y + φ
1(
x)
+ k2(
y)
6
2
⎧z(
x,0)
= x = φ1(
x)
+ k2(0)
⎪
又 BC. ⎨
1 2
⎪z(1,
y)
= cos y = y + φ1(1)
+ k
⎩
6
2
1 2
φ
1(
x)
= x , k2(
y)
= cos y − y −1
6
1 3 2 2 1 2
z ( x,
y)
= x y + x + cos y − y −1
6
6
2
(b) ( tD D + 2D
) u x D
x t x
=
1 齊 性 解 : D ( tD + 2) u = 0
x
D x
u = 0 且 ( tD t
+ 2) u = 0
u h
= f ( t)
+
2
2 特 解 : u
t
g(
x)
t
1
2
( tD + 2) u x
x t
=
{
. (5%) 【97 中 正 光 機 電 】
2
2
( y)
2
2
=
x = x
p
Dx
( tDt
+ 2) 2D
=
x
g(
x)
1
3 通 解 : u = f ( t)
+ + x
2
t 6
}
3
1
{
}
1
6
x
3
範 例 6
(a) Prove
sin( x + iy)
= sin x cosh y + i cos xsinh
y . (5%)

第 十 篇 97 中 正 10-17
(b) For a complex variable,
2
z = x + iy , evaluate the integration of ∫ +
1+
i
4i
z
2
dz
along the parabola
x = t ,
2
y = t where 1 ≤ 2
≤ t . (5%)
2π
dθ
(c) Evaluate ∫ . (5%) 【97 中 正 光 機 電 】
0
5 + 3sinθ
【 範 圍 】(a)26-3 (b)28-1 (c)30-4
【 詳 解 】(a) sin( x + iy)
= sin x cos( iy)
+ cos xsin(
iy)
= sin x cosh y + i cos xsinh
y
2
∂z
2
(b) 因 為 = 0 , 故 z 為 解 析 函 數
∂z
有 關
積 分 與 路 徑 無 關 只 與 端 點
3
3
3
2+
4i
2 z z=
2+
4i
(2 + 4i)
(1 + i)
− 86 −18i
∫
z dz = |
z=
1+
i
= − =
1+
i 3 3 3 3
2π
dθ
1 dz 1
(c) ∫
= ∫
=
−
+ −
∫
dz
0
1
5 3sinθ
z z iz 3
= 1
= 1
2 3
z
z
5 + 3
z + 5iz
−
2i
2 2
2 1
= ∫
dz
3
= 1
2 10
z z + iz −1
3
1
令 f ( z)
=
2 10
z + iz −1
3
2 10
⎠ ⎠ ⎠ 則 z + iz −1
= 0 ⎠
3
i
z = − , 3i
3 −
i
為 單 極 點 , 但 僅 z = − 在 路 徑 z = 1之 內
3
i
i 1 3i
其 留 數 Re s(
− ) = lim ( z + )
= −
3
i
z→−
3 2 10
1
8
3 z + iz −
3
2 1 2 i π
⎠ ⎠ ⎠ 故 所 求 = 2 Re ( )
3
∫
dz = ⋅ π i s − =
10
1
3 3 2
z = 1
2
z + iz −
3

10-18 陳 立 工 數
97 中 正 通 訊
範 例 1
Label the following statements as being true or false. Erroneous answer would
be penalized with one point (-1).
(a) If ( A B)
can be obtained from ( C D)
by a finite sequence of elementary
column operations, then the systems
AX = B and CX = D are
equivalent.
(b) Any matrix can be put in row echelon form by means of a finite sequence
of elementary row operations.
(c) If A is an
n× n matrix with rank n, then the row echelon form of A is I
n
.
(d) If ( A B)
is in row echelon form, then the system AX = B must have a
solution.
(e) If a matrix P is transformed by elementary row operations into a matrix Q
in row echelon form, then the number of nonzero row in Q is equal to the
rank of A. (10%) 【97 中 正 通 訊 】
【 範 圍 】 觀 念 題
【 詳 解 】(a)False ! 應 改 為 elementary row operations 才 對 。
(b)True !
(c)False !
A 的 列 梯 形 矩 陣 不 一 定 為 I
n
, 若 簡 化 列 梯 形 矩 陣

第 十 篇 97 中 正 10-19
(d)False !
才 為 I
n
⎡1
⎢
ex: [ A | B]
=
⎢
0
⎢
⎣0
(e)True
0
1
0
0 1⎤
⎥
0 2
⎥
0 3⎥
⎦
範 例 2
A hospital trauma unit has determined that 30% of its patients are ambulatory
and 70% are bedridden at the time of arrival at the hospital. A month after
arrival, 60% of the ambulatory patients have recovered, 20% remain
ambulatory, and 20% have become bedridden. After the same time, 10% of the
bedridden patients have recovered, 20% have become ambulatory, 50% remain
bedridden, and 20% have died.
(a) Find a linear system for these cases. (3%)
(b) Determine the percentage of patients who have recovered, are ambulatory,
are bedridden, and have died 1 month after arrival. (4%)
(c) Show the corresponding eigenvalues. (4%)
(d) Determine the eventual percentage of patients of each type. (4%)
【97 中 正 通 訊 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 8-4
【 詳 解 】(a) 假 設 進 醫 院 後 第 n 個 月 recovered, ambulatory, bedridden, died 的

10-20 陳 立 工 數
比 例 為
X n
⎡ x1
⎤
⎢ ⎥
⎢
x2
= ⎥ 且 初 始 條 件 為
⎢x
⎥
3
⎢ ⎥
⎣x4
⎦
X
0
⎡ 0 ⎤
⎢ ⎥
⎢
0.3
= ⎥
⎢0.7⎥
⎢ ⎥
⎣ 0 ⎦
⎡1
0.6 0.1 0⎤
⎢
⎥
X
n
= AX
n−1
, 其 中 ⎢
0 0.2 0.2 0
A =
⎥
⎢0
0.2 0.5 0⎥
⎢
⎥
⎣0
0 0.1 1⎦
⎡1
0.6 0.1 0⎤⎡
0 ⎤ ⎡0.25⎤
⎢
⎥⎢
⎥ ⎢ ⎥
(b) 第 一 個 月 之 後
⎢
0 0.2 0.2 0
⎥⎢
0.3
⎥ = ⎢
0.2
X 1
= AX 0
=
⎥
⎢0
0.2 0.5 0⎥⎢0.7⎥
⎢0.41⎥
⎢
⎥⎢
⎥ ⎢ ⎥
⎣0
0 0.1 1⎦⎣
0 ⎦ ⎣0.14⎦
第 一 個 月 之 後 recovered, ambulatory, bedridden, died 的 比 例 分
別 為 0.25, 0.2, 0.41, 0.14
1−
λ
0 0.2 − λ 0.2 0
(c) 由 det( A − λI)
=
= 0
0 0.2 0.5 − λ 0
λ =1,1,0.1,0. 6
0
0.6
0
0.1
0.1
(d) 因 為 X
n
= AX
n−1
lim X
n
= lim( AX
n−1)
n→∞
X ˆ = AXˆ
( A − I)
X ˆ = 0
n→∞
0
1−
λ
⎡0
0.6 0.1 0⎤
⎡1⎤
⎡0⎤
⎢
0 0.9 0.2 0
⎥ ⎢
0
⎥ ⎢
0
⎥
(1) ker⎢
−
EV = ⎥ = span{
⎢ ⎥,
⎢ ⎥}
⎢0
0.2 − 0.5 0⎥
⎢0⎥
⎢0⎥
⎢
⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣0
0 0.1 0⎦
⎣0⎦
⎣1⎦
所 以 最 後 的 recovered, ambulatory, bedridden, died 的 百 比 例 分
別 為 100% , 0% , 0% , 100%

第 十 篇 97 中 正 10-21
範 例 3
Let A and B be two complex-valued matrices of size ( m× n)
with m ≠ n .
Assume that A has full row-rank. Find an ( m× m)
matrix T such that
C = TA − B and the value of
m
n
∑∑
i= 1 j=
1
c i , j
2
is minimized, where
c
i , j
is the ( i,
j)
th entry of matrix C and c
i , j
is the
ordinary absolute norm of complex number
c ,
. (10%) 【97 中 正 通 訊 】
i j
【 範 圍 】 電 機 線 代 10-5
⎡ c1
⎤ ⎡t1
⎤ ⎡b1
⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
【 詳 解 】 令 ⎢
c2
⎥ ⎢
t2
= ⎥ = ⎢
b2
C = T , B ⎥
⎢ M ⎥ ⎢ M ⎥ ⎢ M ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣cm
⎦ ⎣tm
⎦ ⎣bm
⎦
由 C = TA − B ci
= ti
A − bi
又
m
n
∑∑
i= 1 j=
1
, ∀ c
i,
ti,
bi
2
若 欲 求 ∑∑
2
c = c + c + L L+
c
m
i, j 1 2
m
n
i= 1 j=
1
2
2
= t A − b + t A − b + L L+
t
c i j
其 中 t A − b = ( t A − b )
i
i
2
2
皆 為 列 向 量
A − b
1 1 2 2
m m
2
,
為 最 小 , 相 當 於 求 解 ti A − b i
為 最 小
i
i
T
= b
T
i
− A
t
T T
i
=
A
t
T T
i
2
− b
T T T
故 所 求 相 當 於 求 解 A t − b 為 最 小 , 必 滿 足 正 規 方 程 式
AA t = Ab
T T
i
T
i
因 為 A full row-rank ⇔
t
T T −1
T
i
= ( AA ) Abi
t
i
T
= BA (
T AA T
)
−1
i
i
T
i
rank ( A)
= m ⇔ AA T 為 可 逆
= [( AA
T
)
−1
Ab
T
i
]
T
= b A
i
T
2
( AA
T
)
−1

10-22 陳 立 工 數
範 例 4
Let M be the vector space of all ( 3× 3)
real-valued matrices over the real
field. Let
T : M → M be a linear transformation given by
T ( X ) = AX , where
⎡ 2 1 −1⎤
A =
⎢ ⎥
⎢
1 2 1
⎥
.
⎢⎣
−1
1 2 ⎥⎦
(a) Find a basis for the kernel of T. (5%)
(b) For each nonzero eigenvalue of T, find a basis for the corresponding
eigenspace. (10%) 【97 中 正 通 訊 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)6-5 (b)7-1
⎡ 2 1
【 詳 解 】(a) A =
⎢
⎢
1 2
⎢⎣
−1
1
−1⎤
⎡ 0
( 2) (1)
⎥ r r32
1 ⎯⎯⎯→
⎢
⎥ ⎢
0
2 ⎥⎦
⎢⎣
−1
3
3
31 r
3×1
因 為 ker( T ) = N(
A)
= { A x = 0 | ∀ x ∈ F }
→
1
→
3⎤
⎡ 0
( −1)
⎥ 21
3 ⎯⎯ →
⎢
⎥ ⎢
0
2⎥⎦
⎢⎣
−1
⎧−
x1
+ x2
+ 2x3
= 0 ⎧x1
= x3
⎨
⎨
⎩3x2
+ 3x3
= 0 ⎩x2
= −x3
⎡ 1 ⎤
取 {
⎢
1
⎥
⎢
−
⎥
} 為 ker(T ) 的 基 底
⎢⎣
1 ⎥⎦
2 − λ 1 −1
(b) 由 det( A − λI)
= 1 2 − λ 1 = 0 λ = 0,3, 3
−1
1 2 − λ
⎡ 2 1 −1⎤
⎡ 1 ⎤
EV (0) = ker( A − 0I)
= ker
⎢
1 2 1
⎥
{
⎢
1
⎥
⎢ ⎥
= span
⎢
−
⎥
}
⎢⎣
−1
1 2 ⎥⎦
⎢⎣
1 ⎥⎦
0
3
1
0⎤
3
⎥
⎥
2⎥⎦

第 十 篇 97 中 正 10-23
⎡ 1 ⎤
eigenvector is { k
⎢
1
1
⎥
⎢
−
⎥
| k1
∈ R}
⎢⎣
1 ⎥⎦
⎡−1
1 −1⎤
⎡1⎤
⎡ 1 ⎤
EV (3) = ker( A − 3I)
= ker
⎢
1 1 1
⎥
{
⎢
1
⎥
,
⎢
0
⎥
⎢
−
⎥
= span
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
}
⎢⎣
−1
1 −1⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎡1⎤
⎡ 1 ⎤
eigenvectors are { k
⎢
1
⎥
2
k
⎢
3
0
⎥
⎢ ⎥
+
⎢ ⎥
| k2,
k3
∈ R}
⎢⎣
0⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
範 例 5
Show that
1
n ! ≥ 2
n− = 1,2,3, L
n (10%) 【97 中 正 通 訊 】
範 例 6
Suppose that we have n dollars and each day we buy either orange ($1), apple
($2), or pear ($2). If R (n)
is the number of ways of spending all the money,
what is R (10)
? Order is taken into account. For example, R ( 4) = 11, since
there are 11 ways to spend four dollars : AP, PA, OOOO, OOA, OOP, OAO,
OPO, AOO, POO, AA, PP. (10%) 【97 中 正 通 訊 】
範 例 7
A ( m,0)
= A(
m −1,1)
, m = 1,2,3, L
A ( m,
n)
= A(
m −1,
A(
m,
n −1))
, m = 1,2,3, L
n = 1,2,3,L

10-24 陳 立 工 數
A ( 0, n)
= n + 1, n = 1,2,3, L
What is A (4,1)
? (10%) 【97 中 正 通 訊 】
範 例 8
If a forest F consists of m trees and has n vertices, how many edges does F
have ? (10%) 【97 中 正 通 訊 】
範 例 9
Consider the regular grammar G = ( N,
T,
P,
σ ) defined by the set of input
symbols T = { a,
b}
, the set of states N = { σ , C}
with production P
σ → ba
σ → aC
C → bC
C → b
and starting symbol σ . What is the set of strings accepted by the grammar ?
(10%) 【97 中 正 通 訊 】

第 十 篇 97 中 正 10-25
97 中 正 電 機 、 通 訊
範 例 1
Label the following statements as being true or false. Erroneous answer would
be penalized with one point (-1).
(f) If ( A B)
can be obtained from ( C D)
by a finite sequence of elementary
column operations, then the systems
AX = B and CX = D are
equivalent.
(g) Any matrix can be put in row echelon form by means of a finite sequence
of elementary row operations.
(h) If A is an
n× n matrix with rank n, then the row echelon form of A is I
n
.
(i) If ( A B)
is in row echelon form, then the system AX = B must have a
solution.
(j) If a matrix P is transformed by elementary row operations into a matrix Q
in row echelon form, then the number of nonzero row in Q is equal to the
rank of A. (10%) 【97 中 正 電 機 、 通 訊 】
【 範 圍 】 觀 念 題
【 詳 解 】(a)False ! 應 改 為 elementary row operations 才 對 。
(b)True !
(c)False !
A 的 列 梯 形 矩 陣 不 一 定 為 I
n
, 若 簡 化 列 梯 形 矩 陣

10-26 陳 立 工 數
(d)False !
才 為 I
n
⎡1
⎢
ex: [ A | B]
=
⎢
0
⎢
⎣0
(e)True
0
1
0
0 1⎤
⎥
0 2
⎥
0 3⎥
⎦
範 例 2
A hospital trauma unit has determined that 30% of its patients are ambulatory
and 70% are bedridden at the time of arrival at the hospital. A month after
arrival, 60% of the ambulatory patients have recovered, 20% remain
ambulatory, and 20% have become bedridden. After the same time, 10% of the
bedridden patients have recovered, 20% have become ambulatory, 50% remain
bedridden, and 20% have died.
(e) Find a linear system for these cases. (3%)
(f) Determine the percentage of patients who have recovered, are ambulatory,
are bedridden, and have died 1 month after arrival. (4%)
(g) Show the corresponding eigenvalues. (4%)
(h) Determine the eventual percentage of patients of each type. (4%)
【97 中 正 電 機 、 通 訊 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 8-4
【 詳 解 】(a) 假 設 進 醫 院 後 第 n 個 月 recovered, ambulatory, bedridden, died 的

第 十 篇 97 中 正 10-27
比 例 為
X n
⎡ x1
⎤
⎢ ⎥
⎢
x2
= ⎥ 且 初 始 條 件 為
⎢x
⎥
3
⎢ ⎥
⎣x4
⎦
X
0
⎡ 0 ⎤
⎢ ⎥
⎢
0.3
= ⎥
⎢0.7⎥
⎢ ⎥
⎣ 0 ⎦
⎡1
0.6 0.1 0⎤
⎢
⎥
X
n
= AX
n−1
, 其 中 ⎢
0 0.2 0.2 0
A =
⎥
⎢0
0.2 0.5 0⎥
⎢
⎥
⎣0
0 0.1 1⎦
⎡1
0.6 0.1 0⎤⎡
0 ⎤ ⎡0.25⎤
⎢
⎥⎢
⎥ ⎢ ⎥
(b) 第 一 個 月 之 後
⎢
0 0.2 0.2 0
⎥⎢
0.3
⎥ = ⎢
0.2
X 1
= AX 0
=
⎥
⎢0
0.2 0.5 0⎥⎢0.7⎥
⎢0.41⎥
⎢
⎥⎢
⎥ ⎢ ⎥
⎣0
0 0.1 1⎦⎣
0 ⎦ ⎣0.14⎦
第 一 個 月 之 後 recovered, ambulatory, bedridden, died 的 比 例 分
別 為 0.25, 0.2, 0.41, 0.14
1−
λ
0 0.2 − λ 0.2 0
(c) 由 det( A − λI)
=
= 0
0 0.2 0.5 − λ 0
λ =1,1,0.1,0. 6
0
0.6
0
0.1
0.1
(d) 因 為 X
n
AX
1
lim X
n
= lim( AX
n 1)
=
n−
n→∞
X ˆ = AXˆ
( A − I)
X ˆ = 0
n→∞
−
0
1−
λ
⎡0
0.6 0.1 0⎤
⎡1⎤
⎡0⎤
⎢
0 0.9 0.2 0
⎥ ⎢
0
⎥ ⎢
0
⎥
(1) ker⎢
−
EV = ⎥ = span{
⎢ ⎥,
⎢ ⎥}
⎢0
0.2 − 0.5 0⎥
⎢0⎥
⎢0⎥
⎢
⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣0
0 0.1 0⎦
⎣0⎦
⎣1⎦
所 以 最 後 的 recovered, ambulatory, bedridden, died 的 百 比 例 分
別 為 100% , 0% , 0% , 100%

10-28 陳 立 工 數
範 例 3
Let A and B be two complex-valued matrices of size ( m× n)
with m ≠ n .
Assume that A has full row-rank. Find an ( m× m)
matrix T such that
C = TA − B and the value of
m
n
∑∑
i= 1 j=
1
c i , j
2
is minimized, where
c
i , j
is the ( i,
j)
th entry of matrix C and c
i , j
is the
ordinary absolute norm of complex number
c ,
.
i j
【 範 圍 】 電 機 線 代 10-5
⎡ c1
⎤ ⎡t1
⎤ ⎡b1
⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
【 詳 解 】 令 ⎢
c2
⎥ ⎢
t2
= ⎥ = ⎢
b2
C = T , B ⎥
⎢ M ⎥ ⎢ M ⎥ ⎢ M ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣cm
⎦ ⎣tm
⎦ ⎣bm
⎦
由 C = TA − B ci
= ti
A − bi
又
m
n
∑∑
i= 1 j=
1
, ∀ c
i,
ti,
bi
2
若 欲 求 ∑∑
2
c = c + c + L L+
c
m
i, j 1 2
m
n
i= 1 j=
1
2
2
= t A − b + t A − b + L L+
t
c i j
其 中 t A − b = ( t A − b )
i
i
(10%) 【97 中 正 電 機 、 通 訊 】
2
2
皆 為 列 向 量
A − b
1 1 2 2
m m
2
,
為 最 小 , 相 當 於 求 解 ti A − b i
為 最 小
i
i
T
= b
T
i
− A
t
T T
i
=
A
t
T T
i
2
− b
T T T
故 所 求 相 當 於 求 解 A t − b 為 最 小 , 必 滿 足 正 規 方 程 式
AA t = Ab
T T
i
T
i
因 為 A full row-rank ⇔
t
T T −1
T
i
= ( AA ) Abi
t
i
i
i
T
i
rank ( A)
= m ⇔ AA T 為 可 逆
= [( AA
T
)
−1
Ab
T
i
]
T
= b A
i
T
2
( AA
T
)
−1

第 十 篇 97 中 正 10-29
T
= BA
(
T AA T
)
−1
範 例 4
Let M be the vector space of all ( 3× 3)
real-valued matrices over the real
field. Let
T : M → M be a linear transformation given by
T ( X ) = AX , where
⎡ 2 1 −1⎤
A =
⎢ ⎥
⎢
1 2 1
⎥
.
⎢⎣
−1
1 2 ⎥⎦
(c) Find a basis for the kernel of T. (5%)
(d) For each nonzero eigenvalue of T, find a basis for the corresponding
eigenspace. (10%) 【97 中 正 電 機 、 通 訊 】
【 範 圍 】 電 機 線 代 (a)6-5 (b)7-1
⎡ 2 1
【 詳 解 】(a) A =
⎢
⎢
1 2
⎢⎣
−1
1
−1⎤
⎡ 0
( 2) (1)
⎥ r r32
1 ⎯⎯⎯→
⎢
⎥ ⎢
0
2 ⎥⎦
⎢⎣
−1
3
3
31 r
3×1
因 為 ker( T ) = N(
A)
= { A x = 0 | ∀ x ∈ F }
→
1
→
3⎤
⎡ 0
( −1)
⎥ 21
3 ⎯⎯ →
⎢
⎥ ⎢
0
2⎥⎦
⎢⎣
−1
⎧−
x1
+ x2
+ 2x3
= 0 ⎧x1
= x3
⎨
⎨
⎩3x2
+ 3x3
= 0 ⎩x2
= −x3
⎡ 1 ⎤
取 {
⎢
1
⎥
⎢
−
⎥
} 為 ker(T ) 的 基 底
⎢⎣
1 ⎥⎦
2 − λ 1 −1
(b) 由 det( A − λI)
= 1 2 − λ 1 = 0 λ = 0,3, 3
−1
1 2 − λ
0
3
1
0⎤
3
⎥
⎥
2⎥⎦

10-30 陳 立 工 數
⎡ 2 1 −1⎤
⎡ 1 ⎤
EV (0) = ker( A − 0I)
= ker
⎢
1 2 1
⎥
{
⎢
1
⎥
⎢ ⎥
= span
⎢
−
⎥
}
⎢⎣
−1
1 2 ⎥⎦
⎢⎣
1 ⎥⎦
⎡ 1 ⎤
eigenvector is { k
⎢
1
1
⎥
⎢
−
⎥
| k1
∈ R}
⎢⎣
1 ⎥⎦
⎡−1
1 −1⎤
⎡1⎤
⎡ 1 ⎤
EV (3) = ker( A − 3I)
= ker
⎢
1 1 1
⎥
{
⎢
1
⎥
,
⎢
0
⎥
⎢
−
⎥
= span
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
}
⎢⎣
−1
1 −1⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎡1⎤
⎡ 1 ⎤
eigenvectors are { k
⎢
1
⎥
2
k
⎢
3
0
⎥
⎢ ⎥
+
⎢ ⎥
| k2,
k3
∈ R}
⎢⎣
0⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
範 例 5
(10% ; 5% each)
(1) Describe a scenario ; specify the sample space S
X
and (2) write down the
probability mass function (p.m.f ) for the Geometry distribution and Binomial
distribution respectively. 【97 中 正 電 機 、 通 訊 】
範 例 6
A random variable x is exponentially distributed with probability density
function (p.d.f ) :
f
t
e
t
x
( ) = λ −λ for ≥ 0
t which of the following answer is
correct ?
(1) P ( x > t + h x > t)
= P(
x > t)
, (2) P ( x > t + h x > t)
= P(
x > h)
,

第 十 篇 97 中 正 10-31
(3) P ( x < t + h x < t)
= P(
x < t)
, (4) P ( x > t + h x < t)
= P(
x < h)
.
Proof that your answer is correct and describe the meaning of this equation.
(10%) 【97 中 正 電 機 、 通 訊 】
範 例 7
Consider a sequential experiment in which we repeat independent Bernoulli
trials until the occurrence of the first success. Find the probability that more
than 2 trials are required before a success occurs. (Given that the probability of
success is p = 0. 2 for each Bernoulli trial.) (10%)【97 中 正 電 機 、 通 訊 】
範 例 8
The total number of defects X on a chip is a Poisson random variable with
mean α . Suppose that each defect has a probability p of falling in a specific
region R and that the location of each defect is independent of the locations of
all other defects. Find the probability mass function (p.m.f ) of the number of
defects Y that fall in the region R. (10%) 【97 中 正 電 機 、 通 訊 】

10-32 陳 立 工 數
範 例 9
Let the following f
X , Y
( X , Y ) be the joint pdf of the random variables X and
Y.
f
X , Y
−x
⎧2e
e
( X , Y ) = ⎨
⎩ 0
− y
0 ≤ y ≤ x < ∞
elsewhere.
(1) Find E [XY ] first, then answer that whether the X and Y are correlated or
uncorrelated ?
(2) Find the covariance COV ( X , Y)
and ρ
X , Y
.
(10%) 【97 中 正 電 機 、 通 訊 】

第 十 一 篇 97 中 興 11-1
97 中场 興 機 械
範 例 1
2
Solve x y ′′ + xy′
+ y = sec(ln x)
. (10%)【97 中 興 機 械 】
【 範 圍 】4-1
m
【 詳 解 】 令 y = x ( x > 0 )
2
代 入 x y′ + xy′
+ y = 0 , 得 m ( m −1)
+ m + 1 = 0 m = ± i
y h
= c1 cos(ln x)
+ c2
sin(ln x)
由 參 數 變 更 法 , 令 y p
= cos(ln x)
φ
1(
x)
+ sin(ln x)
φ2(
x)
2
代 入 得 ODE x y ′′ + xy′
+ y = sec(ln x)
⎡ cos(ln x)
得 ⎢ sin(ln x)
⎢
⎣ x
sin(ln x)
⎤
cos(ln x)
⎥
⎥
x ⎦
⎡φ′
⎤ ⎡
⎢ ⎥ = ⎢sec(ln
0
x
⎣φ′
2⎦
⎢⎣
x
1
)
− 2
⎤
⎥
⎥⎦
⎧
⎪
⎪
由 Cramer rule ⎨
⎪
⎪
⎪
⎩
cos(ln x)
sin(ln x)
−
x
cos(ln x)
sin(ln x)
−
x
sin(ln x)
cos(ln x)
φ′
1
=
x
0 sin(ln x)
sec(ln x)
cos(ln x)
2
x x
sin(ln x)
cos(ln x)
0
cos(ln x)
φ′
2
= sin(ln x)
sec(ln x)
−
2
x
x x
⎧1
sec(ln x)sin(ln
x)
⎪ φ′
1
= −
2
x
x
⎨
⎪1
1
φ′
=
2 2
⎩ x x
⎪⎧
φ1
= ln cos(ln x)
⎨ ⎪⎩ φ = ln x
2

11-2 陳 立 工 數
∴ y p
= cos(ln x)
φ
1(
x)
+ sin(ln x)
φ2(
x)
= cos(ln x)ln cos(ln x)
+ sin(ln x)
ln x
故 通 解 為 y = yh + y
p
= c1 cos(ln x)
+ c2
sin(ln x)
+ cos(ln x)ln cos(ln x)
+ sin(ln x)
ln x
範 例 2
The current i (t)
in an RC-series circuit can be determined from the integral
1 t
equation Ri + i(
) d = E(
t)
C
∫ τ τ
0
where E (t)
is the impressed voltage. Determine i (t)
where R = 20Ω
,
2
C = 0.25 f, and E ( t)
= 4( t + t)
. (15%) 【97 中 興 機 械 】
【 範 圍 】7-3
【 分 析 】 電 路 (Kirchhoff 定 理 ) 模 型 化坜 :
電 阻 R
電 動 勢 E(t)
電 容 C
電 感 L
di
1
L ( t)
+ Ri(
t)
+ Q(
t)
= E(
t)
dt
C
di
1 t
或 L ( t)
+ Ri(
t)
+ i(
) d = E(
t)
dt
C
∫ τ τ
0

第 十 一 篇 97 中 興 11-3
2
d i di 1
L ( t)
+ R ( t)
+ i(
t)
= E′
( t)
2
dt dt C
算 式
dI
L
dt
RI
物 理 意 義
由 電 感 L 所 造 成 的 電 壓
降
由 電 阻 R 所 造 成 的 電 壓
1 1
由 電 容 C 所 造 成 的 電 壓
Q = I t dt
C C
∫ ( )
降
1 t
1 t
2
【 詳 解 】 Ri + i(
) d = E(
t)
C
∫ τ τ 20i
+ i(
) d = 4( t + t)
0
0.25
∫ τ τ
0
t
2
2
20i
+ 4∫ i(
τ ) dτ
= 4( t + t)
5i
+ ∫ i(
τ ) dτ
= ( t + t)
取 Laplace 變 換
0
I(
s)
2 1 1 2 + s
得 5I ( s)
+ = ( + ) (5 + ) I(
s)
=
3 2
3
s s s s s
2 + s 2 9 45
I ( s)
= = − +
2
2
s (5s
+ 1) s s 5s
+ 1
i (t) = £
1
− t
−1
5
{ I ( s)}
= 2t
− 9 + 9e
t
0
降

11-4 陳 立 工 數
範 例 3
⎛ 1
⎜
A = ⎜−1
⎜
⎝ 0
1
2
1
− 2⎞
⎟
1 ⎟
−1⎟
⎠
(a) Determine the rank of A. (5%)
(b) Find the inverse of A. (5%)
(c) Find the eigenvectors of A. (5%)
(d) Compute
m
A . (10%) 【97 中 興 機 械 】
⎡ 1 1 − 2⎤
⎡1
1 − 2⎤
⎡1
(1)
( −3)
【 詳 解 】(a)
⎢ ⎥ r
=
⎯⎯→
⎢ ⎥
⎯⎯ →
⎢
⎢
−1
2 1
12
r32
A
⎥ ⎢
0 3 −1
⎥ ⎢
0
⎢⎣
0 1 −1⎥⎦
⎢⎣
0 1 −1⎥⎦
⎢⎣
0
沒 有 一 列 為 零 , 故 rank ( A)
= 3 (Full rank)
1
(b) det( A ) = −1
2 1 = −2
A
−1
0
1
1
− 2
−1
⎡3
adj(
A)
1
= =
⎢
⎢
1
det( A)
2
⎢⎣
1
1−
λ
1 − 5⎤
1 −1
⎥
⎥
1 − 3⎥⎦
1
1
0
1
− 2⎤
2
⎥
⎥
−1⎥⎦
(c) 由 det( A − λI)
= −1
2 − λ 1 = 0 λ = −1,1, 2
當 λ = −1:
0
1
− 2
−1−
λ
⎡ 2 1 − 2⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
⎢ ⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
−1
3 1
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
⎢⎣
0 1 0 ⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦
⎡ 0 1 − 2⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
λ :
⎢ ⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
−1
1 1
⎥⎢
x2⎥
⎢
0
⎥
⎢⎣
0 1 − 2⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦
當 = 1
⎡ x1
⎤ ⎡1⎤
⎢ ⎥
=
⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
k1⎢
0
⎥
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
1⎥
3 ⎦
⎡ x1
⎤ ⎡3⎤
⎢ ⎥
=
⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
k2
⎢
2
⎥
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
1⎥
3 ⎦

第 十 一 篇 97 中 興 11-5
⎧−1,
f ( x)
= ⎨
⎩ 1,
⎡−1
1 − 2⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
⎡ x1
⎤ ⎡1⎤
當 λ = 2 :
⎢ ⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
−1
0 1
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2⎥
= k3⎢
3
⎥
⎢⎣
0 1 − 3⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
1⎥
3 ⎦
⎡1
3 1⎤
⎡−1
− 2 7 ⎤
(d) 令 =
⎢ ⎥
−1
1
P
⎢
0 2 3
⎥
, 則 P =
⎢
⎥
⎢
3 0 − 3
6
⎥
⎢⎣
1 1 1⎥⎦
⎢⎣
− 2 2 2 ⎥⎦
⎡−1
0 0⎤
−1
使 得 P AP = D =
⎢ ⎥
⎢
0 1 0
⎥
⎢⎣
0 0 2⎥⎦
m
⎡1
3 1⎤⎡(
−1)
0 0 ⎤ ⎡−1
− 2 7 ⎤
m m −1
⎢
⎥
⎢ ⎥
1
A = PD P =
⎢
⎥
⎢
0 2 3
⎥⎢
0 1 0 ⎥ ⎢
3 0 − 3
6
⎥
⎢⎣
⎥⎦
⎢
m
1 1 1
⎥
⎣
0 0 2
⎦
⎢⎣
− 2 2 2 ⎥⎦
m+
1 m+
1
m+
1 m+
1
m
m+
1
⎡(
−1)
+ 9 − 2 2( −1)
+ 2 7( −1)
− 9 + 2 ⎤
1 ⎢
m
m
m ⎥
= ⎢ 6 − 6 ⋅ 2 6 ⋅ 2 − 6 + 6 ⋅ 2
6
⎥
⎢
m+
1 m+
1
m+
1 m+
1
m m+
1⎥
⎣
( −1)
+ 3 − 2 2( −1)
+ 2 7( −1)
− 3 + 2
⎦
範 例 4
− 2 < x < 0
0 < x < 2
(a) Find the Fourier series of f (x)
, and simply plot it.
(b) Find the Fourier cosine or sine series of f (x)
, and simply plot it.
(c) Find the complex Fourier series and plot frequency spectrum of f (x)
.
(d) From part (c), please use
a
n
= cn
+ c and bn
= i( cn
− c
n
) to find a
n
−n
−
and
b
n
. Are
a
n
and
b
n
agreed with the solutions found in part (a).
(20%)【97 中 興 機 械 】
【 範 圍 】12-1 12-3 12-4

11-6 陳 立 工 數
2nπ 2nπ
【 詳 解 】(a) 令 f ( x)
= a0 + ∑ ∞ { an
cos x + bn
sin x}
n=
1 T
T
則 a
b
a
n
nπ nπ
= a0 + ∑ ∞ { an
cos x + bn
sin x}
n=
1 2 2
1
1
T
2
2
0
= ∫ f ( x)
dx =
−
∫ f ( x)
dx
1 0
T
= { ( 1)
2
} 0
T
−2
2
4
4
∫ − dx + =
− 2 ∫ dx
0
n
1
=
T
2
∫
nπ
1
2
T
2
2
T
f ( x)cos
xdx =
−
∫ f ( x)cos
−2
2
2
2
0 nπ
= { ( 1)cos
2
∫ − xdx +
− 2
1
=
T
2
1 2
2 ∫ 0
∫
nπ
1
2
nπ
cos xdx}
= 0
2
T
2
2
T
f ( x)sin
xdx =
−
∫ f ( x)sin
−2
2
2
2
1 0 nπ
{ ( 1)sin
2 nπ
= sin }
2
∫ − xdx +
− 2 2
∫ xdx
0 2
⎧ 4
2
⎪
= (1 − cos nπ
) = ⎨nπ
nπ
⎪
⎩0
f ( x)
=
4 nπ
sin x
nπ
∑ ∞
n=
1,3,5, L 2
n = 1,3,5, LL
nπ
xdx
nπ
xdx
n = 2,4,6, LL
f (x)
− 2 0
+ 2

第 十 一 篇 97 中 興 11-7
週 期 T
= 4
(b) 奇 函 數
Fourier sine series
(c)
令 f ( x)
=
則
b
n
∞
∑
n=
1
2nπ
bn
sin x =
T
∞
∑
n=
1
nπ
bn
sin x
2
T
n
n
=
2 π
2
2
f x xdx dx
T
∫ ( )sin = ∫ sin
π
/ 2
0 2
0
2
2
4
= (1 − cos nπ
) = ( n = 1,3,5, LL)
nπ
nπ
4
f ( x)
=
π
1
sin
nπ
x
∑ ∞
n=
1,3,5,L
n 2
∞ 2nπ
n
i x ∞ π
i x
T
2
f ( x)
= ∑ cne
= ∑ cne
n=−∞
n=−∞
則 c
1 T
2nπ
i x
2
T
n
T f ( x)
e
− 1 2
dx
T
∫ =
−
2
2
4
∫ −
( 同 (a) 小 題 )
nπ
−i x 2
= f ( x)
e dx
nπ
nπ
1 0 −i
x 2 −i
1
2
{ ( 1)
2 x
= e dx e dx}
(1 cos nπ
)
4
∫ − +
= −
−2
∫
( n ≠ 0 )
0
inπ
當 n = 0 : 1 T
1 0
2
c = ( ) { ( 1)
2
0 ∫ = − + } = 0
4
∫ ∫
T
f x dx
dx dx
T −
−2
0
2
nπ
i x
2
f ( x)
(1 − cos nπ
) e
= ∑ ∞
≠ −∞
n
( n
=
0)
1
inπ
Amplitude
1
2
c n
= (1 − cos nπ
) = n =1,3,5, L
inπ
nπ
c
1
c
3

11-8 陳 立 工 數
1
1
(d) an
= cn
+ c−n
= [1 − cos nπ
] + [1 − cos nπ
] = 0
inπ
i(
−n)
π
b
1
1
i( cn
− c
n)
= i{
[1 − cos nπ
] − [1 − cos nπ
]}
inπ
i(
−n)
π
n
=
−
2
= [1 − cos nπ
]
nπ
結 果 與 (a) 相 同
範 例 5
2 2
∂ u ∂ u
Solve the Laplace’s equation + = 0 for the given semi-infinite plate
2 2
∂x
∂y
extending in the positive y-direction. In each assume u ( x,
y)
= 50
as x → ∞ .
π
u = 50
0
insulated
2
∇ u = 0
insulated
(15%)【97 中 興 機 械 】
【 範 圍 】15-2
2 2
∂ u ∂ u
【 分 析 】PDE + = 0
2 2
∂x
∂y
⎧u(0,
y)
= 50
BC1 ⎨
⎩u(
∞,
y)
= 50
⎧∂u
⎪
( x,0)
= 0
∂y
BC2 ⎨
⎪∂u
( x,
π ) = 0
⎪⎩
∂y
【 詳 解 】 由 分坖 離 變 數 法 , 令 u ( x,
y)
= X ( x)
Y ( y)

第 十 一 篇 97 中 興 11-9
2 2
∂ u ∂ u
X ′′ Y′′
代 入 PDE + = 0, 得 X ′′ Y + XY′′
= 0 + = 0
2 2
∂x
∂y
X Y
Y′′
X ′′
令 = −λ
, 則 = λ
Y
X
⎧Y
′′ + λY
= 0; Y′
(0) = Y′
( π ) = 0L(1)
⎨
⎩X
′′ − λX
= 0LLLLLLLL
(2)
mx
2
由 (1): 令 Y ( x)
= e , 得 m + λ = 0 m = ± − λ
1 相 異 實 根 :
2
令 λ = −ω ( 0 < ω < ∞ )
則 Y ( y)
= Acoshωy
+ Bsinhωy
sinhωL
Y′
( y)
= ωAsinhωy
+ ωBcoshωy
BC Y′ ( 0) = Bω
= 0 → B = 0
ωL
BC Y′ ( π ) = ωAsinhωπ
= 0 → A = 0
Y ( y)
= 0 ( 唯 一 零 解 ) (trivial solution)
2 重 根 :
令 λ = 0
則
BC
Y ( y)
= A + By
⎧Y
′(0)
= B = 0
⎨
⎩Y
′(
π ) = B = 0
只 要 取 B = 0 , 上 式 可 自 動 成 立 ,A 可 為 任 意 值 ,
得
Y ( y)
= A
3 共 軛 複 根 :
2
令 λ = ω ( 0 < ω < ∞ )

11-10 陳 立 工 數
則
Y ( y)
= Acosωy
+ Bsinωy
Y′
( y)
= −ωAsin
ωy
+ ωB
cosωy
BC Y′ ( 0) = Bω
= 0 → B = 0
BC Y ′( π ) = −ωAsinωπ
= 0
y = sin t
1
π
−1
2
π
3π
2
2π
1 nπ t
( n − )π
2
只 要 取 ω = n , ( n = 1,2,3, L)
則 上 式 可 自 動 成 立 ,A 可 為 任 意 值 ,
得
Y ( y)
= Acosny
故
⎧ λ = 0,
⎨
⎩Y
( y)
= 1,
n
2
cos ny
( n ∈ N )
⎧λ
= 0
代 入 (2): X ′′ − λ X = 0 , 可 得 ⎨
⎩λ
= n
2
: X ′′ = 0
2
: X ′′ − n X
= 0
( n = 0)
( n∈
N)
X ( x)
⎧A0
+ B0
x
⎨ nx
⎩Ane
+ Bne
=
−
nx
( n = 0)
( n∈
N)
由 疊 加 法 , 令
∑ ∞
n=
1
−nx
nx
u(
x,
y)
= A0 + B0
x + ( Ane
+ Bne
) cosny
由 BC
∑ ∞
n=
1
u(
0, y)
= 50 = A0 + ( An
+ Bn
) cosny

第 十 一 篇 97 中 興 11-11
⎧ 1 π
⎪
A0
= ∫ 50dy
= 50
π 0
⎨
⎪ 2 π
A + =
=
n
Bn
⎩
∫ 50cos nydy 0
π 0
⎧A0
= 50
⎨
⎩B n
= −A n
故
∑ ∞
n=
1
−nx
nx
u(
x,
y)
= 50 + B0 x + A ( e − e ) cosny
n
B x + ∑ ∞ = 50 +
0
an
sinh nx cosny
= 1
由 BC u ( ∞,
y)
= 50 B a 0
u ( x,
y)
= 50
n
0
= n
=
範 例 6-1
Evaluate
∫ ( z
2 − z + 2)
dz from i to 1 along the indicated contours shown
c
in Figure 2. (8%)
【97 中 興 機 械 】
2
【 詳 解 】 令 f ( z)
= z − z + 2
∂f
2
Q = 0 ∴ f ( z)
= z − z + 2 為 解 析 函 數
∂z
積 分 與 路 徑 無 關 可 直 接 積 分

11-12 陳 立 工 數
3 2
1
2
2
z z
∫
( z − z + 2) dz = ∫ ( z − z + 2) dz = [ − + 2]
c
i
3 2
【 另 解 】1Q z = x + i , x : 0 →1
dz = dx
2
2
∴ ∫ ( z − z + 2) dz = ∫[(
x + i)
− ( x + i)
+ 2]
dx
2Q
2
∫ [ x + 2ix
− x − i + 1] dx
= 1 0
z = 1 + iy , y : 1 → 0 dz = idy
5
=
6
z=
1
z=
i
4 = −
3
2
2
2
∴ ∫ ( z − z + 2) dz = ∫[(1
+ iy)
− (1 + iy)
+ 2] idy = ∫ [2 − y + iy]
idy
5 1 = − i +
3 2
5 5 1 4 5
∫ ( z
2 − z + 2)
dz = − i + = − i
c
6 3 2 3 3
範 例 6-2
1
0
5
i
3
Find the work done by the Force
→
F(
x,
y)
→
→
−y
−y
= (2x
+ e ) i + (4x
− xe ) j
along the indicated curve shown in Figure 3. (7%)【97 中 興 機 械 】
→
−y
− y
【 分 析 】 題 目 有 誤 , 應 改 為 F( x,
y)
= (2x
+ e ) i + (4y
− xe ) j 較 合 理
→
→
i j k
→
∂ ∂ ∂
【 詳 解 】 ∇ × F =
= 0 F → 為 保 守 向 量 場
∂x
∂y
∂z
−y
− y
2x
+ e 4y
− xe 0
→
故 存 在 φ ( x,
y)
( 位 勢 函 數 )
⎧∂φ
− y 積 x
2 −y
→
⎪
= 2x
+ e ⎯⎯→ φ = x + xe + k1(
y)
∂x
使 得 ∇φ = F ⎨
⎪
∂φ
−y
積 x
2 − y
= 4y
− xe ⎯⎯→ φ = 2y
+ xe + k2(
x)
⎪⎩
∂y
→
→

第 十 一 篇 97 中 興 11-13
可 得 φ = x
W
→
2
+ xe
→
+ 2y
− y 2
+ c
= ∫ F⋅
d r = ∫∇φ ⋅ d r = ∫ dφ
= φ
C
C
2 − y 2 (1,1)
−1
= [ x + xe + 2y
+ c]
(0,0)
= 3 + e
→
C

11-14 陳 立 工 數
97 中场 興 精 密
Determine the general solution for the following ODE :
d
dt
⎛
⎜3t
⎝
範 例 1-1
2
dx
dt
⎞
⎟ −
⎠
【 範 圍 】4-1
6t
dx
dt
2
−α x = 0
(8%) 【97 中 興 精 密 】
2
2
2 d x dx dx 2
2 d x 2
【 詳 解 】 3t + 6t
− 6t
−α x = 0 3t −α
x = 0
2
2
dt dt dt
dt
m
令 x = t ( t > 0 )
2
2 d x 2
代 入 3t −α x = 0 , 得 3 ( 1)
2 2
2
m m − −α
= 0 3m
− 3m
−α
= 0
2
dt
3 ±
m =
2
2
9 + 12α 1 9 + 12α
= ±
6 2 6
1 ⎡ 2
2
9 + 12α
9 + 12α
⎤
2
y = t ⎢c1
cosh(ln t)
+ c2
sinh(ln t)
⎥
⎢⎣
6
6 ⎥⎦
範 例 1-2
Determine the general solution for the following ODE :
d x
dt
dx
dt
2
3
− 6 + 5x
= t
(8%) 【97 中 興 精 密 】
2
【 範 圍 】3-3
2
【 詳 解 】1 齊 性 解 : m − 6m + 5 = 0 m =1, 5
y
h
= c e
t
1
+
c e
5t
2

第 十 一 篇 97 中 興 11-15
2 特 解 :
3 2
由 待 定 係 數 法 , 令 y p
= At + Bt + Ct + D
1 18 186 936
代 入 得 A = , B = , C = , D =
5 25 125 625
y p
1 3 18 186
= t + t
2 + t +
5 25 125
936
625
t 5t
1 3 18 2 186
3 通 解 : y = c e + c2e
+ t + t + t
5 25 125
1
+
936
625
【 另 解 】 y 1 3 1 6 31 2 156 3 3
=
{ t } = ( + D + D D ){ t }
p 2
D − 6D
+ 5 5 25 125
+ 625
1 3 18 186
= t + t
2 + t +
5 25 125
936
625
長 除 法 如 下 :
5 − 6D
+ D
2
1
5
+
1
6
25
D +
31
125
6 1 2
1−
D + D
5 5
D
6 1 2
D − D
5 5
6 36
D − D
5 25
2
2
31
− D
25
31
D
25
+
2
2
+
156
625
6
25
D
3
6 3
− D
25
186
− D
125
156
125
D
3
3
D
3
+L

11-16 陳 立 工 數
Determine the general solution for the following ODE :
λ d ⎛
t dt ⎝
dx ⎞
dt ⎠
2
2
t = 3t
2
⎜ ⎟
【 範 圍 】 微 積 分
【 詳 解 】
範 例 1-3
d
dt
4
⎛ 2 dx ⎞ 3t
⎜t
⎟ =
⎝ dt ⎠ λ
3t
20λ
k
t
4
1
x ( t)
= − + k2
3
dx 3t
dx 3t
k1
= = +
dt 5 λ
2
dt 5 λ t
5
2
t + k1
(8%)【97 中 興 精 密 】
範 例 2-1
2
2
Prove : cosh x − sinh x = 1 (8%)【97 中 興 精 密 】
【 範 圍 】 微 積 分
x −x
x −x
e + e 2 e − e 2 1 2x
−2x
2x
−2x
【 詳 解 】 ( ) − ( ) = ( e + 2 + e − e + 2 − e ) = 1
2 2 4
2
2
cosh x − sinh x = 1
範 例 2-2
Find the angle between the lines
x = 1+ 5t , y = 2 − 3t
, z = −1+ 3t
and
x = 5 − 2 p , y = 4 p , z = 6 + 2 p
where they intersect. (8%)【97 中 興 精 密 】
⎧
⎪
L
【 詳 解 】 令 ⎨
⎪
L
⎩
1
2
x −1
y − 2 z + 1
: = = = t
5 − 3 3
x − 5 y − 0 z − 6
: = = = p
− 2 4 2

第 十 一 篇 97 中 興 11-17
法 向 量
⎧
⎪t
⎨
⎪
⎩t
→
1
→
2
→
= 5 i − 3 j+
3k
→
→
→
→
→
= −2
i + 4 j+
2 k
夾 角
θ = cos
−1
→
→
→
t ⋅t
t
1
1
2
→
t
2
−
= cos 1
−16
43 ⋅
24
− − 8
= cos 1 258
範 例 2-3
2 3 z
Evaluate ∫ F1 dx + F2dy
+ F3dz
, where F = 2 x zi − y j + e zk , and C is
C
given by C :
2
x = t , y = t , z = 2t
, t : 1 → 3 . (8%)【97 中 興 精 密 】
【 詳 解 】Q
2
x = t , y = t , z = 2t
1
∴ dx = 2 tdt,
dy = dt,
dz = 2dt
2 t
2
3 z
∫ F1 dx + F2dy
+ F3dz
= ∫ 2 x zdx − y dy + e zdz
C
3
5
1
2
2
= ∫ 4 t (2tdt)
− t ( ) dt + 4e
t tdt
C
2 t
1
3
= ∫ [8t
=
8
7
(3
7
6
1
− t + 4te
2
−1)
− 2 + 5
2t
C
8
] dt = [ t
7
6 2
e − e
7
1
− t
4
2
t 1
+ 4( − ) e
2 4
2t
]
t=
3
t=
1
範 例 3
A half circular disk of radius a lies above the x axis and with its diameter on
the x axis.

11-18 陳 立 工 數
(a) Prove that the centroid is positioned a distance
4a
3π
above the x axis.
(b) Determine the volume generated when the half circular disk is rotated
about the x axis. (26%) 【97 中 興 精 密 所 】
【 詳 解 】
y =
a
2
− x
2
− a
( x,
y)
a
x
(a) y =
∫∫
ydA
=
A
π
a
∫ ∫
∫ ∫
r sinθ
⋅ rdrdθ
=
a
rdrdθ
2 3
1 3 a
πa
2
4
=
3π
0 0 a
π
2
0 0
(b) 半 圓 形 (half circular) 繞 x 軸 旋 轉 , 會 變 成 一 顆 半 徑 為 a 的 球 ,
體 積 為 V =
4 π a
3
3
範 例 4
Consider the following transient PDE
∂x
1
=
∂t
ς
∂ ⎛ ∂x
⎞ 2
⎜ς
⎟ + Pς
∂ς
⎝ ∂ς
⎠
IC : x ( ς ,0) = 1
BC : x ( 1, t)
= 0
, 0 < ς < 1
Determine the steady state, x
P
(ς ) . Note that P is a constant.
【 範 圍 】14-2
(26%) 【97 中 興 精 密 】

第 十 一 篇 97 中 興 11-19
【 詳 解 】PDE
∂x
∂t
2
∂ x 1 ∂x
2
= + + Pς
2
∂ς
ς ∂ς
令 x ( ς , t)
= w(
ς , t)
+ s(
ς ) = 暫 態 解 + 穩 態 解
代 入 PDE 得
2
∂w
∂ w 1 ∂w
1
2
= + ( ) + s′′
( ς ) + s′
( ς ) + Pς
2
∂t
∂ς
ς ∂ς
ς
1
ODE s ′′ ( ς ) + s′
( ς ) + Pς
2 = 0 ς
s ′′ ( ς ) + s′
( ς ) + Pς
3 = 0
ς
d
( ς s′ ) + Pς
3 = 0
dς
由 分坖 離 變 數 法
3
P 4
d( ς s′ ) = −Pς
dς
ς
s ′ = − ς + c1
4
ds P 3 c1
P 4
= − ς + s ( ς ) = − ς + c1
lnς
+ c2
dς
4 ς
16
BC
⎧s(
ς = 0) 有 界 ⇒ c1
= 0
⎪
⎨
P
⎪s(
ς = 1) = 0 = − + c2
⇒ c
⎩
16
2
P
=
16
4
穩 態 解 (steady- state) s ( ς ) = P (1 −ς )
16

11-20 陳 立 工 數
97 中场 興 電 機 、 光 電
範 例 1
Consider
⎡1
A =
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
5
5
− 2
5 ⎤
6
⎥
⎥
− 2⎥⎦
(a) Find all the eigenvalues and the corresponding eigenvectors of A. (4%)
(b) Find a matrix Q which transforms the matrix A into the diagonal form, i.e.,
−1
D = Q AQ . If no such Q exists, explain. (1%)
(c) Find a matrix P which transforms the matrix A into the Jordan form, i.e.,
J
−1
= P AP . If no such P exists, explain. (5%) 【97 中 興 電 機 、 光 電 】
1−
λ 5 5
【 詳 解 】(a) 由 det( A − λI)
= 0 5 − λ 6 = 0 λ = 2,1, 1
0 − 2 − 2 − λ
⎡−1
5 5 ⎤ ⎡ 5 ⎤
EV (2) = ker( A − 2I)
= ker
⎢
0 3 6
⎥
{
⎢
2
⎥
⎢
⎥
= span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
0 − 2 − 4⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎡ 5 ⎤
eigenvector is { k
⎢
1
2
⎥
⎢ ⎥
| k1
∈ R}
⎢⎣
−1⎥⎦

第 十 一 篇 97 中 興 11-21
If three
v
範 例 2
a v , b , and k k
k
⎡0
5 5 ⎤ ⎡1⎤
EV (1) = ker( A − I ) = ker
⎢
0 4 6
⎥
{
⎢
0
⎥
⎢ ⎥
= span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
0 − 2 − 3⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
⎡1⎤
eigenvector is { k
⎢
2
0
⎥
⎢ ⎥
| k2
∈ R}
⎢⎣
0⎥⎦
(b) λ =1, 1( 二 重 根 ), 但 僅 對 應 一 組 特 徵 向 量 , 故 無 法 找 到 Q
−1
來 滿 足 D = Q AQ 。
(c) 由 廣 義 特 徵 向 量
⎡0
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
5 5 ⎤⎡x1
⎤ ⎡1⎤
4 6
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
− 2 − 3⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦
⎡ ⎤
⎢ 5 1 0 ⎥
⎢ 3 ⎥
令 P = ⎢ 2 0 ⎥ , 則 P
⎢ 5 ⎥
⎢ 2
−1
0 − ⎥
⎢⎣
5⎥⎦
⎡2
0 0⎤
−1
使 得 P AP = J =
⎢ ⎥
⎢
0 1 1
⎥
⎢⎣
0 0 1⎥⎦
⎡x
⎢
⎢
x
⎢⎣
x
−1
1
2
3
⎡0
=
⎢
⎢
1
⎢⎣
0
⎡ ⎤
⎤
⎢ 0 ⎥
⎥
⎢ 3 ⎥
⎥
= ⎢ ⎥
⎢ 5
⎥
⎥
⎦ ⎢ 2
− ⎥
⎢⎣
5⎥⎦
2
− 5
− 5
3 ⎤
− 5
⎥
⎥
−10⎥⎦
n× n matrices, A , B , and C , are identical except for the k th rows
c v , respectively, which are related by
v
a
k
v v
= 2 b + 3c
. Find det(A)
in terms of det(B) and det(C). (No points will be given if you do not show
proper intermediate steps) (10%) 【97 中 興 電 機 、 光 電 】
【 詳 解 】 因 為 ak
= 2 bk
+ 3ck
k
k

11-22 陳 立 工 數
⎡a1
⎤
⎢ ⎥
⎢
M
⎥
A = ⎢a
⎥
k
⎢ ⎥
⎢ M ⎥
⎢
⎣a
⎥
n ⎦
⎡ a1
⎤
⎢ ⎥
⎢
M
⎥
= ⎢2b
⎥
k
+ 3ck
⎢ ⎥
⎢ M ⎥
⎢
⎣ a ⎥
⎦
n× n
n
a
M
1
a
1
det( A)
= 2b
+ 3c
= 2 b + 3 c = 2det( B)
3det( C)
k k k k
+
M
a
n
M
M
a
n
a
M
M
a
1
n
範 例 3
Let A be an
T
m× n matrix. Show that (a) rank( A A)=rank(A) and (b)
rank(A(
T
A ))=rank(A) where
T
A denotes the transpose of A.
T
【 詳 解 】(a) 令 x ∈ N( A A)
(10%) 【97 中 興 電 機 、 光 電 】
則 A T Ax = 0 x T A
T Ax = x
T ⋅0 = 0 ( Ax)
T Ax = 0
2
Ax = 0 Ax = 0 x ∈ N(A)
N( A
A)
⊆ N(
A)
反 之 亦 可 證
令 x ∈ N(A)
Ax = 0 A T Ax = 0
T
x ∈ N( A A)
T
N( A)
⊆ N(
A A)
故 N( A
T A)
= N(
A)
由 維 度 定 理
T
T
rank( A A)
= n − dim( N(
A A))
= n − dim( N(
A))
= rank(
A)
T
(b) 承 (a) rank( A A)
= rank(
A)
T T T
T
T
rank (( A ) A ) = rank(
AA ) = rank(
A )

第 十 一 篇 97 中 興 11-23
T
rank( AA ) = rank(
A)
範 例 4
Let
A
m×
n
∈ R .
T
A means the transpose, (A)
R the range (or called image),
and N (A)
the kernel (or called nullspace) of matrix A, respectively.
V
⊥
represents the orthogonal complement of the subspace V. P is some matrix and
x some column vector.
⊥
T
(a) Show that R ( A)
= N(
A )
⊥ T
and N ( A)
= R(
A ) .
(b) If the rank of A is n, find the orthogonal projector P such that
P
x
is the
orthogonal projection onto R (A)
.
(c) If the rank of A is m, find the orthogonal projector P such that
P
x
is the
orthogonal projection onto N (A)
. (10%) 【97 中 興 電 機 、 光 電 】
T
【 詳 解 】(a) 1 令 y ∈ R(
A),
z ∈ N(
A )
存 在 x ∈ R
n×1 , 使 得 Ax = y 且 A T z = 0
T T T T T T T T
y, z = z y = z Ax = z ( A ) x = ( A z)
x = 0 ⋅ x = 0
⊥
T
故 R ( A)
= N(
A )
2 令 y ∈ RS( A),
z ∈ N(
A)
存 在 x ∈ R
m×1 , 使 得 A T x = y 且 Az = 0
T T T
T T
y, z = z y = z A x = ( Az)
x = 0 ⋅ x = 0
⊥ T
故 N ( A)
= R(
A )
(b) 若 rank ( A)
= n ⇔ A 為 行 獨 立 ⇔ A T A為 可 逆
因 為 Px ∈ R(A)
T
T
又 N( A ) = { z | A z = 0}
⊥
T
x − Px ∈ R(A)
x − Px ∈ N(
A )
A T T T T T
( x − Px)
= 0 A x − A Px = A x − A Az = 0
A
T
T
T −1
T
x = A Az z = ( A A)
A x

11-24 陳 立 工 數
T −1
T
T
Px = Az = A(
A A)
A x P = A(
A A)
T
(c) 若 rank ( A)
= m , 則 A 為 列 獨 立 , 亦 即 A 為 行 獨 立
T
P = I − A(
A A)
−1
A
T
−1
A
T
範 例 5
− x −2x
Construct orthonormal vectors which are linear combinations of { e , e }
using
2
2
<
f , g >= ∫ ∞
f ( t)
g(
t)
dt . (10%) 【97 中 興 電 機 、 光 電 】
0
−x
−2
x
【 詳 解 】 令 v1 = e , v2
= e
由 Gram-Schmidt process
取 u
1
2
2
2
2
−x
−x
−x
= v1
= e 且 < u1,
u1
>= ∫ e ⋅e
dx =
0 ∫
∞
, 2
2
u1
> 2x
0
u1
= e −
1,
u1
>
∞
2 ∞ −
2
2x
π
2
−2
2
−
x x
< v
e e dx
−
∫ ⋅
u2
= v2
−
e
< u
π
8
π
2
2
2 2 2
−2x
12 −x
−2x
−x
= e − e = e − e
π
6
8
且 ∫ ∞ 2
−2
2 2
x
−x
2
< u2 , u2
>= ( e − e ) dx
0
6
∫ ∞ 2
−4
4 2
−3
2 2
x
x −2x
= ( e − e + e ) dx
0
6 3
0
e
2
−
x
dx =
1 π 4 π 2
(
π 1 1
= − + ) = π ( − )
2 4 3 2 3 2 4 3 2
u1
u2
取 { , } 為 單 範 正 交 基 底
u u
1
2
8

第 十 一 篇 97 中 興 11-25
範 例 6-1
Find the general solution of the following ordinary differential equation.
y
(4)
(2)
( x)
− y ( x)
= 4x
+ 2xe
− x
(10%) 【97 中 興 電 機 、 光 電 】
【 範 圍 】3-3
4 2
【 詳 解 】1 齊 性 解 : m − m = 0 m = 0,0,
−1,
1
−x
yh
= c1 + c2x
+ c3e
+ c4
2 特 解 :
由 待 定 係 數 法 , 令
y
p
e
x
3 2 2
= Ax + Bx + ( Cx + Dx)
e
2
1 5
代 入 得 A = − , B = 0, C = − , D = −
3
2 2
2 3 −x
1 5
y
(
2
p
= − x + e − x − x)
3 2 2
3 通 解 : 2 −x
x 3 −x
1 5
y = c
(
2
1
+ c2x
+ c3e
+ c4e
− x + e − x − x)
3 2 2
1
−x
1 2 3 1
−x
【 另 解 】 y
p
= {4x
+ 2xe
} = { x } + {2xe
}
4 2
2
2 2
D − D
D −1
3 D ( D −1)
2 2 3 −x
1
= ( −1−
D −L
){ x } + e
2
2
3 ( D −1)
[( D −1)
= − x
3
= − x
3
= − x
3
2 3
−x
2
− 4x
+ e
− 4x
+ e
1
{ x
2
( D −1)
( D − 2)
2 3
−x
2
2
2 3
−x
2
− 4x
+ e
1 5 17
( − − D − D
2 4 8
1
( − x
2
( 其 中 4x
− ,
−
5 17
x − )
2 4
17
− 4
e −x
}
−L){
x
−x
{2x}
−1]
}
與 y
h
為 L.D., 可 刪 !)
範 例 6-2

11-26 陳 立 工 數
Find the general solution of the following ordinary differential equation.
′
2 (2)
2
x y ( x)
− 4xy
( x)
+ 6y(
x)
= ln x
(10%) 【97 中 興 電 機 、 光 電 】
【 範 圍 】4-1
2
2 d y dy
2
【 詳 解 】 x − 4x
+ 6y
= ln x = 2ln
x
2
dx dx
t
d
令 x = e , t = ln x , D ≡ ( x > 0)
dt
代 入 ODE 可 得 { D( D − 1) − 4D
+ 6} y = 2t
1 齊 性 解 :
2
m − 5m + 6 = 0 m = 2, 3
y
2 特 解 :
2t
3t
2 3
h
= c1e
+ c2e
= c1x
+ c2x
由 待 定 係 數 法 , 令
y p
= At +
⎠ ⎠ ⎠ 代 回 { D( D − 1) − 4D
+ 6} y = 2t
y p
1 5 1
= t + = ln x +
3 18 3
5
18
B
1
, 得 A = , B =
3
2 3 1
3 通 解 : y = yh
+ y
p
= c x + c2x
+ ln x
3
1
+
【 另 解 】 y = 1
1 5
1
{2t}
= ( + D + )2t
=
D − 5D
+ 6 6 36
L 3
t
p
2
+
5
18
5
18
5
18

第 十 一 篇 97 中 興 11-27
範 例 7-1
2
w
Find the Laplace inverse transform of the function ln( 1+ ) for t ≥ 0 .
2
s
【 範 圍 】7-3 完 全 抄 自 陳 立 工 數 魔 法 書 上 冊 P.7-58 ex12
(5%)【97 中 興 電 機 、 光 電 】
2
2 2
ω s + ω
2 2 2 2 2
【 詳 解 】∵ ln(1 + ) = ln( ) = ln( s + ω ) − ln s = ln( s + ω ) − 2ln s
2
2
s s
2 2
∴£{ f ( t)
} = ln( s + ω ) − 2ln
s
由 變 換 後 之圽 微 分坖 定 理
d 2 2
£{ tf ( t)
} = − [ ln( s + ω ) − 2ln
s]
tf (t) = £
ds
−1
⎧
⎨−
⎩ s
2 2
f ( t)
= − cosω
t +
t t
2
2s 2
= − +
2 2
s + ω s
2s 2⎫
+ ⎬ = −2 cosω
t + 2
2
+ ω s ⎭
範 例 7-2
Use the Laplace transform to solve the initial value problem
2
d y
+ 9y
= sin 3t
, t ≥ 0 , y ′( 0) = 1, y ( 0) = 2 , t ≥ 0 .
2
dt
(10%)【97 中 興 電 機 、 光 電 】
【 範 圍 】8-1
【 詳 解 】 取 Laplace 變 換
2
3
[ s Y ( s)
− sy(0)
− y′
(0)] + 9Y
( s)
=
2
s + 9

11-28 陳 立 工 數
2
3
2s
+ 1 3
s + 9) Y ( s)
= 2s
+ 1+
Y
( s)
= +
2
2 2
s + 9
s + 9 ( s + 9)
(
2
3 3 1
其 中 = ⋅
2 2 2 2 2 2 2
( s + 3 ) s + 3 s + 3
£
−1
⎧
⎨
⎩(
s
−
故 y (t) = £ 1 { Y ( s)}
2
3 ⎫ 1 −1⎧
3 3 ⎫ 1
=
2 2 ⎬ £ ⎨ ⋅
sin 3t
sin 3t
2 2 2 2 ⎬ = ∗
+ 3 ) ⎭ 3 ⎩s
+ 3 s + 3 ⎭ 3
1 t
= ∫ sin 3( t −τ
)sin 3τ
dτ
3 0
1 1
= − t cos3t
+ sin 3t
6 18
7 1
= 2cos3t + sin 3t
− t cos3t
18 6
範 例 8
Find the general solution of the given differential systems.
⎧ x′
1
= 3x1
− x2
− x3
⎪
⎨ x′
2
= x1
+ x2
− x3
+ t
⎪
⎩x′
3
= x1
− x2
+ x3
+ 2e
t
(15%) 【97 中 興 電 機 、 光 電 】
⎡x′
1 ⎤ ⎡3
−1
−1⎤
⎡x1
⎤ ⎡ 0 ⎤
【 詳 解 】
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢
⎥
+
⎢ ⎥
⎢
x′
2⎥
=
⎢
1 1 −1
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
t
⎥
t
⎢⎣
x′
⎥⎦
⎢⎣
1 −1
1 ⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
2e
⎥
3
3 ⎦
( X ′ = AX + G )
3 − λ −1
−1
由 det( A − λI)
= 1 1−
λ −1
= 0 λ =1,2, 2
1 −1
1−
λ
⎡2
−1
−1⎤
⎡1⎤
EV (1) = ker( A − I)
= ker
⎢
1 0 1
⎥
= {
⎢
1
⎥
⎢
−
⎥
span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
1 −1
0 ⎥⎦
⎢⎣
1⎥⎦

第 十 一 篇 97 中 興 11-29
eigenvector is }
|
1
1
1
{ 1
1 R
k
k
∈
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
}
0
1
1
,
1
0
1
{
1
1
1
1
1
1
1
1
1
ker
)
2
ker(
(2)
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
−
−
=
−
= span
I
A
EV
eigenvectors are }
,
|
0
1
1
1
0
1
{ 3
2
3
2 R
k
k
k
k
∈
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
令
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
0
1
1
1
0
1
1
1
1
P
, 則
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
=
−
1
0
1
0
1
1
1
1
1
1
P
使 得
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
−
2
0
0
0
2
0
0
0
1
1
D
AP
P
由 座 標 變 換 , 令
PY
X =
代 入
G
AX
X +
=
′ 得 G
P
DY
G
P
APY
P
Y
1
1
1 −
−
−
+
=
+
=
′
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
+
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
′
′
′
t
e
t
y
y
y
y
y
y
2
0
1
0
1
0
1
1
1
1
1
2
0
0
0
2
0
0
0
1
3
2
1
3
2
1
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−
=
′
−
=
′
+
+
=
′
t
t
e
y
y
t
y
y
e
t
y
y
2
2
2
2
3
3
3
2
1
1
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
+
=
+
+
=
+
−
−
=
t
t
t
t
t
e
e
k
y
t
e
k
y
te
t
k e
y
2
4
1
2
2
1
2
3
3
2
2
2
1
1
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
+
+
+
−
−
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
t
t
t
t
t
e
e
k
t
e
k
te
t
k e
PY
X
2
4
1
2
2
1
0
1
1
1
0
1
1
1
1
2
3
2
2
1

11-30 陳 立 工 數
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
−
−
+
+
−
−
+
+
−
−
+
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
t
t
t
t
t
t
t
t
te
t
e
te
t
e
te
t
e
k
e
k
e
k
2
4
3
2
2
2
1
2
2
4
3
2
0
1
1
1
0
1
1
1
1
2
3
2
2
1

第 十 一 篇 97 中 興 11-31
97 中场 興 電 機 ( 甲堅 )
範 例 1
Let
x
Y = e where X is a Gaussian random variable with mean m and variance
2
σ .
(a) Find the pdf of Y. (7%)
(b) Find the mean and variance of Y. (8%) 【97 中 興 電 機 】
範 例 2
Messages arrive at a service center at a rate of one message per second with the
interarrival time being an exponential random variable. Let X be the time for
the arrival of five messages. Find the probability that 6 < X ≤ 8.
(10%) 【97 中 興 電 機 】
範 例 3
The random vector variable ( X , Y ) has the joint pdf
2 2
f ( x,
y)
= c(
x + y ) 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1
(a) What is the value of the constant c ? (10%)
(b) What is the probability of P [ X > Y ] ? (15%) 【97 中 興 電 機 】

11-32 陳 立 工 數
範 例 4
Consider
⎡1
A =
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
5
5
− 2
5 ⎤
6
⎥
⎥
− 2⎥⎦
(a) Find all the eigenvalues and the corresponding eigenvectors of A. (4%)
(b) Find a matrix Q which transforms the matrix A into the diagonal form, i.e.,
−1
D = Q AQ . If no such Q exists, explain. (1%)
(c) Find a matrix P which transforms the matrix A into the Jordan form, i.e.,
J
−1
= P AP . If no such P exists, explain. (5%) 【97 中 興 電 機 】
1−
λ
【 詳 解 】(a) 由 det( A − λI)
= 0 5 − λ 6 = 0 λ = 2,1, 1
0
5
− 2
5
− 2 − λ
⎡−1
5 5 ⎤ ⎡ 5 ⎤
EV (2) = ker( A − 2I)
= ker
⎢
0 3 6
⎥
{
⎢
2
⎥
⎢
⎥
= span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
0 − 2 − 4⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
⎡ 5 ⎤
eigenvector is { k
⎢
1
2
⎥
⎢ ⎥
| k1
∈ R}
⎢⎣
−1⎥⎦
⎡0
5 5 ⎤ ⎡1⎤
EV (1) = ker( A − I ) = ker
⎢
0 4 6
⎥
{
⎢
0
⎥
⎢ ⎥
= span
⎢ ⎥
}
⎢⎣
0 − 2 − 3⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
⎡1⎤
eigenvector is { k
⎢
2
0
⎥
⎢ ⎥
| k2
∈ R}
⎢⎣
0⎥⎦
(b) λ =1, 1( 二 重 根 ), 但 僅 對 應 一 組 特 徵 向 量 , 故 無 法 找 到 Q

第 十 一 篇 97 中 興 11-33
−1
來 滿 足 D = Q AQ 。
(c) 由 廣 義 特 徵 向 量
⎡0
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
5 5 ⎤⎡x1
⎤ ⎡1⎤
4 6
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
− 2 − 3⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦
⎡
⎢ 5
⎢
令 P = ⎢ 2
⎢
⎢−1
⎢⎣
1
0
0
⎤
0 ⎥
3 ⎥
⎥ , 則 P
5 ⎥
2
− ⎥
5⎥⎦
⎡x
⎢
⎢
x
⎢⎣
x
−1
1
2
3
⎡0
=
⎢
⎢
1
⎢⎣
0
⎡ ⎤
⎤
⎢ 0 ⎥
⎥
⎢ 3 ⎥
⎥
= ⎢ ⎥
⎢ 5
⎥
⎥
⎦ ⎢ 2
− ⎥
⎢⎣
5⎥⎦
2
− 5
− 5
3 ⎤
− 5
⎥
⎥
−10⎥⎦
使 得 P
−1
AP = J
⎡2
=
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
0
1
0
0⎤
1
⎥
⎥
1⎥⎦
範 例 5
If three
v
a v , b , and k k
k
n× n matrices, A , B , and C , are identical except for the k th rows
c v , respectively, which are related by
v
a
k
v v
= 2 b + 3c
. Find det(A)
in terms of det(B) and det(C). (No points will be given if you do not show
proper intermediate steps) (10%) 【97 中 興 電 機 】
【 詳 解 】 因 為 ak
= 2 bk
+ 3ck
⎡a1
⎤ ⎡ a1
⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
M
⎥ ⎢
M
⎥
A = ⎢a
⎥ = ⎢ + ⎥
k
2bk
3ck
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ M ⎥ ⎢ M ⎥
⎢
⎣a
⎥
⎦
⎢
⎣
⎥
n
a ⎦
n× n
n
k
k

11-34 陳 立 工 數
a
1
a
1
det( A)
= 2b
+ 3c
= 2 b + 3 c = 2det( B)
3det( C)
k k k k
+
a
n
a
n
a
M M M
M M M
a
1
n
範 例 6
Let A be an
m× n matrix and
T
A be the transpose of A. Show that
(a) rank(
(b) rank(A(
T
A A)=rank(A).
T
A ))=rank(A). (10%) 【97 中 興 電 機 】
T
【 詳 解 】(a) 令 x ∈ N( A A)
則 A T Ax = 0 x T A
T Ax = x
T ⋅0 = 0 ( Ax)
T Ax = 0
2
Ax = 0 Ax = 0 x ∈ N(A)
N( A
A)
⊆ N(
A)
反 之 亦 可 證
令 x ∈ N(A)
Ax = 0 A T Ax = 0
T
x ∈ N( A A)
T
N( A)
⊆ N(
A A)
故 N( A
T A)
= N(
A)
由 維 度 定 理
T
T
rank( A A)
= n − dim( N(
A A))
= n − dim( N(
A))
= rank(
A)
T
(b) 承 (a) rank( A A)
= rank(
A)
範 例 7
T T T
T
T
rank (( A ) A ) = rank(
AA ) = rank(
A )
T
rank( AA ) = rank(
A)
Let
A
m×
n
∈ R .
T
A means the transpose, (A)
R the range (or called image),
and N (A)
the kernel (or called nullspace) of matrix A, respectively.
V
⊥
represents the orthogonal complement of the subspace V. P is some matrix and

第 十 一 篇 97 中 興 11-35
x some column vector.
⊥
T
(d) Show that R ( A)
= N(
A )
⊥ T
and N ( A)
= R(
A ) .
(e) If the rank of A is n, find the orthogonal projector P such that
P
x
is the
orthogonal projection onto R (A)
.
(f) If the rank of A is m, find the orthogonal projector P such that
P
x
is the
orthogonal projection onto N (A)
.
T
【 詳 解 】(a) 1 令 y ∈ R(
A),
z ∈ N(
A )
存 在 x ∈ R
n×1 , 使 得 Ax = y 且 A T z = 0
(10%) 【97 中 興 電 機 】
T T T T T T T T
y, z = z y = z Ax = z ( A ) x = ( A z)
x = 0 ⋅ x = 0
⊥
T
故 R ( A)
= N(
A )
2 令 y ∈ RS( A),
z ∈ N(
A)
存 在 x ∈ R
m×1 , 使 得 A T x = y 且 Az = 0
T T T
T T
y, z = z y = z A x = ( Az)
x = 0 ⋅ x = 0
⊥ T
故 N ( A)
= R(
A )
(b) 若 rank ( A)
= n ⇔ A 為 行 獨 立 ⇔ A T A為 可 逆
因 為 Px ∈ R(A)
T
T
又 N( A ) = { z | A z = 0}
⊥
T
x − Px ∈ R(A)
x − Px ∈ N(
A )
A T T T T T
( x − Px)
= 0 A x − A Px = A x − A Az = 0
A
T
T
T −1
T
x = A Az z = ( A A)
A x
T −1
T
T
Px = Az = A(
A A)
A x P = A(
A A)
T
(c) 若 rank ( A)
= m , 則 A 為 列 獨 立 , 亦 即 A 為 行 獨 立
T
P = I − A(
A A)
−1
A
T
−1
A
T
範 例 8
− x −2x
Construct orthonormal vectors which are linear combinations of { e , e }
2
2

11-36 陳 立 工 數
using
<
f , g >= ∫ ∞
f ( t)
g(
t)
dt . (10%) 【97 中 興 電 機 】
0
−x
−2
x
【 詳 解 】 令 v1 = e , v2
= e
由 Gram-Schmidt process
取 u
2
2
−
x
1
= v1
= e 且
2
∞
2
−x
−x
< u1,
u1
>= ∫ e ⋅e
dx =
0 ∫
∞
, u >
2
0
2 ∞ 2 π
2
2
−
−2x
x
< v
e e dx
2 1
−2x
∫ ⋅
u2
= v2
− u1
= e −
e
< u1,
u1
>
π
8
π
2
2
2 2 2
−2x
12 −x
−2x
−x
= e − e = e − e
π
6
8
且 ∫ ∞ 2
−2
2 2
x
−x
2
< u2 , u2
>= ( e − e ) dx
0
6
∫ ∞ 2
−4
4 2
−3
2 2
x
x −2x
= ( e − e + e ) dx
0
6 3
0
e
− 2x
2
−
x
dx =
1 π 4 π 2
(
π 1 1
= − + ) = π ( − )
2 4 3 2 3 2 4 3 2
u1
u2
取 { , } 為 單 範 正埲 交堙 基 底
u u
1
2
8

第 十 一 篇 97 中 興 11-37
97 中场 興 奈 米
範 例 1
dx
令 ≡ v(t)
, 給 定 ODE
dt
2
d x
2
dt
2
= −v
與 初 始 條 件 ( 0) = 0
x , v ( 0) = 1, 請 解
出 (a) v (t)
,(b) x (v)
, x as a function of v。 (10+10%)【97 中 興 奈 米 】
【 範 圍 】2-1
2
d x 2
【 詳 解 】 = −v
2
dt
由 分坖 離 變 數 法
d
dt
dx
( ) v
dt
2
= −
dv
dv
得 = −dt
2
v
∫ = ∫ − dt
v
dv
dt
= −v
2
1
1
IC v ( 0) = 1 c
1
= 1 = t + 1
v
又
dx
dt
1
= v(
t)
=
t + 1
2
1
= t + c
v
x ( t)
= ln t + 1 + c
2
1
v ( t)
= t + 1
1
IC x ( 0) = 0 c
2
= 0 x ( t)
= ln t + 1 x( v)
= ln
v
範 例 2
⎧1,
−1
≤ x ≤ 1
給 定 一 函 數 f ( x)
= ⎨
Find the Fourier series for f (x)
. (10%)
⎩0,
otherwise
【97 中 興 奈 米 】
【 範 圍 】13-1
【 分 析 】 題 目 有 誤 , 未 給 週 期 無 法 計 算 Fourier series, 應 改 為 計 算 Fourier
integral 才 對 。

11-38 陳 立 工 數
2
【 詳 解 】 令 f ( x)
= ∫ ∞
Acosωxdx
π 0
∫ ∞
0
A = f ( x)cosωxdx
= ∫
2
= ∫ ∞ sinω
f ( x)
cosωxdx
π 0 ω
1
0
sinω
cosωxdx
=
ω
範 例 3
Suppose F (ω)
is the Fourier transformation of f (t)
.
2
d f
Now given an ODE for f (t)
, + tf ( t)
= 0 ,
2
dt
(a) find the ODE for F (ω)
and
(b) solve for F (ω)
. (10%)【97 中 興 奈 米 】
【 範 圍 】13-2
2
d f
【 詳 解 】ODE + tf ( t)
= 0
2
dt
2
d f
取 Fourier 變 換 I{ } + I{
tf ( t)}
= 0
2
dt
2 1 d
dF( ω)
2
得 ( i ω)
F(
ω)
− F(
ω)
= 0 + iω
F(
ω)
= 0
i dω
dω
由 分坖 離 變 數 法
dF( ω)
2
+ iω
dω = 0
F(
ω)
∫
dF ( ω)
= −∫iω
2 dω
F(
ω)
3
− ω
3
ω
i
3
ln F(
ω ) = −i
+ ln c ln F(
ω ) = ln e + ln c
3
ω
−i
3
F(
ω)
= ce
3
範 例 4

第 十 一 篇 97 中 興 11-39
Given a homogeneous linear system for (x,y,z) as
⎧ x − 2sin( ω)
y = 0
⎪
⎨cos(
ω)
x + sin( ω)
z =
⎪
⎩ y + sin( ω)
z = 0
0 . 請 找 出 所 有 的 ω 值 , 使 得 方 程 組 有 nontrivial
solution ( 非 全 0 解 )。(10%) 【97 中 興 奈 米 】
⎡ 1
【 詳 解 】
⎢
⎢
cosω
⎢⎣
0
− 2sinω
0
1
0 ⎤⎡x⎤
⎡0⎤
sinω
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎥⎢
y
⎥ ⎢
0
⎥
sinω⎥⎦
⎢⎣
z⎥⎦
⎢⎣
0⎥⎦
1 − 2sinω
0
若 方 程 組 有 非 零 解 , 則 cosω
0 sinω
= 0
0 1 sinω
2
− sinω
+ 2sin ω cosω
= sinω(2sinω
cosω
−1)
= 0
π
ω
= n π , + nπ
n =1,2,3,L L
4
範 例 5
Given matrix
⎡1
B =
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
0
0
b
0⎤
b
⎥
⎥
, where b is a real number. Find the value of b
0⎥⎦
such that matrix B has only TWO eigenvalues. (10%) 【97 中 興 奈 米 】
1−
λ 0 0
【 詳 解 】 由 det( B − λI
) = 0 − λ b = 0 λ =1,
−b,
b
0 b − λ

11-40 陳 立 工 數
若 B 只 有 兩 個 特 徵 值 , 則 必 取 b = 0 或 b = ± 1。
範 例 6
2
給 定 一 純 量 場 ϕ ( x,
y,
z)
= x y − x exp( z)
.
(a) Find ϕ ( x,
y,
z)
的 梯 度 (gradient), ∇ ϕ .
(b) Find ϕ ( x,
y,
z)
過 點 (2,-1,0) 的 等 值 面 的 法 線 單 位 向 量 。 (10%)
【97 中 興 奈 米 】
∂ϕ
→
∂ϕ
→
∂ϕ
→
【 詳 解 】(a) ∇ϕ
= i + j+
k = (2xy
− e
∂x
∂y
∂z
→
(b) N = ∇ϕ
= −5
i + 4 j−
2 k
|
(2, −1,0)
→
→
→
→ →
z 2
) i + x
j−
xe
→
z
k
→
n = ±
→
N
→
N
→
→
→
− 5 i + 4 j−
2 k
= ±
45
範 例 7
給 定 一 vector field
→
→
3
→
→
A = y i + y j+
z k . (a) Find → A 的 散 度 (divergence). (b)
給 定 一 封 閉 面 為 位 於 第 一 象 限 、 邊 長 =1 的 立 方 體 的 表 面 , 運 用 散 度 定 理 計
→
⋅
→
→ →
算 A 在 該 封 閉 面 的 通 量 ∫ A d a。(c)
Find A 的 旋 度 (curl). (d) 給 定 一 封 閉 環
路 C 為 一 個 以 原 點 為 圓 心 、 半 徑 =1、 落 在 x-y 平 面 的 逆 時 鐘 圓 周 , 運 用
→
⋅
→
Stoke’s 定 理 計 算 路 徑 積 分 ∫ A d l (Hint: 用 極 座 標 算 )。 (5+10+5+10%)
c
【97 中 興 奈 米 】

第 十 一 篇 97 中 興 11-41
【 詳 解 】(a) ∇ ⋅
→ A = 0 + 1+
1 = 2
(b) 由 高 斯 散 度 定 理
∫
→
→
A ⋅ d a =
∫∫∫
→
∇ ⋅ AdV
=
∫∫∫
2 dV = 2V
= 2(1⋅1
⋅1)
= 3
→
(c) ∇ × A =
→
i
∂
∂x
3
y
→
j
∂
∂y
y
→
k
∂
∂z
z
= −3
y
→
2
k
(d) 由 平埠 面 Stoke’s 定 理
∫
c
→
→
A⋅
d l
=
∫∫
3
= − π
4
→
→
∇ × A⋅
k da =
∫∫
2π
1
∫ ∫
2
2 2
− 3y
da = − 3r
sin θrdrdθ
0
0

11-42 陳 立 工 數
97 中场 興 生堀 機 電
範 例 1
Solve the initial value problem :
⎧y
′′
1
= −y1
+ 2y
⎨
⎩ y′′
2
= 2y1
− y2
2
y 0) = 1, y′
(0) = 0, y (0) = 1, y′
(0) 0 (16%) 【97 中 興 生 機 電 】
1
(
1
2
2
=
⎡ y′′
1⎤
⎡−1
2 ⎤⎡
y1
⎤
【 詳 解 】 ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥⎢
⎥
⎣y
′′
2⎦
⎣ 2 −1⎦
⎣y2
⎦
⎡ y
令 ⎢
⎣y
1
2
⎤ ⎡c1
⎤
⎥ = ⎢ e
c
⎥
⎦ ⎣ 2 ⎦
λ t
代 入 上 式 , 得
2
⎡−1−
λ
⎢
⎣ 2
2 ⎤⎡c1
⎤ ⎡0⎤
⎢ ⎥ =
2⎥
⎢ ⎥
−1−
λ ⎦⎣c2⎦
⎣0
⎦
2
⎡c1
⎤ ⎡0⎤
−1−
λ 2
若 ⎢ ⎥ ≠ ⎢ ⎥ , 則 = 0
2
⎣c2
⎦ ⎣0
⎦ 2 −1−
λ
2
λ = −3,
1 λ = ± 3 i,
± 1
⎡2
2⎤⎡c1
⎤ ⎡0⎤
⎡c1
⎤ ⎡ 1 ⎤
(1) λ = ± 3i
: ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥
⎣2
2⎦⎣c2⎦
⎣0
⎢ ⎥ = k1
⎢ ⎥ ⎦ ⎣c2⎦
⎣−1
⎦
⎡−
2 2 ⎤⎡c1
⎤ ⎡0⎤
⎡c1
⎤ ⎡ 1 ⎤
(2) λ = ± 1: ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥
⎣ 2 −1⎦
⎣c2⎦
⎣0
⎢ ⎥ = k2
⎢ ⎥ ⎦ ⎣c2
⎦ ⎣−1
⎦
⎡ y1
⎤ ⎡ 1 ⎤
⎡ 1 ⎤
故 ⎢ ( a1
cos 3t
a2
sin 3t)
( b1
cosh t + b2
sinh t)
y
⎥ = ⎢
+ +
2
1
⎥
⎢
1
⎥
⎣ ⎦ ⎣−
⎦
⎣−
⎦
由 IC y 0) = 1, y′
(0) = 0, y (0) = 1, y′
(0) 0
1
(
1
2
2
=

第 十 一 篇 97 中 興 11-43
⎡ y1
⎤ ⎡1⎤
得 ⎢ cosh t
y
⎥ = ⎢
2
1
⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
範 例 2
A tank contains 200 l of water in which initially 20 kg of salt is dissolved.
Brine, each l containing 5 kg of dissolved salt, runs into the tank in a rate of 10
l/min. The mixture is kept uniform by stirring. Brine runs out at the same rate.
Find the amount of salt at t =10 min. (16%) 【97 中 興 生 機 電 】
【 範 圍 】2-5
【 詳 解 】 假 設 槽 中 水 溶 液 在 任 意 t 時 間 的 含 鹽 量 y (t)
由 題 意 可 表 示 ODE
dy(
t)
y(
t)
+ = 50
dt 20
dy( t)
y(
t)
= 10×
5 −10
dt
200
⎠ ⎠ ⎠1 積 分坖 因 子圤 :
1 1
∫
dt t
20 20
I( t)
= e = e
⎠ ⎠ ⎠2 通 解 : I ( t)
y(
t)
= 50∫
e
−0.05t
⎠ ⎠ ⎠ y ( t)
= ce + 1000
0.05t
dt = 1000e
0.05t
+ c
由 IC y ( 0) = 20 20 = c + 1000 c = −980
−0.05t
y ( t)
= −980e
+ 1000
−0.5
當 t = 10 , 則 鹽 量 y = −980e
+ 1000 ≈ 405. 6 (kg)
範 例 3
Find the eigenfunctions of the following boundary value problem that is a

11-44 陳 立 工 數
model of a vibrating elastic string :
2
∂ u
= c
2
∂t
2
2
∂ u
2
∂x
u ( 0, t)
= u(
a,
t)
= 0
(
2
c =
T
)
ρ
where u ( x,
t)
is the deflection of the string,
2 T
c =
ρ
is the physical constant.
The string is fastened at the ends x = 0 and x = a . (16%) 【97 中 興 生 機 電 】
【 範 圍 】14-1
【 詳 解 】 由 分坖 離 變 數 法 , 令 u ( x,
t)
= y(
x)
T ( t)
代 入 得 y T& T&&
y′′
= c
2 y ′′ T = = −λ
2
c T y
y ′′ + λ y = 0 ; y(
x = 0) = y(
x = a)
= 0
2
由 m + λ = 0 m = ± − λ
1 相 異 實 根 :
2
令 λ = −ω ( 0 < ω < ∞ )
則
y( x)
= Acoshωx
+ Bsinhωx
B.C.
⎧y(0)
= A = 0
⎨
⎩y(
a)
= Bsinhω
a = 0
→
B = 0
y ( x)
= 0 ( 唯 一 零 解 ) (trivial solution)
2 重 根 :
令 λ = 0
則
y ( x)
= A + Bx

第 十 一 篇 97 中 興 11-45
B.C.
⎧y(0)
= A = 0
⎨
⎩y(
a)
= Ba = 0
→
B = 0
y ( x)
= 0 ( 唯 一 零 解 ) (trivial solution)
3 共 軛 複 根 :
2
令 λ = ω ( 0 < ω < ∞ )
則
y( x)
= Acosωx
+ Bsinωx
B.C.
⎧y(0)
= A = 0
⎨
⎩y(
a)
= Bsinω
a = 0
若
ω a = nπ
, n =1,2,3,L L
nπ
則 y( x)
= Bsin
x
a
2 2
⎧
n π
⎪eigenvalues
: λ =
2
【 答 案 】
a
⎨
⎪
nπ
eigenfunctions : sin x
⎪⎩
a
( n = 1,2,3, L)
( n = 1,2,3, L)
考 題 4
→
→
Compute ∫∫( curl F)
⋅ n dA where F = [ x,
z,
− y]
,
s
→
2 2
S : z = f ( x,
y)
= 1−
( x + y ), z ≥ 0 and → n is a unit normal vector of S.
(16%) 【97 中 興 生 機 電 】

11-46 陳 立 工 數
【 詳 解 】
z
2 2
曲 面 S : z = 1−
( x + y )
dA
y
x
⎧x
= cosθ
2 2 ⎪
由 圖 已 知 : C : x + y = 1, 令 ⎨y
= sinθ
⎪
⎩z
= 0
⎧dx
= −sinθdθ
⎪
則 ⎨dy
= cosθdθ
⎪
⎩dz
= 0
由 Stoke’s theorem
∫∫
→
→
∇ × F⋅
n dA =
∫
C
→
→
F⋅
d r =
2
∫
C
xdx + zdy − ydz =
= ∫ π − cosθ sinθd
θ = 0
0
∫
C
− cos θ sinθdθ
範 例 5
Consider a curve : r ( t)
= [cos(2t),sin(2t),
t]
from (1,0,0) to ( 1,0,2π
)
(1) Compute the length of the curve.
(2) Find the tangent vector at t = π . (18%) 【97 中 興 生 機 電 】

第 十 一 篇 97 中 興 11-47
→
【 詳 解 】(1) r = cos 2t
i + sin 2t
j+
t k
→
d r
dt
→
→
→
→
→
→
= −2
sin 2t
i + 2cos 2t
j+
k
→
d r
ds = dt = 5dt
dt
S =
∫
2π
0
2π
ds = ∫ 5dt
= 10π
0
→
(2)Q
→ d r − 2sin 2t
i + 2cos 2t
j
= =
+ k
e t
ds
5
→
→
→
(1,0,0)
→
→
→
2 j+
k
e t
| t = π
=
5
範 例 6
1+ z
Consider a Logarithm function : Ln(
)
1 − z
(1) Find the Maclaurin series.
(2) Determine the radius of convergence. (18%) 【97 中 興 生 機 電 】
2 3 4 5
z z z z z
【 詳 解 】Q ln(1 + z)
= − + − + − + L
1 2 3 4 5
( −1
< z ≤ 1)
2 3 4 5
z z z z z
且 ln(1 − z)
= −(
+ + + + + L )
1 2 3 4 5
( −1
≤ z < 1)

11-48 陳 立 工 數
(1 )
故 ln
+ 3 5
z
z z
= ln(1 + z)
− ln(1 − z)
= 2( + +
z +L)
(1 − z)
1 3 5
且 收 斂 區 間 (− 1,1 )

第 十 一 篇 97 中 興 11-49
97 中场 興 土 木垂 ( 甲堅 )
範 例 1
⎡ 1 ⎤ ⎡ 2 ⎤
⎢ ⎥
由 ⎢
1
⎢ ⎥
u = ⎥
1
, ⎢
−1
u ⎥
2
= , u
⎢ 1 ⎥ ⎢−1⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣−1⎦
⎣ 1 ⎦
3
⎡−1⎤
⎢ ⎥
⎢
2
= ⎥ 中 求 一 標 準 正 交 集 合 (orthonormal set)
⎢ 2 ⎥
⎢ ⎥
⎣ 1 ⎦
⎧⎡x11
⎤ ⎡x12
⎤ ⎡x13
⎤⎫
⎪⎢
⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎪
⎨
⎢
x21⎥
⎢
x22
⎥ ⎢
x23
x = { x
⎥
1
, x2,
x3}
= , , ⎬ 。
⎪
⎢x
⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
31
x32
x33
⎪
⎪
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎪
⎩⎣x41⎦
⎣x42
⎦ ⎣x43
⎦⎭
其 中
4
⎧1
, when i = j
xmi
xmj
= ⎨
。 (25%) 【97 中 興 土 木 】
= 1 ⎩0
, when i ≠ j
∑
m
【 詳 解 】 由 Gram-Schmidt process
⎡ 1 ⎤
⎢ ⎥
取 ⎢
1
x ⎥
1
= u 1
= 且 ( x
1
| x1
) = 4
⎢ 1 ⎥
⎢ ⎥
⎣−1⎦
⎡ 2 ⎤ ⎡ 1 ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
( u
⎢
−1
⎥ −
− ⎢
1
2
| x1)
1
x
⎥
2
= u2
− x1
=
=
( x | ) ⎢−1⎥
4 ⎢ 1 ⎥
1
x1
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ 1 ⎦ ⎣−1⎦
( u3
| x1)
( u3
| x2)
x3
= u3
− x1
− x2
( x | x ) ( x | x )
1
1
2
2
1
4
⎡ 9 ⎤
⎢ ⎥
⎢
− 3
⎥ 且
⎢−
3⎥
⎢ ⎥
⎣ 2 ⎦
x
2
| x ) =
(
2
103
16

11-50 陳 立 工 數
⎡−1⎤
⎡ 1 ⎤ ⎡ 9 ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
2
⎥ 2 ⎢
1
⎥ 19 ⎢
− 3
= − + ⎥ =
⎢ 2 ⎥ 4 ⎢ 1 ⎥ 103 ⎢−
3⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ 1 ⎦ ⎣−1⎦
⎣ 2 ⎦
x1
x2
x3
orthonormal set { , , }
x x x
⎡2
− 3⎤
⎡2
1⎤
若 A = ⎢ ⎥ , P =
⎣1
−1
⎢ ⎥ ,
⎦ ⎣1
1 ⎦
求 (a)
範 例 2
1
2
3
1
206
⎡−
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
138⎤
252
⎥
⎥
252 ⎥
⎥
347 ⎦
−1
B = P AP ,(b) A 99 = ? , A 100 = ? , A 101 = ? (25%) 【97 中 興 土 木 】
⎡2
1⎤
【 詳 解 】(a)Q P = ⎢ ⎥
⎣1
1 ⎦
−1
⎡ 1 −1⎤
∴ P = ⎢ ⎥
⎣−1
2 ⎦
⎡ 1 −1⎤⎡2
− 3⎤⎡2
1⎤
⎡1
− 2⎤⎡2
1⎤
B = P
−1 AP = ⎢ ⎥⎢
⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥⎢
⎥
⎣−1
2 ⎦⎣1
−1⎦⎣1
1⎦
⎣0
1 ⎦⎣1
1 ⎦
⎡0
−1⎤
= ⎢ ⎥
⎣1
1 ⎦
2 − λ − 3
2
(b) 由 det( A − λI)
=
= λ − λ + 1
1 −1−
λ
2
Cayley-Hamilton 定 理 可 知 A − A + I = 0
2 ⎡1
− 3⎤
A = A − I = ⎢ ⎥
⎣1
− 2 ⎦
3 2 ⎡1
− 3⎤⎡2
− 3⎤
⎡−1
0 ⎤
A = A A = ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥
⎣1
− 2⎦⎣1
−1⎦
⎣ 0 −1
⎦
99 3 33 ⎡−1
0 ⎤ 100 99 ⎡−
2 3⎤
A = ( A ) = ⎢ ⎥ , A = A A =
⎣ 0 −1
⎢ ⎥ ⎦ ⎣−1
1 ⎦
101 100 ⎡−
2 3⎤⎡2
− 3⎤
⎡−1
3⎤
A = A A = ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥
⎣−1
1⎦⎣1
−1⎦
⎣−1
2⎦

第 十 一 篇 97 中 興 11-51
範 例 3
⎡ 5 − 6 −1
1⎤
⎢
⎥
(a) 若 ⎢
0 2 − 3 2
A =
⎥ , 則 A = ? (5%)
⎢ 1 2 −1
4⎥
⎢
⎥
⎣−1
0 2 1⎦
⎡−1
(b) 矩 陣 A =
⎢
⎢
0
⎢⎣
1
2
1
4
1 ⎤
⎥
−1
− 2
⎥
, 求 其 反 矩 陣 A 。 (10%)
−1⎥⎦
⎡ 4
(c) 若 A =
⎢
⎢
1
⎢⎣
−1
6
3
− 5
6⎤
2
⎥
⎥
, 求 其 特 徵 值 (eigenvalue) 及 特 徵 向 量 (eigenvector)。
2⎥⎦
(10%) 【97 中 興 土 木 】
5
0
【 詳 解 】(a)
1
−1
− 6
2
2
0
−1
− 3
−1
2
1
2
4
1
(1) ( −5)
34
r31
r
=
0
0
1
0
−16
2
2
2
4
− 3
−1
1
−19
2
4
5
=
−16
2
2
4
− 3
1
−19
2
5
( − 1) (8)
23 r21
r
=
0
2
0
− 20
− 3
4
− 3
− 20
2 = −2
4
3
− 3
= 96
3
−1
2 1
(b) A = 0 1 − 2 = −12
1 4 −1
1 − 2
2 1
2 1
A
11
= = 7 A
21
= − = 6 A
31
= = −5
4 −1
4 −1
1 − 2
0 − 2
−1
1
−1
1
A
12
= − = −2
A
22
= = 0 A
32
= − = −2
1 −1
1 −1
0 − 2

11-52 陳 立 工 數
1
4
1
1
0
13 −
=
=
A 6
4
1
2
1
23 =
−
= −
A 1
1
0
2
1
33 −
=
−
=
A
T
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
adj
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
33
23
31
23
22
21
13
12
11
)
(
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
−
=
1
6
1
2
0
2
5
6
7
12
1
)
det(
)
(
1
=
=
−
A
A
adj
A
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
1
6
1
2
0
2
5
6
7
(c) 由 0
]
[
)
det( 3
2
2
1
3
=
−
+
−
= −
−
c
c
c
I
A
λ
λ
λ
λ
其 中 9
)
(
1 =
= A
tr
c
36
2
5
2
3
2
1
6
4
3
1
6
4
2 =
−
+
−
+
=
c
28
2
5
1
2
3
1
6
6
4
3 =
−
−
=
c
0
28)
8
1)(
(
28]
36
9
[
)
det(
2
2
3
=
+
−
−
= −
−
+
−
= −
−
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λI
A
3
2
,4
= 1 ±
λ
當 1
=
λ :
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
− 0
0
0
1
5
1
2
2
1
6
6
3
3
2
1
x
x
x
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
1
1
4
1
3
2
1
k
x
x
x
當 3
= 4 + 2
λ :
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
−
−
−
0
0
0
3
2
2
5
1
2
3
2
1
1
6
6
3
2
3
2
1
x
x
x
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
+
+
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
3
3
3
2
3
3
6
9
2
3
2
1
k
x
x
x

第 十 一 篇 97 中 興 11-53
⎡2
3 6
⎢
當 λ = 4 − 2 3 : ⎢ 1 −1+
2 3
⎢
⎣
−1
− 5
⎡x
⎡ ⎤
1 ⎤ 9 − 6 3
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k3⎢3
− 2 3⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣x3
⎦ ⎣
3 − 3
⎦
6
2
− 2 + 2
⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
3⎥⎢⎣
⎥⎦
⎢⎣
⎥
⎦
x3
0⎦
範 例 4
求 下 列 偏 微 分 方 程 之 解 :
P.D.E :
u = u , 0 < x < L , t > 0 ;
t
xx
B.C. : u x
( 0, t)
= 0 , u x
( L,
t)
= hu(
L,
t)
, h > 0 , t > 0 。
I.C. :
u( x,0)
= Asin
x , 0 < x < L . (25%) 【97 中 興 土 木 】
【 範 圍 】14-1
【 詳 解 】 由 分坖 離 變 數 法 , 令 u ( x,
t) = X ( x) T( t)
X T& T
= X ′
T & X ′′
= = −λ
T X
∴
⎧X
′′ + λX
= 0; X ′(0)
= 0, X ′(
L)
− hX ( L)
= 0LL(1)
⎨
⎩T
& + λT
= 0LLLLLLLLLLLLLLL
(2)
2
令 λ = w 代 入 (1) 式 X ′′ + λ X = 0
得 X ( x)
= cos( wx)
代 入 (1) 式 之 BC X ′( L)
− hX ( L)
= 0
得 − w sin( wL)
− hcos(
wL)
= 0
tan( wL)
= −
⎧
⎨
⎩
h
w
h⎫
⎬
s ⎭
∴ w = sn ∈ s > 0 tan( sL) = − ( n ∈ N )

11-54 陳 立 工 數
則
2
λ = s n
, 且 X ( x)
= cos( snx)
代 入 (2) 式 得
T
= e
2
−s n t
∞
∑
2
−snt
∴ u( x,
t) = B e cos( s x)
n=
1
n
由 IC u( x,0) B cos( s x) = Asin
x
∴
= ∑ ∞
=
n 1
n
n
( s x)
< Asin
x,cos
n
Bn
=
cos( s x) 2
n
n
>

第 十 一 篇 97 中 興 11-55
97 中场 興 土 木垂 ( 乙 )
範 例 1
2
Solve the following differential equation x y ′′ ′ + 3xy′′
− 3y′
= 0.
【 範 圍 】4-1
【 詳 解 】 同 乘 以 x 得 x
3 y ′′′ + 3x
2 y ′′ − 3xy′
= 0
m
令 y = x ( x > 0 )
代 入 ODE, 得 m ( m −1)(
m − 2) + 3m(
m −1)
− 3m
= 0
m = 0,
−2,
2
−2
y = c + c x + c
2
1 2 3x
(10%)【97 中 興 土 木 】
範 例 2-1
2
Find Laplace transform of f ( t)
= cos 2 3t
− t . 【97 中 興 土 木 】
【 範 圍 】7-1
−
2 1+
cos6t
−
2
2
【 詳 解 】 f ( t)
= cos 3t
− t = − t
2
£
1 1
f ( t)}
= +
2s
2 s
{
2
1
1
s π
−
+ 36 s
1
−

11-56 陳 立 工 數
範 例 2-2
−2s
e
Find inverse Laplace transform of F(
s)
= . 【97 中 興 土 木 】
2 2
s −π
【 範 圍 】7-2
−2s
−2s
e 1 πe
【 詳 解 】 F(
s)
= =
2 2 2 2
s −π
π s −π
由 t 軸 平埠 移 定 理
− 1
f (t) = £ 1 { F(
s)}
= sinhπ
( t − 2) u(
t − 2)
π
範 例 3
Let a matrix
⎛3
⎜
A = ⎜0
⎜
⎝0
5
4
0
3⎞
⎟
6⎟
, to find
1⎟
⎠
(a) A basis of eigenvectors and diagonalize A.
(b) The inverse of A (if it exist), and determinant of
(
−
A 1 ) 3 .
(20%) 【97 中 興 土 木 】
【 詳 解 】(a) 由 det( A − λI
) = 0 ⎠ λ =1,3, 4 ( 對 角 線 上 元 素 )
⎠ ⎠ ⎠
⎡2
5 3⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
⎡ x1
⎤ ⎡ 7 ⎤
當 λ = 1時 :
⎢ ⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
0 3 6
⎥⎢
x2
⎥ ⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2⎥
= k1
⎢
− 4
⎥
⎢⎣
0 0 0⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
2 ⎥
3 ⎦
⎡0
5 3 ⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
⎡x1
⎤ ⎡1⎤
⎠ ⎠ ⎠ 當 λ = 3 :
⎢ ⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎢
0 1 5
⎥⎢
x2⎥
⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k2
⎢
0
⎥
⎢⎣
0 0 − 2⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦

第 十 一 篇 97 中 興 11-57
當 λ = 4 :
⎡−1
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
5
0
0
3 ⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
6
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎥⎢
x2⎥
⎢
0
⎥
− 3⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦
⎡ x1
⎤
⎢ ⎥
⎢
x2
⎥
= k
⎢⎣
x ⎥
3⎦
3
⎡5⎤
⎢ ⎥
⎢
1
⎥
⎢⎣
0⎥⎦
3 5 3
(b) A = 0 4 6 = 12
0 0 1
4 6
5 3
5 3
A
11
= = 4 A
21
= − = −5
A
31
= = 18
0 1
0 1
4 6
0 6
3 3
3 3
A
12
= − = 0 A
22
= = 3 A
32
= − = −18
0 1
0 1
0 6
0 4
3 5
3 5
A
13
= = 0 A
23
= − = 0 A
33
= = 12
0 0
0 0
0 4
⎡ A
adj(
A)
=
⎢
⎢
A
⎢⎣
A
11
21
31
A
A
A
12
22
23
A
A
A
13
23
33
⎤
⎥
⎥
⎥⎦
T
⎡4
=
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
− 5
3
0
18 ⎤
−18
⎥
⎥
12 ⎥⎦
A
−1
adj(
A)
= =
det( A)
1
12
⎡4
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
− 5
3
0
18 ⎤
−18
⎥
⎥
12 ⎥⎦
−1
3 1
且 det[( A ) ] =
3
[det( A)]
=
1
1728
範 例 4
(a) Describe the Green’s theorem in the plane.
(b)Evaluate I = ∫ ( y
− 5y)
dx + (2xy
− 3x)
dy ,
c
2 2
where C : the circle x + y = 4 . (15%) 【97 中 興 土 木 】

11-58 陳 立 工 數
→
→
【 詳 解 】(a) 若 向 量 場 F = f ( x,
y)
i + g(
x,
y)
j , 其 中 f ( x,
y),
g(
x,
y)
皆 為 一 階
連 續 函 數 , 則
∂g
∂f
∫ f ( x,
y)
dx + g(
x,
y)
dy = ∫∫[
− ] dA
∂x
∂y
C
(b) 由 Green 定 理
∫
I = ( y
2 − 5y)
dx + (2xy
− 3x)
dy
c
∂
∂ 2
= ∫∫ [ (2xy
− 3x)
− ( y − 5y)]
dA = dA
∂x
∂y
∫∫2
= 2A
= 2π (2)
2 = 8π
R
→
範 例 5
Interpret the physical meanings of Fourier series and Fourier transform,
respectively. (10%)【97 中 興 土 木 】
【 詳 解 】 週 期 函 數 : ∑ ∞ 2nπ
2nπ
f ( x)
= a ⋅1+
{ an
cos x + bn
sin x
n=
1 T
T
以 T 為 週 期 函 數 展 開 , 則 此 為 Fourier series。
0
}
∫ ∞ −∞
−iωx
非 週 期 函 數 : F(
w)
= I{
f ( x)}
= f ( x)
e dx
將 x 轉 換 為 ω , 則 此 為 Fourier transform。
範 例 6
Solve the following partial differential equation
2 2
∂ u ∂ u
= − G (G : acceleration of gravity ),
2 2
∂t
∂x
boundary conditions : u ( 0, t)
= 0 , u ( L,
t)
= 0 .

第 十 一 篇 97 中 興 11-59
initial conditions :
u(
x,0)
=
⎧ 2x
⎪ ,
f ( x)
= ⎨
L
2
⎪ ( L − x),
⎩ L
if
if
L
0 < x <
2
L
< x < L
2
u t
( x,0)
= 0 . (25%) 【97 中 興 土 木 】
【 範 圍 】14-2 14-3
【 另 解 】 令 u ( x,
t)
= w(
x,
t)
+ s(
x)
= 暫 態 解 + 穩 態 解
2 2
∂ w ∂ w
代 入 PDE 得 = + s′ ( x)
− G
2 2
∂t
∂x
代 入 BC 得
⎧w(0,
t)
+ s(0)
= 0
⎨
⎩w(
L,
t)
+ s(
L)
= 0
(1) 穩 態 解 (steady state):
G 2
ODE s ′′ ( x)
− G = 0 s ( x)
= x + c1x
+ c2
2
⎧s(0)
= 0
BC ⎨
⎩s(
L)
= 0
G
s(
x)
= x
2
2 +
(2) 暫 態 解 (transient state):
2 2
∂ w ∂ w
PDE =
2 2
∂t
∂x
⎧w(0,
t)
= 0
BC ⎨
⎩w(
L,
t)
= 0
⎧c2
= 0 ⎧c2
= 0
⎪
⎪
⎨G
2
⎨ G
⎪ L + c1L
= 0
⎩ 2
⎪c1
= L
⎩ 2
GL
x
2
IC
⎧w(
x,0)
+ s(
x)
=
⎨
⎩wt
( x,0)
= 0
f ( x)

11-60 陳 立 工 數
可 得 ∑ ∞ w(
x,
t)
= ( A
n=
1
n
nπ
cos t + B
L
由 IC ( ,0) = ∑ ∞ nπ
nπ
wt
x Bn
sin x = 0
n=
1 L L
∑ ∞ w(
x,
t)
= A
n=
1
n
nπ
nπ
cos t sin x
L L
由 IC ∑ ∞ w(
x,0)
= f ( x)
− s(
x)
= A
n=
1
L
n
An
=
2 ∫ [ f ( x)
− s(
x)]sin
π xdx
L 0
L
A
n
=
2 L
n
∫ [ f ( x)
− s(
x)]sin
π xdx
L 0
L
n
nπ
nπ
sin t)sin
x
L L
n
nπ
sin x
L
B = 0
=
2 L nπ
2 L n
∫ f ( x)sin
xdx − ∫ s(
x)sin
π xdx
L 0 L L 0 L
L
2 ⎧ 2x
nπ
⎫
= ⎨∫ 2 ( )sin xdx + −
⎬
L 0
⎩ L L
∫ L 2 n
L ( L x)sin
π xdx
2 L L ⎭
−
2 L G 2 GL n
∫ ( x + x)sin
π xdx
L 0 2 2 L
8 nπ
G L
2 nπ
= sin −
2 2
n π 2
∫ ( x + Lx)sin
xdx
L 0
L
2
8 nπ
G ⎧2L
L 3 ⎫
= sin + ⎨ + 2( ) (1 − cosnπ
)
2 2
⎬
n π 2 L ⎩ nπ
nπ
⎭
n
【 答 案 】 u( x,
t)
n n G 2
= ∑ ∞ π π
An
cos t sin x + x
n=
1 L L 2
GL
+ x
2
其 中
A n
2
8 nπ
G ⎧2L
L 3 ⎫
= sin + ⎨ + 2( ) (1 − cos nπ
)
2 2
⎬
n π 2 L ⎩ nπ
nπ
⎭
【 詳 解 】 由 BC 判 斷 x 軸 方 向 之 基 底

第 十 一 篇 97 中 興 11-61
令 u( x,
t) T ( t)
= ∑ ∞
n=1
n
nπ
sin x
L
代 入
2 2
⎧
得 &
n ⎫ n
∑ ∞ π π
⎨ Tn
+ T sin x GLLLLLL
(1)
2 n ⎬ = −
n=
1 ⎩ L ⎭ L
2 2
n π 2 L nπ
2G
T&
n
+ T ( G)
sin xdx (1 cos nπ
)
2 n
= − ⋅ = − −
L L
∫ 0 L nπ
IC
T n
T n
nπ
nπ
( t)
= Acos
t + Bsin
t
L L
+
D
2
1
2 2
n π
+
2
L
2G
[ − (1 − cos nπ
)]
nπ
2
nπ
nπ
2GL
( t)
= Acos
t + Bsin
t − (1 − cos nπ
)
3 3
L L n π
T&
n
(0) = 0 = B
T n
2
nπ
2GL
( t)
= Acos
t − (1 − cos nπ
)
3 3
L n π
nπ
IC Tn (0)sin x = f ( x)
L
∑ ∞
n=
1
L
2 L nπ
2
2
=
0
0
2 nπ
xsin
xdx
L
L L L L
2
+ ∫
L nπ
8 nπ
L ( L − x)sin
xdx}
= sin
2 2
L L n π 2
Tn
( 0) ∫ f ( x)sin
xdx = { ∫
2
2
8 nπ
2GL
T n
( 0) = sin = A − (1 − cos nπ
)
2 2
3 3
n π 2 n π
2
8 nπ
2GL
A = sin + (1 − cos nπ
)
2 2
3 3
n π 2 n π
2
8 nπ
2GL
t)
= [ sin + (1
2
3
n π 2 n π
T n
( −
2 3
nπ
cos nπ
)]cos x
L

11-62 陳 立 工 數
2
2GL
−
3 3
n π
代 回 u( x,
t) T ( t)
= ∑ ∞
n=1
n
(1 − cos nπ
)
nπ
sin x 即 為 所 求 。
L
範 例 7
Evaluate
sin mx
dx ( m ≥ 0, k > 0 ). (10%)【97 中 興 土 木 】
− 2 2
x(
x + k )
∫ ∞ ∞
∫ ∞ ∞
e imx
【 詳 解 】 dx = 2π i Res(
ki)
+ πi
Res(0)
− 2 2
x(
x + k )
−mk
e
其 留 數 為 Res ( ki)
= lim( z − ki)
f ( z)
= −
z→ki
2
2k
Res (0)
1
lim( z − 0) f ( z)
=
2
k
=
z → 0
imx
−mk
∞ e
e 1 π −mk
∫ dx = 2π
i ( − ) + πi
= i (1 − e )
−∞ 2 2
2
2 2
x(
x + k ) 2k
k k
⎧
⎪
⎨
⎪
⎪⎩
∫
∫
∞
−∞
∞
−∞
cosmx
⎧ π
dx = Re⎨i
(1 − e
2 2
2
x(
x + k ) ⎩ k
sinmx
⎧ π
dx = Im⎨i
(1 − e
2 2
2
x(
x + k ) ⎩ k
−mk
−mk
⎫
) ⎬ = 0
⎭
⎫ π
) ⎬ = (1 − e
2
⎭ k
−mk
)

第 十 一 篇 97 中 興 11-63
97 中场 興 土 木垂 ( 丙垔 )
範 例 1
試 求 下 列 二 階 常 微 分 方 程 式 之 解 y (x)
。
y ′′ ( x)
+ 2y′
( x)
+ 2y(
x)
= 5sin
x (25%) 【97 中 興 土 木 】
【 範 圍 】3-3
2
【 詳 解 】1 齊 性 解 : m + 2m + 2 = 0 m = −1
± i
2 特 解 :
x
y = e c cos x c sin )
h
(
1
+
2
x
由 待 定 係 數 法 , 令
y p
= Acos x + Bsin
x
代 入 ODE
y ′′ ( x)
+ 2y′
( x)
+ 2y(
x)
= 5sin
x
得 A = −2 , B = 1 = −2 cos x + sin x
y p
x
3 通 解 : y = e c cos x + c sin x)
− 2cos x sin x
(
1 2
+
1
1
2D
−1
【 另 解 】 y p
=
{5sin x}
= {5sin x}
= {5sin x}
2 2
D + 2D
+ 2 2D
+ 1 4D
−1
= −( 2D
−1){sin
x}
= −2cos
x + sin x
範 例 2
平 面 座 標 xy 有 一 位 置 向 量 (3,5), 試 求 相 對 xy 座 標 逆 時 針 旋 轉 30 度 之 x ′ y′
座 標 , 則 原 座 標 xy 位 置 向 量 (3,5) 在
x ′ y′
座 標 系 統 之 位 置 向 量 為 何 ?

11-64 陳 立 工 數
(25%) 【97 中 興 土 木 】
【 詳 解 】
y′ y e′
2
e
2
θ
θ
x′ e′
1
θ x θ e
1
⎡x⎤
⎡x′
⎤ ⎡x′ ⎤ −1
⎡x⎤
令 ⎢ ⎥ = P⎢
⎥ , 則 =
⎣y⎦
⎣y′
⎢ ⎥ P ⎢ ⎥ ,
⎦ ⎣y′
⎦ ⎣y
⎦
⎪⎧
e′
1
= cosθ
e1
+ sinθ
e2
由 圖 知 ⎨
⎪⎩
e′
2
= −sinθ
e1
+ cosθ
e
∴
⎡ e′
1 ⎤ ⎡ cosθ
⎢ ⎥ = ⎢
⎣e′
2 ⎦ ⎣−
sinθ
2
sinθ
⎤⎡e1
⎤
⎥⎢
⎥
cosθ
⎦⎣
e2
⎦
⎡x′
⎤ ⎡ cosθ
sinθ
⎤⎡x⎤
⎢ ⎥ = ⎢
⎥⎢
⎥
⎣y′
⎦ ⎣−
sinθ
cosθ
⎦⎣y
⎦
− ⎡ cos θ sin θ⎤
= ⎢
⎥
⎣−
sin θ cos θ ⎦
P 1
°
⎡x′
⎤ ⎡ cos30
⎢ ⎥ = ⎢
⎣y′
⎦ ⎣−
sin 30
(3,5) 在
°
⎡ 3
°
sin 30 ⎤⎡3⎤
⎢
⎥⎢
⎥ = ⎢ 2
°
cos30 ⎦⎣5⎦
⎢ 1
−
⎢⎣
2
1 ⎤ ⎡ 3 3 + 5 ⎤
⎥ ⎢ ⎥
2 ⎡3⎤
⎥⎢
⎥ = ⎢ 2 ⎥
3 ⎥⎣5⎦
⎢−
3 + 5 3 ⎥
2 ⎥⎦
⎢⎣
2 ⎥⎦
3 3 + 5 − 3 + 5 3
x ′ y′
座 標 系 統 的 位 置 向 量 為 ( , )
2 2

第 十 一 篇 97 中 興 11-65
範 例 3
試 利 用 座 標 區 域 轉 換 求 下 列 積 分 值 ∫∫ +
R
( x 2 y)
dxdy ,
積 分 區 域 R 如 下 圖 。
y
P 1
(0,1)
P ( 1,1)
P 1
(1,1 )
2
−
v
P 2
( −1,0)
R
x
P 4
(1,0)
u
P 3
(0, −1)
P3 ( −1,
−1)
P 4
(1, −1)
⎧u
= x + y
(1) 說 明 x,y 與 u,v 座 標 系 統 轉 換 關 係 為 ⎨ 。(10%)
⎩v
= x − y
(2) 利 用 轉 換 至 u,v 座 標 系 統 求 前 述 積 分 值 。 (15%) 【97 中 興 土 木 】
【 範 圍 】19-1
【 詳 解 】(1) y
x − y = −1
R
P 1(0,1)
x + y =1
P
2(
−1,0)
P 4(1,0 )
x
x + y = −1
x − y = 1
P
3(0,
−1)

11-66 陳 立 工 數
(1) 由 圖 可 知 :
⎪⎧
x + y = −1,
1
⎧u
= x + y
4 條 邊 界 分 別 是 ⎨
, 故 令 座 標 變 換 ⎨
⎪⎩ x − y = −1,
1
⎩v
= x − y
⎧ 1
⎧u
= x + y ⎪
x = ( u + v)
2
(2) 令 座 標 變 換 ⎨ , 則 ⎨
⎩v
= x − y ⎪ 1
y = ( u − v)
⎩ 2
∂(
x,
y)
J = =
∂(
u,
v)
代 入
∫∫
R
( x
2
x
y
u
u
x
y
v
v
=
1
2
1
2
1
2
1
−
2
⎡1
+ y)
dxdy = ∫∫⎢
( u + v)
⎣4
R′
1
=
8
1
=
8
1
=
8
1
∫ ∫
−1
1
∫ ∫
−1
1
∫ ∫
−1
1
−1
1
−1
1
−1
2
[( u + v)
( u
( u
2
2
1
= −
2
1 ⎤
+ ( u − v)
⎥
⋅ J dudv
2 ⎦
2
+ 2uv
+ v
+ 2( u − v)]
dudv
2
+ 2u
− 2v)
dudv
2
+ v ) dudv ( 先 刪 掉 奇 函 數 )
1 1 1
2 2
= ∫ ∫ ( u + v ) dudv ( 再 處 理 偶 函 數 )
2 0 0
=
1 1 1
∫ ( + v
2 0 3
2 )
dv =
1
(
2
1
3
+
1
)
3
=
1
3

第 十 一 篇 97 中 興 11-67
範 例 4
2
(1) (10%) 函 數 f 之 梯 度 (gradient) ∇ f 之 意 義 為 何 ? 有 一 平 面 函 數 y = x , 則
其 上 一 點 x , y ) 之 梯 度 為 何 ?
(
i i
(2) (15%) 試 求 平 面 上 一 點 (1,0) 與 前 述 函 數
2
y = x 之 最 近 距 離 為 何 ?
【 詳 解 】(1) ∇ f 代 表 在 封 閉 曲 面 上 通 過 一 點 p 之 法 向 量 的 方 向 。
令 f ( x,
y)
= x
2
− y
∂f
→
∂f
→ → →
∇f = i + j = 2 x i − j
∂x
∂y
∇f
| ( x )
i , y = 2
i
x
i i
→
−
→
2
(2) 令 距 離 的 平 方 g ( x,
y)
= ( x −1)
+ ( y − 0)
2
限 制 條 件 : f ( x,
y)
= x − y = 0
已 知 ∇ g // ∇f
故 令 ∇g
= λ ∇f
→
2( x −1)
i + 2y
j = λ (2x
i − j)
→
⎧2(
x −1)
= 2λx
⎨
⎩2y
= −λ
代 回 限 制 條 件 f ( x,
y)
j
→
→
⎧ 1
⎪
x =
1−
λ
⎨
⎪ λ
y = −
⎩ 2
= x
2
− y
1 2 λ
得 f ( λ)
= ( ) + = 0 λ ≈ −0. 64
1−
λ 2
x ≈ 0.61,
y ≈ 0. 32
2
2
故 最 短 距 離 d = (0.61−1)
+ (0.32 − 0) ≈ 0. 5
2
【97 中 興 土 木 】

11-68 陳 立 工 數
97 中场 興 物 理
範 例 1
x 2 y 2
橢 圓 方 程 式 為 ( ) + ( ) = 1, 導 出 其 面 積 。 (10%)【97 中 興 物 理 】
a b
【 範 圍 】19-2
2 2
x y ⎧x
= acost
【 詳 解 】 橢 圓 (ellipse): + = 1
2 b
2 ⎨
a
⎩y
= bsin
t
1
1
A = ∫ − ydx + xdy = ∫ − bsintd(
a cost)
+ acostd(
bsin
t)
2
2
C
1
2
2
= ∫ absin
θdθ
+ abcos
θdθ
2
C
1
=
2
ab
2
∫ abdθ
= ∫ dθ
=
C
= abπ
C
C
ab
2
∫
2π
0
dθ
2
x y
【 另 解 】 + = 1
2 b
2
a
2
令 極 座 標
x
= r cosθ
a ,
y
= r sinθ
b
∂x
∂x
∂(
x,
y)
a ar
Jacobian:
r
−
J = = ∂ ∂θ
cosθ
sinθ
=
= abr
∂(
r,
θ ) ∂y
∂y
bsinθ
br cosθ
∂r
∂θ

第 十 一 篇 97 中 興 11-69
則 d xdy = J drdθ = abrdrdθ
A = 4 ( 第 I 象 限 )
π
= 4ab
2
∫ dθ
⋅∫
0
0
1
∫ ∫
π
2
= 4 0
1
abrdrd θ
0
π
rdr = 4ab ⋅ ⋅
2
1
2
= abπ
2
x y
【 另 解 】 + = 1
2 b
2
a
2
⎧x
⎨
⎩ y
=
=
a cos t
b sin t
π
dx
A= 4 ( 第 I 象 限 ) = 4 ∫ 2 y(
t)
dt
0
dt
= 4 ∫ π
2 bsin
t(
− asin
t)
0
dt
π
= 4ab∫ 2 sin
2
x y
【 另 解 】 + = 1
2 b
2
a
0
2
2
π
tdt = 4ab ⋅ = abπ
4
x
a
2
y = b 1−
2
A= 4 ( 第 I 象 限 ) = 4 y dx =
∫
0
a
∫
4 a
b
x
1−
a
2
0 2
x
由 三 角 代垣 換 法 , 令 sin θ = , 即 x = asinθ
, 則 d x = a cosθdθ
a
當 積 分 上 界
當 積 分 下 界
A = 4 ( 第 I 象 限 )
π
x = a時
→ θ =
2
x = 0時
→ θ = 0
x
4 a
2
π
= ∫ b 1−
dx 4 2
2
= b 1 θ a cosθdθ
0 2
a
∫ − sin
0
π
2 π
2
= 4ab∫
cos θdθ
= 4 ab = abπ
0
4
dx
範 例 2
估 計 ln 3 至 小 數 點 下 第 三 位 , 詳 述 過 程 。 (10%) 【97 中 興 物 理 】

11-70 陳 立 工 數
【 範 圍 】 微 積 分
2 3 4 5 6 7 8
t t t t t t t t
【 誤 解 】 ln(1 + t ) = − + − + − + − + L
1 2 3 4 5 6 7 8
令 t = 2代 入
得
ln3 =
2
1
2
2
−
2
3
2
+
3
4
2
−
4
5
2
+
5
6
2
−
6
7
2
+
7
8
2
−
8
8 32 32 128
= 2 − 2 + − 4 + − + − 32 +L
3 5 3 7
請 問 看 官 , 錯 在 那 裡 ?
+ L
2 3 4
1
【 詳 解 】 ln(1 + ) = − + − + = ∑ ∞ n
t t t t
n+
t
t
L ( −1)
( −1
< t ≤ 1)
1 2 3 4
n=
1 n
2 3 4
t t t t
ln(1 − ) = −(
+ + + + ) = −∑ ∞ t
L
1 2 3 4
n=
將 上 兩 式 相 減
1
n
t
n
( −1≤
t < 1)
3 5
1+
t t t t
ln(1 + t)
− ln(1 − t)
= ln( ) = 2( + + + L ) ( −1
< t < 1)
1−
t 1 3 5
3 5 7
1+
t t t t t
ln( ) = 2( + + + + L ) ( −1<
t < 1)
1−
t 1 3 5 7
令
1
t = 代 入
2
1
1+
3
5
7
1 2 (1 2) (1 2) (1 2)
得 ln( 2 ) = 2( + + + + L ) ( −1
< t < 1)
1
1−
1 3 5 7
2
3
5
7
1 2 (1 2) (1 2) (1 2)
令 ln3 = 2( + + + +L)
1 3 5 7
1 1 1 1
= 2 ( + + + + L ) = 1.098
2 24 160 896

第 十 一 篇 97 中 興 11-71
範 例 3
使 用 級 數 解 法 , 對 於 x = 0 , 求 解 y (x)
:
4 x y′ + 2y′
+ y = 0
( 答 案 需 用 常 用 的 函 數 表 示 , 不 可 使 用 無 窮 級 數 ) (20%)【97 中 興 物 理 】
【 範 圍 】9-3 完 全 抄 襲 陳 立 工 數 上 冊 p.9-34 範 例 5
r
【 詳 解 】 x = 0為 『 規 則 奇 點 』, 令 ∑ ∞ y = x
n=
4
∞
∑
n=
0
∞
∑
n=
0
4(
(
0
a
n
x
n
代 入
∞
n+
r−1
n+
r−1
n + r)(
n + r −1)
anx
+ 2∑(
n + r)
anx
+ ∑ ∞ n+
r
a nx = 0
n=
0
n=
0
∞
n+
r −1
n+
r−1
1
n + r)(
n + r −1)
an
x + 2∑(
n + r)
an
x + ∑ ∞ n+
r−
a
n−1 x = 0
n=
0
n=
1
1
n = 0時 : r ( 2r
−1)
= 0 r = 0,
2
n ≥ 1時 : ( 2n
+ 2r)(2n
+ 2r
− 1) a + =
n
a n −1 0
− an−
1
an = ( 降 1 遞 迴 )
(2n
+ 2r)(2n
+ 2r
−1)
令 a = 0
1
− an− 1
(1) r = 0 , an = ; n = 1,2,3, L
2n(2n
−1)
−
0
a = a =
2⋅1
a
a
a
1
−
a1
= −
4⋅3
2
=
a2
= − =
6 ⋅5
1
2!
1
4!
3
−
n
= ( −1)
M
n
1
6!
1
(2n)!

11-72 陳 立 工 數
(2)
∞
∞
n
0 n
n x
y1 = x ∑ anx
= ∑(
−1)
= cos
(2n)!
n=
0
n=
0
1 − an− 1
r = , an = ; n = 1,2,3, L
2 2n(2n
+ 1)
−
0
a = a =
2 ⋅3
a
a
a
1
−
a1
= −
4 ⋅ 5
2
=
a2
= − =
6⋅
7
1
3!
1
5!
3
−
n
n
( −1)
=
(2n
+ 1)!
M
1
7!
x
1
2
n=
0
n=
0
1
n+
2
∞
∞ n
n ( −1)
x
y
2
= x ∑ anx
= ∑ = sin
(2n
+ 1)!
x
(3) y = c1 y1
+ c2
y2
= c1 cos x + c2
sin x
1 1
【 另 解 】O.D.E. 4 x y ′′ + 2y′
+ y = 0 y ′′ + y′
+ y = 0
2x
4x
⎧ 1
⎪
P(
x)
=
化 為 標 準 式 y ′′ + P( x)
y′
+ Q(
x)
y = 0 , 得 2x
⎨
1
⎪Q(
x)
=
⎩ 4x
(1) 取
1
Q(
x)
t
4x
1
t ′′ + Pt′
′ = = = ,check : = 0
2
B 1 2 x
( t′
)
(2) 令 t = x , 代 入 O.D.E. 4 x y ′′ + 2y′
+ y = 0
2
d y
得 + y = 0
2
dt

第 十 一 篇 97 中 興 11-73
y = c1 cost
+ c2
sin t = c1
cos x + c2
sin
x
範 例 4
r
t t i t ˆ
π
= ( − sin )ˆ − (cos ) j , 求 出 t = 0 到 t = 的 路 徑 長 。 (20%)
2
【97 中 興 物 理 】
→
→ →
d r
【 詳 解 】 r = ( t − sin t)
i − cost
j
dt
→
→
→
= ( 1−
cost)
i + sin t j
ds =
→
d r
dt
dt =
2 − 2costdt
= 2(1 − cost)
dt =
4sin
π
2 t 1
s = ∫ ds = ∫ 2 sin dt = 4(1 − )
0 2 2
2
t t
dt = 2sin dt
2 2
範 例 5
⎛1
0 3⎞
⎜ ⎟
求 矩 陣 A 的 orthonormal eigenvectors, A = ⎜0
− 2 0⎟
(20%)
⎜ ⎟
⎝3
0 1⎠
【97 中 興 物 理 】

11-74 陳 立 工 數
1−
λ
【 詳 解 】 det( A − λI)
= 0 − 2 − λ 0 = 0 ⎠ λ = 4,
−2,
−2
⎠ ⎠ ⎠1 當 λ = 4 :
3
⎡−
3
⎢
⎢
0
⎢⎣
3
⎡3
λ :
⎢
⎢
0
⎢⎣
3
⎠ ⎠ ⎠2 當 = −2
0
0
3
1−
λ
⎧⎡
⎪⎢
⎪⎢
取 orthonormal eigenvectors 為 ⎨⎢
⎪⎢
⎪
⎩
⎢
⎣
【 注 意 】 對 稱 矩 陣 中 :
0 3 ⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
⎡ x1
⎤ ⎡1⎤
− 6 0
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎥⎢
x2⎥
⎢
0
⎥
⎠
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2⎥
= k1⎢
0
⎥
0 − 3⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
1⎥
3 ⎦
0 3⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
⎡ x1
⎤ ⎡0⎤
0 0
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
⎥⎢
x2⎥
⎢
0
⎥
⎠
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
x2⎥
= k2
⎢
1
⎥
+ k
0 3⎥⎦
⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦ ⎢⎣
x ⎥⎦
⎢⎣
0⎥
3 ⎦
1 ⎤ ⎡
2
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥
,
1 0 ⎢
⎥ ⎢
2 ⎥
⎦
⎢
⎣
⎤ ⎡ 1 ⎤⎫
0 ⎥ ⎢ ⎪
2
⎥
⎥ ⎢ ⎥⎪
1
⎥
,
⎢
0
⎥⎬
⎥ ⎢
1
0 − ⎥⎪
⎥ ⎢ ⎥⎪
⎦ ⎣ 2 ⎦⎭
(1) 來 自 『 相 異 特 徵 值 』 的 特 徵 向 量 , 必 相 互 垂 直 ;
(2) 來 自 『 相 同 特 徵 值 』 的 特 徵 向 量 , 未 必 相 互 垂 直 ,
本 題 λ = −2
⎡0⎤
⎡ 1 ⎤
( 重 根 ) 所 對 應 的 特 徵 向 量
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢
1
⎥
,
⎢
0
⎥
,
⎢⎣
0⎥⎦
⎢⎣
−1⎥⎦
原 本 就 相 互 垂 直 , 這 是 巧 合 !
3
⎡ 1 ⎤
⎢ ⎥
⎢
0
⎥
⎢⎣
−1⎥⎦
範 例 6
2
使 用 圓 柱 座 標 , 且 設 z = 0 , 求 解 ∇ V = 0 。( 注 意 解 答 的 完 整 描 述 )
(20%) 【97 中 興 物 理 】

第 十 一 篇 97 中 興 11-75
→
【 詳 解 】∵ 令 f =
則
∇u
=
→
→
→
e r ∂u
eθ
∂u
k ∂u
+ +
1 ∂r
r ∂θ
1 ∂z
→ → → →
∂u
→
1 ∂u
→
∂u
→
f = fr
e r + fφ
eφ
+ fθ
eθ
= e r + eθ
+ k
∂r
r ∂θ
∂z
2 2 2
2 ∂ u ∂ u ∂ u
→
2
代 入 ∇ u = + + = 0 , 即 ∇
2 2 2
u = ∇ ⋅∇ u = ∇ ⋅ f = 0
∂x
∂y
∂z
1 ∂ ∂ ∂
得 [ ( frr)
+ ( fθ
) + ( f
zr)]
= 0
r ∂r
∂θ
∂z
1 ∂ ∂u
∂ 1 ∂u
∂ ∂u
[ ( r)
+ ( ) + ( r)]
= 0
r ∂r
∂r
∂θ
r ∂θ
∂z
∂z
2
2 2
∂ u 1 ∂u
1 ∂ u ∂ u
得 + + + = 0
2
2 2 2
∂r
r ∂r
r ∂θ
∂z

11-76 陳 立 工 數
97 中场 興 化坜 工圭
範 例 1-1
2
Give the general solution for [(1 − x ) y′
]′
+ 6y
= 0 (5%)【97 中 興 化 工 】
【 範 圍 】10-2
2
2
2 d y dy
【 詳 解 】[(1
− x ) y′
]′
+ 6y
= 0 ( 1−
x ) − 2x
+ 2⋅3y
= 0
2
dx dx
此 為 n = 2 之 Legendre 方坾 程 式
y x)
= AP ( x)
+ BQ ( )
(
2 2
x
範 例 1-2
2
3
Given the general solution for 9x y′ + 9xy′
+ (4x
−16)
y = 0 .
2
2
(10%)【97 中 興 化 工 】
2
3
2 4 16
【 分 析 】 9 ′ 9 ′
3
x y + xy + (4x
−16)
y = 0 x y ′′ + xy′
+ ( x − ) y = 0
9 9
2
2 2b
2
2 1 4
與 x y ′′ + xy′
+ ( λ x − µ ) y = 0 比 較 , 得 λ = , b = , µ =
3 3 3
b
b
1
1
x x
3
3
y = c1J
µ
( λ ) + c2Yµ
( λ ) = c
1J
4( 2x
) + c2Y4
(2x
)
b b
【 詳 解 】 令
則
1 3
z = x
′ =
dy
dx
b
dy dz 1
= =
2
dz dx 3x
y
3
2 dy 1
y ′
= − +
5 3
9x
dz 9x
b
4 3
dy
dz
2
d y
2
dz
2

第 十 一 篇 97 中 興 11-77
2
3
代 入 ODE 9x
y′ + 9xy′
+ (4x
−16)
y = 0
2
2
2 2 dy 1 d y 1 dy
3
得 9x
( − + ) + 9x
+ (4x
−16)
y = 0
5 3
4 3 2
2 3
9x
dz 9x
dz 3x
dz
2
( 2
1 3 dy 2 3 d y 3
3
) 3
1 dy
− x + x + x + (4x
−16)
y = 0
2
dz dz dz
2
dy 2 d y dy 2
( −2z
+ z ) + 3z
+ (4z
−16)
y = 0
2
dz dz dz
2
2 d y dy 2
z + z + (4z
−16)
y = 0
2
dz dz
3
y = c J 2z)
+ c Y (2 ) = c J ( 2x
) + c Y (2 )
1 4( 2 4
z
1
1
3
1 4
2 4
x
2
2
範 例 2
−t
τ
Find the Laplace transform of f (t)
if f ( t)
= e e cosτdτ
.
【 範 圍 】7-3
∫
t
−t
τ
−(
t−τ
)
−t
【 詳 解 】 f ( t)
= e e cosτdτ
= e cosτdτ
= e ∗ cost
取 Laplace 變 換
0
− 1 s
£ { f ( t)}
= £ { e t ∗cost}
=
s + 1 s
2 + 1
∫
t
0
∫
t
0
(5%)【97 中 興 化 工 】
範 例 3
Solve the following system with the Laplace transform method.
y ′′ +
⎧ t
y′
+ 2y
= ⎨
⎩2t
2
2
,0 < t < 1
, t > 1

11-78 陳 立 工 數
1
y ( 0) = and
2
1
y ′( 0) = −
(10%) 【97 中 興 化 工 】
2
【 範 圍 】8-1
⎧ t ,0 < t < 1
2
【 詳 解 】 令 f ( t)
= ⎨
= t[
u(
t)
− u(
t −1)]
+ 2t
u(
t −1)
2
⎩2t
, t > 1
2
= tu ( t)
+ 3( t −1)
u(
t −1)
+ u(
t −1)
+ 2( t −1)
u(
t −1)
1 3
£ { f ( t)}
s s
ODE y ′
+ 2y′
+ 2y
= f ( t)
取 Laplace 變 換
1
s
4
e
s
−0s
−s
−s
= e + e + e +
2
2
3
得 [ s 2 Y ( s)
− sy(0)
− y′
(0)] + 2[ sY ( s)
− y(0)]
+ 2Y
( s)
( s 2 + 2s
+ 2) Y ( s)
Y (s)
Y (s)
=
2( s
2
=
2[( s + 1)
1
s
3
s
1
s
−s
4
e
s
−0s
−s
−s
= e + e + e +
2
2
3
s + 1
2
1
s
3
s
1
s
−s
4
e
s
−0s
−s
−s
= + e + e + e +
2
2
3
s + 1
+
2
+ 2s
+ 2) s ( s
2
1
e
+ 2s
+ 2)
−0s
s + 1 1 1 1 s + 1 −0s
+ [ − + ] e
2 2
2
+ 1]
2
s
s
( s + 1)
+ [ 2 1 1 1 1
− +
] e
3 2
s 2 s 2 ( s + 1)
2 + 1
−s
2
s + 3s
+ 4
+
e
3 2
s ( s + 2s
+ 2)
+ 1
− 1 1
y (t) = £ 1
−t −t
{ Y ( s)}
= e cost
+ ( t −1+
e cost)
u(
t)
2 2
+ [( t −1)
2
−
1 1
( t −1)
+ e
2 2
−(
t−1)
−s
sin( t −1)]
u(
t −1)
−s
範 例 4-1
Solve the following differential equation:

第 十 一 篇 97 中 興 11-79
y ′′ ′ − y′
= cosh x +1 (10%)【97 中 興 化 工 】
【 範 圍 】3-3
3
【 詳 解 】1 齊 性 解 : m − m = 0 m = 0,
−1,
1
y h
2 特 解 :
= c1 + c2
cosh x + c3
sinh x
由 待 定 係 數 法 , 令 y p
= Ax cosh x + Bxsinh
x + Cx
1
代 入 ODE, 得 A = , B = 0, C = −1
2
y p
x
= cosh
2
x − x
x
3 y = c1
+ c2
cosh x + c3
sinh x + cosh x − x
2
1
1
【 另 解 】 y = {cosh x + 1} = {cosh + 1}
3 2
D − D
( D −1)
D
x
p
=
1
1
sinh x +
{1}
2
D −1
( D −1)(
D + 1) D
x 1 x
= cosh x − {1} = cosh x − x
2 D 2
範 例 4-2
Solve the following differential equation:
2
x y ′′ ′ + 3xy′′
− 3y′
= 0 (5%)【97 中 興 化 工 】
【 範 圍 】4-1

11-80 陳 立 工 數
【 詳 解 】 同 乘 以 x 得 x
3 y ′′ ′ + 3x
2 y ′′ − 3xy′
= 0
m
令 y = x ( x > 0 )
代 入 ODE, 得 m ( m −1)(
m − 2) + 3m(
m −1)
− 3m
= 0
m = 0,
−2,
2
−2
y = c + c x + c
2
1 2 3x
範 例 4-3
Solve the following differential equation:
t
f ( t)
= −t
+ ∫ f ( t −α)sinαdα
(5%)【97 中 興 化 工 】
【 範 圍 】7-3
0
t
【 詳 解 】 f ( t)
= −t
+ ∫ f ( t −α
)sinαdα
= −t
+ f ( t)
∗sin
t
取 Laplace 變 換
0
1 1
1
1
得 F( s)
= − + F(
s)
(1 − ) F(
s)
= −
2 2
2
2
s s + 1
s + 1 s
s + 1
s
1
s
1 6
6 s
2
F(
s)
= − = − −
4
2 4
f (t) = £
−1
1
{ F(
s)}
= −t
− t
6
3
範 例 5
2
2
For the quadric form Q = 5x
− 8x
x + 5x
36 , determine what type of
1 1 2 2
=
conic section is represented and transform it to principle axes. Express
X T = x 1,
x ] in term of the new coordinate vector. Y T = y 1,
y ] .
[
2
[
2

第 十 一 篇 97 中 興 11-81
⎡ 5 − 4⎤
【 詳 解 】 令 A = ⎢ ⎥
⎣−
4 5 ⎦
2
2 ⎡ ⎤ ⎡ 1 ⎤
則 5 − 8x
x + 5x
= [ x x ] ⎥ ⎦
(10%)【97 中 興 化 工 】
5 − 4 x
x1
1 2 2 1 2 ⎢ ⎥ ⎢ = X T A X = 36
⎣−
4 5 ⎦ ⎣x2
5 − λ − 4
⎠ ⎠ ⎠ 由 det( A − λI)
=
= 0 ⎠ λ = 1, 9
− 4 5 − λ
( 陳 立 老 師 習 慣 將 較 小 的 特 徵 值 寫 在 前 面 , 同 學 們 若 將 較 大 的 寫
在 前 面 , 座 標 旋 轉 回 來 後 的 結 果 並 不 會 改 變 , 可 以 不 用 擔 心 !)
⎡ 1 ⎤
⎡ 4 − 4⎤
⎡c1
⎤ ⎡0⎤
⎡c
⎢ ⎥
1 ⎤
⎠ ⎠ ⎠(1) 當 λ = 1: ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣−
4 4 ⎦ ⎣c2
⎦ ⎣0
⎢ ⎥ = k
2
1
⎦ ⎣c
⎦ ⎢
1
2 ⎥
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎡ −1
⎤
⎡−
4 − 4⎤
⎡c1
⎤ ⎡0⎤
⎡c
⎢ ⎥
1 ⎤
(2) 當 λ = 9 : ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣−
4 − 4⎦
⎣c2
⎦ ⎣0
⎢ ⎥ = k
2
2
⎦ ⎣c
⎦ ⎢
1
2 ⎥
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎡ 1 −1
⎤
⎡1
0⎤
⎢ ⎥
⎠ ⎠ ⎠ 取 D = ⎢ ⎥ , P =
2 2
⎢ ⎥
⎣0
9 ⎦ ⎢
1 1
⎥
⎢⎣
2 2 ⎥⎦
可 將 對 稱 矩 陣 A, 正 交 對 角 化 成 P −1
AP = P T AP = D
⎡ 1 −1
⎤ ⎡ π π ⎤
⎢ ⎥ ⎢
cos − sin
⎥
⎠ ⎠ ⎠ 再 令 座 標 旋 轉 X = PY =
2 2
⎢ ⎥Y
= 4 4
⎢
⎥Y
⎢
1 1
⎥
π π
⎢sin
cos ⎥
⎢⎣
2 2 ⎥⎦
⎣ 4 4 ⎦
π
( 逆 時 針 旋 轉 θ = )
4
代 入 二 次 式 X T A X = 36 , 可 得 ( PY )
T A(
PY ) = 36
T T
⎠ ⎠ ⎠Y
P APY = 36
⎡1
0⎤
⎡ y1
⎤
[
y
1
, y2]
⎢ = 36
0 9
⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣y2
⎦
T T
Y
( P AP)
Y = 36
Y T DY = 36

11-82 陳 立 工 數
2
得 標 準 二 次 式 9 2 1 2 2 2
y
1
+ y2
= 36 橢 圓 ( ) + (
y ) = 1
6 2
y 4
x 2
y 1
y 2
π
θ =
x 1

第 十 一 篇 97 中 興 11-83
Integrate the given function f (z)
over the given contour C, ∫
C
f
範 例 6
f ( z)
dz :
cos z
z)
= , C : consisting of the boundaries of the squares with vertices
( z − 2iz)
(
2
± 3 , ± 3i
(counterclockwise) and ± 1, ± i (clockwise).
(10%) 【97 中 興 化 工 】
【 詳 解 】(1)
cos z cos z
f ( z)
=
2
z − 2iz
z(
z − 2i)
=
1
單 極 點 z = 0, 2i
3i
2i
C
Res(0)
= lim zf ( z)
z→0
cos z −1
lim =
z 0 z − 2i
2i
cos z
Res(2i)
= lim( z − 2i)
f ( z)
= lim
z → 2i
z →2
i z
cos2i
cosh 2
= =
2i
2i
由 留 數 定 理 :
cos z
∫ dz = 2π
i{
Res (0) + Res(2i)}
2
z − 2iz
C1
∫
C2
cos z
dz = −2πiRes(0)
2
z − 2iz
=
→
2
cos z cos z cos z
∫ dz = dz dz
2
z − 2iz
∫ +
2
z − iz
∫ 2
2 z − 2iz
C
C1
C2
= 2πiRes(2i)
= π cosh 2
i
C
− 3 −1
0 0 1 3
− i
− 3i
範 例 7
2
Show that a solution w ( x,
y)
of Laplace’s equation ∇ w = 0 in a region R
with boundary C and outer unit normal vector → n satisfies the following

11-84 陳 立 工 數
equation :
∫∫
R
∂w
[( )
∂x
2
∂w
+ ( )
∂y
2
] dxdy =
∫
C
∂w
w ds
∂n
(10%)【97 中 興 化 工 】
【 詳 解 】 由 平埠 面 散 度 定 理 ∫ F ⋅ n ds = ∫∫∇ ⋅ F dA
→
令 F = w∇w
代 入
得
∫
C
→
→
∫
C
→
→
→
F ⋅ n ds = w∇w⋅
n ds = ∇ ⋅ w∇w)
dA =
又 ∇ 2 w = 0
∫
C
C
∫∫
R
R
→
( ∫∫(
∇ ⋅∇w
+ w∇
∂w
2 ∂w
2 ∂w
2
w ds = ∫∫ ∇w
dA = ∫∫[(
) + ( ) ] dA
∂n
∂x
∂y
R
R
R
2
w w)
dA
範 例 8-1
Solve general solutions of the following partial differential equations :
xu − x
3 = yu + u (10%)
xy
yy
y
(Notes :
u x
∂u
= ,
∂x
u y
∂u
= ,
∂y
u xy
2
∂ u
= , etc.) 【97 中 興 化 工 】
∂x∂y
【 範 圍 】17-4
【 詳 解 】 yu
yy
− xu
xy
+ u
y
= −x
3
化 成 A ( x,
y)
u + B(
x,
y)
u + C(
x,
y)
u
yy
xy
xx
+ D( x,
y)
u + E(
x,
y)
u + F(
x,
y)
u + G(
x,
y)
= 0
x
y

第 十 一 篇 97 中 興 11-85
⎧A(
x,
y)
= y
⎪
得 ⎨B(
x,
y)
= x
⎪
⎩C(
x,
y)
= 0
2
2
∆ = B − 4AC
= x > 0 雙 曲 線 型
dx 2 dx
由 特 徵 方坾 程 式 A ( ) − B(
) + C = 0
dy dy
dx 2 dx dx dx
y ( ) + x(
) = 0 ( y + x)
= 0
dy dy dy dy
⎧x
= c1
⎨
⎩xy
= c
2
⎧ξ
= x
令 ⎨ , 即
⎩η
= xy
則
⎧x
= ξ
⎪
⎨ η
⎪
y =
⎩ ξ
⎧∂u
∂u
∂ξ
∂u
∂η
∂u
η ∂u
⎪
= + = +
∂x
∂ξ
∂x
∂η
∂x
∂ξ
ξ ∂η
⎨
⎪∂u
∂u
∂ξ
∂u
∂η
∂u
∂u
= + = 0 + x = ξ
⎪⎩
∂y
∂ξ
∂y
∂η
∂y
∂η
∂η
∂ u
∂y
∂u
∂(
ξ )
∂ξ
∂ξ
∂y
∂u
∂(
ξ )
∂η
∂η
∂y
∂u
∂ξ
∂ u
∂η
2
2
∂η
∂η
∂η
2
=
+
= 0 + x = ξ
2
2
∂η
∂u
∂u
∂u
∂u
∂u
2
∂(
) ∂(
) ∂(
) ∂(
) ∂(
)
∂ u ∂y
∂y
∂ξ
∂y
∂η
∂y
∂y
= = + = + y
∂x∂y
∂x
∂ξ
∂x
∂η
∂x
∂ξ
∂η
∂u
∂u
∂(
ξ ) ∂(
ξ )
2
2
∂η
∂η
∂u
∂ u ∂ u
= + y = + ξ + η
2
∂ξ
∂η
∂η
∂η∂ξ
∂η
代 入 原 P.D.E.
xuxy − yuyy
− uy
=
3
x
可 得
2
ξ 2 ∂ u
=
∂η∂ξ
3
ξ
∂ 2 u
標 準 式 (canonical form) 為 = ξ
∂η∂ξ

11-86 陳 立 工 數
1 2
1
u = f ( ξ ) + g(
η)
+ ξ η = f ( y)
+ g(
xy)
+
2
2
x
3
y
範 例 8-2
Solve general solutions of the following partial differential equations :
u − 4 x = (10%)
xx
u yy
(Notes :
u x
∂u
= ,
∂x
u y
∂u
= ,
∂y
u xy
2
∂ u
= , etc.) 【97 中 興 化 工 】
∂x∂y
【 範 圍 】17-2
【 詳 解 】(1) 齊 性 解 (homogenous solution):
uxx − uyy
= ( Dx
− Dy)(
Dx
+ Dy
) u = 0 u = ( y + x)
+ g(
y − x)
(2) 特 解 (particular solution):
2 2
∂ u ∂ u
−
2 2
∂x
∂y
= ( Dx + Dy)(
Dx
− Dy)
u = 4x
⎪⎧
( Dx
+ Dy)
v = 4x
拆 成 兩 組 1 階 PDE ⎨ ⎪⎩ ( D − D ) u = v
⎧∂v
∂v
⎪
+ = 4xLL⋅
(1)
∂x
∂y
⎨
⎪∂u
∂u
− = vLLL
(2)
⎪⎩
∂x
∂y
⎧ ξ −η
⎧ξ
= y + x ⎪
x =
令 ⎨ , 即
2
⎨
⎩η
= y − x ⎪ ξ + η
y =
⎩ 2
x
y

第 十 一 篇 97 中 興 11-87
⎧
⎪
則 ⎨
⎪
⎪⎩
∂
∂
=
x
∂
∂
=
y
代 入 (1) 式 :
∂ ∂ξ
∂ ∂η
∂ ∂
+ = −
∂ξ
∂x
∂η
∂x
∂ξ
∂η
∂ ∂ξ
∂ ∂η
∂ ∂
+ = +
∂ξ
∂y
∂η
∂y
∂ξ
∂η
∂v
得 2 = 2( ξ −η)
∂ξ
1 2
v = ξ −ξη
2
代 入 (2) 式 :
∂v
∂v
+ = 4x
∂x
∂y
∂u
∂u
− = v
∂x
∂y
1 2 1 2
2u
= − ξ η + ξη
2 2
1 2 1 2
u
= − ξ η + ξη
4 4
∂
∂
+
x
∂ 1 2
− 2 u = ξ −ξη
∂η
2
∂
∂y
= 2
∂
∂ξ
1 3
2
特 解 u = ( −xy
+ x )
2
(3) 驗 算 :
1 3
2
u = ( −xy
+ x
2
2
⎧∂
u
⎪ = 3x
2
∂x
⎨ 2
⎪∂
u
= −x
2
⎪⎩
∂y
滿 足 u − 4 x = u
xx
1 2 3
u = ( y + x)
+ g(
y − x)
+ ( −xy
+ x )
2
3 2 2
【 另 解 】 令 u p
= ax + bx y + cxy + dy
)
yy
3

11-88 陳 立 工 數
2 2
∂ u ∂ u
代 入 PDE − = ( Dx + Dy)(
Dx
− Dy)
u = 4x
2 2
∂x
∂y
可 得 ( 6ax + 2by)
− (2cx
+ 6dy)
= 4x
⎧6a
− 2c
= 4
⎨
⎩2b
− 6d
= 0
1 1
取 a = , c = − , b = d = 0
2 2
1 2
3
u p
= ( x − xy )
2

第 十 一 篇 97 中 興 11-89
97 中场 興 材 料
範 例 1
⎡−
6 0 0 0 ⎤
⎢
⎥
矩 陣 ⎢
4 1 0 2
A =
⎥ , 下 列 何 者 不圹 是 其 特 徵 值 (eigenvalue)? (6%)
⎢ 0 1 1 2 ⎥
⎢
⎥
⎣ 1 0 0 − 3⎦
(A) 1 (B) 2 (C) -3 (D) -6 【97 中 興 材 料 】
− 6 − λ 0 0 0
4 1−
λ 0 2
【 詳 解 】 由 det( A − λI)
=
= 0
0 1 1−
λ 2
1 0 0 − 3 − λ
λ = −6,
−3,1,
1
選 (B)
範 例 2
2
下 列 何 者 為 微 分 方 程 式 x y ′′ − 3xy′
+ 4y
= 0 的 解 ? (6%)
(A)
(C)
y = C C ln x)
x (B)
(
1
+
2
y = C x C ln x)
x (D)
(
1
+
2
y = ( C + x
y +
1
C2
ln x)
2
2
= ( C1 x C2
ln x)
x 【97 中 興 材 料 】
【 範 圍 】4-1
m
【 詳 解 】 令 y = x ( x > 0 )
2
代 入 x y ′′ − 3xy′
+ 4y
= 0 , 得 m ( m −1)
− 3m
+ 4 = 0 m = 2, 2

11-90 陳 立 工 數
2
y = c x + c x
2 (ln )
選 (B)
1 2
x
範 例 3
下 列 何 者 可 做 為 微 分 方 程 式
2
(2cos y + 4x
) dx = xsin
ydy 的 積 分 因 子
(integrating factor)? (6%)
(A)
1
x
1
(B)
2
x
(C) x
(D)
2
x 【97 中 興 材 料 】
【 範 圍 】2-3
⎧M
( x,
y)
= 2cos y + 4x
【 詳 解 】 令 ⎨
⎩N(
x,
y)
= −xsin
y
∂M
Q
∂y
∂M
∂N
−
∂y
∂x
∴
N
選 (C)
∂N
= −2sin
y ≠ = −sin
y
∂x
− sin y 1
= =
− xsin
y x
2
∫
I ( x)
= e
1
dx
x
=
x
若 微 分 方 程 式 y ′ = y 23, y′ = − y 15t
的 初 始 值 (initial value) 為
1
5 2
+
2
5 1
+
y (0) 1, y (0) = 2 , 則 下 列 何 者 為 正 確 ? (6%)
1
=
範 例 4
2
−
(A) y ′(0)
13 (B) y ′(0)
14
1
=
1
=
(C) y ′(0)
15 (D) y ′(0)
16
【97 中 興 材 料 】
1
=
1
=
【 詳 解 】 y ′ 0) = 5y
(0) + 23 13 選 (A)
1
(
2
=

第 十 一 篇 97 中 興 11-91
下 列 何 者 為 函 數 e t u( t − 2)
的 拉 氏 轉 換 (Laplace Transform)? (6%)
(A)
範 例 5
−2
+ 2
e s
s −1
【 範 圍 】7-2
(B)
−2
−2
e s
s −1
(C)
−2
+ 2
e s
s + 1
(D)
t
( t−2)
+ 2
2 ( t−2)
【 詳 解 】 e u(
t − 2) = e u(
t − 2) = e e u(
t − 2)
2
−1
2 e
Q£ { e e
t } =
s −1
由 t 軸 平埠 移 定 理
∴£
範 例 6
(4,3)
−1
2
{ e e
( t−2)
u(
t
e
s −1
2
−2s
− 2)} = e 選 (A)
2
若 P = ∫ ( 3z
dx + 6xzdz)
, 則 下 列 何 者 為 正 確 ? (6%)
−
( 1,5)
−2
−2
e s 【97 中 興 材 料 】
s + 1
(A) P = 181 (B) P = 182 (C) P = 183 (D) P = 184 【97 中 興 材 料 】
【 詳 解 】 由 合 併 積 分坖 法
∫
(4,3)
(4,3)
2
2 2
P = (3z
dx + 6xzdz)
= d(3xz
) = 3xz
|
( −
選 (C)
( −1,5)
∫
( −1,5)
(4,3)
1,5)
= 183
⎧−
4, −π
≤ x ≤ 0
某 一 函 數 f ( x)
= ⎨
的 傅 立 葉 級 數 (Fourier Series) 展 開 式 為
⎩+
4, 0 ≤ x ≤ π
c 1
sin((2n
−1)
x)
, 則 下 列 何 者 為 正 確 ? (6%)
π 2n
−1
∑ ∞
n=
1
範 例 7

11-92 陳 立 工 數
(A) c = 8 (B) c = 16 (C) c = 32 (D) c = 64 【97 中 興 材 料 】
【 範 圍 】12-2
∞
∞
2nπ
【 詳 解 】 令 f ( x)
= ∑bn
sin x = ∑bn
sin nx
T
則 b
n
選 (A)
=
T
n=
1
2
/ 2
0
T
n=
1
2
2
∫ f ( x)sin
nxdx =
∫
π
π 0
4sin nxdx
8
8
= (1 − cos nπ
) = ( n = 1,3,5, LL)
nπ
nπ
8
f ( x)
=
π
∞
∑
n=
1,3,5, L
1
sin
n
8
nx =
π
∞
∑
n=
1
1
sin(2n
−1)
x
2n
−1
範 例 8
某 一 函 數
f ( x)
= 2x
, ( −1
< x < 1)
, f ( x)
= f ( x + 2)
的 傅 立 葉 級 數 (Fourier
d 1 1
Series) 展 開 式 為 (sinπx
− sin 2πx
+ sin 3πx
−L)
, 則 下 列 何 者 為 正 確 ?
π 2 3
(6%)
(A) d = 2 (B) d = 4 (C) d = 6 (D) d = 8 【97 中 興 材 料 】
【 範 圍 】12-2
∞
∞
2nπ
【 詳 解 】 令 f ( x)
= ∑{
bn
sin x}
= ∑{
bn
sin nπx}
T
則 b
n
=
T
2
2
n=
1
n=
1
2
∫ f ( x)sin
nπ
xdx = 2
0
T
1 4( −1)
= −4
cos nπ
=
nπ
nπ
∑ ∞ f ( x)
=
n=
1
4( −1)
nπ
n+
1
n+
1
sin nπx
∫
1
0
2xsin
nπxdx

第 十 一 篇 97 中 興 11-93
4 1 1
= [sinπx
− sin 2πx
+ sin 3πx
− +L]
π 2 3
選 (B)
範 例 9
r r r r r r r
若 K = ∫ F( ) • d
, 其 中 F( ) = yi − xj
、 封 閉 曲 線 C : x
c
何 者 為 正 確 ? (6%)
2
+ y
2
=
1
4
, 則 下 列
(A)
π
K = (B)
2
【 詳 解 】 由 Green 定 理
K
範 例 10
c
π
K = − (C) K = π (D) K = −π
【97 中 興 材 料 】
2
→ → →
∂(
−x)
∂y
F( r ) ⋅ d r = ∫ ydx − xdy = [ − ] dA = −2A
c
∂x
∂y
= ∫
∫∫
1 2 π
= −2π
( ) = − 選 (B)
2 2
某 一 函 數 f (t)
的 拉 氏 轉 換 (Laplace Transform) 為
則 下 列 何 者 正 確 ?
′
+
2s
+ 4
,
2
s − 4s
+ 4
′
+
+
+
(A) f ( 0 ) = 2 (B) f ( 0 ) = 8 (C) f ( 0 ) = 2 (D) f ( 0 ) = 8
【 範 圍 】7-3
【 詳 解 】 由 初 值 定 理 :
(6%)【97 中 興 材 料 】
f
2
+
2s
+ 4s
0 ) = limsY
( s)
= lim = 2
s→∞
s→∞
s − 4s
+ 4
(
2
選 (A)

11-94 陳 立 工 數
範 例 11
t
若 積 分 方 程 式 為 y( t)
= t + ∫ y(
τ )sin( t −τ
) dτ
, 則 下 列 何 者 正 確 ? (6%)
0
(A)
5
y ( 1) = (B)
6
7
y ( 1) = (C)
6
3
y ( 1) = (D)
2
11
y ( 1) =
6
【97 中 興 材 料 】
【 範 圍 】8-2
t
【 詳 解 】 y(
t)
= t + ∫ y(
τ )sin( t −τ
) dτ
= t + ∫ sin( t −τ
) y(
τ ) dτ
= t + sin t ∗ y(
t)
0
取 Laplace 變 換
1 1
1 1
Y( s)
= + Y ( s)
(1 − ) Y ( s)
=
2 2
2
2
s s + 1
s + 1 s
s + 1 1 1
1
= y ( t)
= t + t
s s s
6
2
Y ( s)
= +
4 2 4
1 7
y ( 1) = 1+
= 選 (B)
6 6
t
0
3
範 例 12
某 一 系 統 由 x (t)
與 y (t)
組 成 , 且 滿 足 x ′′ − 2 x′
+ 3y′
+ 2y
= 4 ; 2 y ′ − x′
+ 3y
= 0 ;
x ( 0) = x′
(0) = y(0)
= 0 , 則 下 列 何 者 正 確 ? (6%)
(A) x ′′( 0) = 1 (B) x ′′( 0) = 2 (C) x ′′( 0) = 3 (D) x ′′( 0) = 4
1
【 詳 解 】Q 2 y ′ − x′
+ 3y
= 0 y ′( 0) = [ x′
(0) − 3y(0)]
= 0
2
∴ x ′′ ( 0) = 4 + 2x′
(0) − 3y′
(0) − 2y(0)
= 4
選 (D)
【97 中 興 材 料 】

第 十 一 篇 97 中 興 11-95
範 例 13
下 列 何 者 是 為 微 分 方 程 式
3
x y ′′
′ −
2
3x
y ′′ + 6xy′
− 6y
= x
4
ln x
的 特 解 (particular solution)? ( 其 中 x > 0 )
(A)
(C)
4
4
x ⎛ 11⎞
x ⎛ 11⎞
y p
= ⎜ln
x + ⎟ (B) y p
= ⎜ln
x − ⎟
3 ⎝ 3 ⎠ 3 ⎝ 3 ⎠
4
4
x ⎛ 11⎞
x ⎛ 11⎞
y p
= ⎜ln
x + ⎟ (D) y p
= ⎜ln
x − ⎟ 【97 中 興 材 料 】
6 ⎝ 6 ⎠ 6 ⎝ 6 ⎠
【 範 圍 】4-1
t
d
【 詳 解 】 令 x = e , t = ln x , D ≡ ( x > 0)
dt
D( D − 1)( D − 2) − 3D(
D −1)
+ 6D
− 6 y = te
4t
代 入 ODE 可 得 { }
4t
{ ( D − 1)( D − 2)( D − 3) } y = te
1 4t
特 解 : y
p
=
{ te }
( D −1)(
D − 2)( D − 3)
選 (D)
4 1
= e t { t}
( D + 3)( D + 2)( D + 1)
= e
=
4t
4
e t
1 4t
{ t}
= e
( D + 3)( D + 2)( D + 1)
1 11 1 11
( t − ) = ( ln x − ) x
6 36 6 36
4
1
(
6
−
11
D +L){ t}
36
範 例 14
請 解 四 階 微 分 方 程 式 y IV − 5 y ′′ + 4y
= 0 。 (11%) 【97 中 興 材 料 】
【 範 圍 】3-2
【 詳 解 】 由 特 徵 方坾 程 式
4 2
2 2
m − 5m
+ 4 = ( m −1)(
m − 4) = 0 m = ±1 , ± 2

11-96 陳 立 工 數
y = c e
範 例 15
−x
x −2x
1
+ c2e
+ c3e
+
c e
2x
4
請 將 週 期 函 數 f (x)
以 傅 立 葉 級 數 (Fourier Series) 展 開 , 其 中
f ( x)
= x + π if −π < x < π 且 f ( x + 2π ) = f ( x)
【97 中 興 材 料 】
【 範 圍 】12-1 完 全 抄 襲 陳 立 工 數 上 冊 P12-10 範 例 2
2nπ 2nπ
【 詳 解 】 令 f ( x)
= a0 + ∑ ∞ { an
cos x + bn
sin x}
n=
1 T
T
則 a
= a0 + ∑ ∞ { an
cos nx + bn
sin nx}
n=
1
0
a
b
n
n
T
1 1
2
= ∫ f ( x)
dx =
T − 2π
∫
π
T
)
−π
2
T
1 1 π
2
( )cos =
2
∫ T
f x nxdx
−
−π
2
π
T
1 1 π
2
∫ T
f ( x)sin
nxdx =
−
π ∫ (
2
−π
2
=
T
∫
=
T
∑ ∞ f ( x)
= π + 2
n=
1
( −1)
n
n+
1
( x + π dx = π
( x + π )cos nxdx = 0
x + π ) sin nxdx
2 2( −1)
= − cos nπ
=
n
n
sin nx
n+
1

第 十 一 篇 97 中 興 11-97
97 中场 興 水垊 土 保 持 ( 甲堅 )
範 例 1
2
2
解 微 分 方 程 式 : (2x cosh y + y cosh x)
dx + ( x sinh y + 2y
sinh x)
dy = 0 .
(10%)【97 中 興 水 保 】
【 範 圍 】2-3
2
⎪⎧
M ( x,
y)
= 2x
cosh y + y cosh x
【 詳 解 】 令 ⎨
2
⎪⎩ N(
x,
y)
= x sinh y + 2y
sinh x
∂M
Q
∂y
∂N
= 2xsinh
y + 2y
cosh x =
∂x
∴ 此 為 正埲 合 方坾 程
∃ φ( x,
y)
⎧∂φ
2
2
2
⎪
= 2x
cosh y + y cosh x → φ = x cosh y + y sinh x + k1(
y)
∂x
∋ ⎨
⎪
∂φ
2
2
2
= x sinh y + 2y
sinh x → φ = x cosh y + y sinh x + k2(
x)
⎪⎩
∂y
2
2
通 解 為 φ ( x , y)
= x cosh x + y sinh x = c
範 例 2
3x
解 微 分 方 程 式 : y ′′ − 6y′
+ 9y
= ( e + 1)( x + 1)
. (10%)【97 中 興 水 保 】
【 範 圍 】3-3
【 詳 解 】1 齊 性 解 :
2
m − 6m + 9 = 0 m = 3, 3 y
h
= c e
3x
1
+
c xe
1
3x

11-98 陳 立 工 數
2 特 解 :
由 待 定 係 數 法
3 2 3x
令 y
p
= ( ax + bx ) e + cx + d
代 入 得
y
p
1 1 1
a = , b = , c = , d =
6 2 9
1 3 1 2 3x
1
= ( x + x ) e + x +
6 2 9
3x
3x
1 3 1 2 3x
1
3 通 解 : y = c e + c2xe
+ ( x + x ) e + x
6 2 9
5
27
5
27
1
+
1 3
【 另 解 】 = x
y
{( x + 1) e + ( + 1)}
2
D − 6D
+ 9
x
p
範 例 3
= 1
3x
1
{( x + 1) e } +
{
2
( D − 3)
D − 6D
+ 9
x
2
+
1 1 2
{( 1)
3 x
= x + e } + ( + D + L ){ x + 1}
2
0
9 27
1 3 1 2 3x
1
= ( x + x ) e + x +
6 2 9
2
解 初 始 值 問 題 : x y ′′ − xy′
−15y
= 0 , y ( 1) = 2 , y ′( 1) = 1。
【 範 圍 】4-1
m
【 詳 解 】 令 y = x ( x > 0 )
5
27
代 入 得 m ( m −1)
− m −15
= 0 m = −3, 5
1}
5
27
(10%)【97 中 興 水 保 】
−3
y = Ax +
Bx
y = − +
5
−4
4
3Ax
5Bx

第 十 一 篇 97 中 興 11-99
由 BC
⎧y(1)
= 2 = A + B
⎨
⎩y′
(1) = 1 = −3A
+ 5B
9 −3
7
y = x + x
8 8
5
⎧ 9
⎪
A =
8
⎨
⎪ 7
B =
⎩ 8
範 例 4
解 初 始 值 問 題 : y ′′ ′ − 5y
′′ − y′
+ 5y
= sin(2x)
y ( 0) = 1, y ′( 0) = 2 , y ′′( 0) = 0
(10%)【97 中 興 水 保 】
【 範 圍 】3-3
【 詳 解 】1 齊 性 解 : m 3 − 5m
2 − m + 5 0 m = −1,1, 5
∴ y
h
= c e
− x x
1
+ c2e
+
c e
5x
3
2 特 解 : 由 待 定 係 數 法 , 令 y p
= Acos 2x
+ Bsin
2x
3 通 解 :
2 1
代 入 得 A = , B =
145 29
2 1
∴ y p
= cos 2x
+ sin 2x
145 29
−x
x 5x
2 1
y = yh + y
p
= c1 e + c2e
+ c3e
+ cos 2x
+ sin 2x
145 29
y
x x 5x
4
= −c1 e + c2e
+ 5c3e
− sin 2x
+
145
′
−
2
cos 2
29
−x
x
5x
8 4
y ′′ = c1e
+ c2e
+ 25c3e
− cos 2x
− sin 2
145 29
x
x

11-100 陳 立 工 數
由 IC
c
⎧
2
⎪
y(0)
= 1 = c1
+ c2
+ c3
+
145
⎪
2
⎨y′
(0) = 2 = −c1
+ c2
+ 5c3
+
⎪
29
⎪
8
⎪y
′′ (0) = 0 = c1
− c2
+ 25c3
−
⎩
145
493 1827
= − , c2
= , c
1450 1450
1 3
=
48
725
y
493 −x
1827 x 48
= − e + e + e
5
1450 1450 725
【 另 解 】 由 逆 算 子圤 法
x
+
2
145
cos 2x
+
1
sin 2
29
y 1
1
=
sin 2x
=
sin x
p
D 5D
D 5 D(
D ) 5( D ) D 5
2
3 2
2
2
− − +
− − +
=
D(
−2
2
D + 5
= sin 2x
=
145
1
1
sin 2x
= sin 2x
2
) − 5( −2
) − D + 5 − 5D
+ 25
2
cos 2
145
x +
1
sin 2
29
x
x
範 例 5
用 拉 普 拉 斯 轉 換 (Laplace Transform) 解 初 始 值 問 題 :
y ′′ + ′ 2
−t
4 y − 6y
= + e , ( 0) = 2
y , y ′( 0) = 1。 (10%)【97 中 興 水 保 】
【 範 圍 】8-1
【 詳 解 】 取 Laplace 變 換
2 1
[ s
2 Y(
s)
− sy(0)
− y′
(0)] + 4[ sY(
s)
− y(0)]
− 6Y
( s)
= +
s s + 1
2 1
( s
2 + 4s
− 6) Y(
s)
= 2s
+ 9 + +
s s + 1
Y
2s
+ 9
s)
=
+
2
( s + 2) −10
s(
s
2
1
+
+ 4s
− 6) ( s + 1)( s + 4s
− 6)
(
2
2

第 十 一 篇 97 中 興 11-101
1 1 4 1 1 1
− s + − s +
2s
+ 9
=
+ [ 3 + 3 3 ] + [ 9 + 9 3 ]
2
2
2
( s + 2) −10
s s + 4s
− 6 s + 1 s + 4s
− 6
22 32 1 1
s +
= 9 9 − 3 − 9 =
2
( s + 2) −10
s s + 1
22 8 1 1
( s + 2) −
9 9 − 3 − 9
2
( s + 2) −10
s s + 1
−1 22 −2t
8 −2t
y (t) = £ { Y ( s)}
= e cosh 10t
− e sinh 10t
9
9 10
範 例 6
−
1 1
−
3 9
解 聯 立 微 分 方 程 式 ( 可 用 任 意 方 法 ):
e −t
⎧ y′
1
+ y2
= cos( t)
⎨
, y
1
(0) = 1, y
2
(0) = 0 。 (10%)【97 中 興 水 保 】
⎩y′
2
+ y1
= −cos(
t)
【 範 圍 】ch5
【 詳 解 】 由 微 分坖 算 子圤 消 去垽 法
⎧Dy1
+ y2
⎨
⎩Dy2
+ y1
= cost
= −cost
由 Cramer Rule
D
1
1 cost
y1
=
D − cost
2
( D − 1) y1
= −sin
t + cost
−t
t 1 1
y1 = c1e
+ c2e
+ sin t − cost
2 2
代 回 原 式 得 y
1
D
−t
t 1
= cost
− y′
1
= c1e
− c2e
+ cost
2
2
−
1
sin
2
t

11-102 陳 立 工 數
由 IC
⎧
1
⎪
y1(0)
= 1 = c1
+ c2
−
2
⎨
⎪
1
y2(0)
= 0 = c1
− c2
+
⎩
2
1 −t
t 1 1
y1 = e + e + sin t − cos
2 2 2
範 例 7
y
1
= e
2
t 1
− e + cost
2
−t
2
−
1
sin
2
t
1
c
1
= , c2
= 1
2
⎡101
−144⎤
若 矩 陣 A = ⎢ ⎥ , 求 其 (a) 特 徵 值 (b) 特 徵 向 量 。
⎣ 72 −103
⎦
101−
λ −144
【 詳 解 】 由 det( A − λI)
=
= 0 λ = −7, 5
72 −103
− λ
⎡108
−144⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
當 λ = −7
: ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥
⎣ 72 − 96 ⎦⎣x2⎦
⎣0
⎦
⎡96
−144⎤⎡x1
⎤ ⎡0⎤
當 λ = 5 : ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥
⎣72
−108⎦⎣x2
⎦ ⎣0
⎦
t
(10%)【97 中 興 水 保 】
⎡ x1
⎤ ⎡4⎤
⎢ ⎥ = k1⎢
⎥
⎣x2⎦
⎣3
⎦
⎡ x1
⎤ ⎡3⎤
⎢ ⎥ = k2
⎢ ⎥
⎣x2
⎦ ⎣2
⎦
範 例 8
若 向 量 a = [1,8,0 ], b = [3,2,7]
, c = [ 6,5, −4]
,
求 (a) a × ( b×
c)
(b) ( a × b)
× c 。 (10%) 【97 中 興 水 保 】
【 詳 解 】(a) a × ( b×
c)
= ( a ⋅ c)
b − ( a ⋅b)
c = 46(3,2,7) − 21(6,5, −4)
= (12, −13,406)
(b) ( a × b)
× c = ( a ⋅ c)
b − ( b ⋅c)
a = 46(3,2,7)

第 十 一 篇 97 中 興 11-103
範 例 9
若 函 數
f ( x,
y,
z)
= ( x + y)
z, 求 (a) 2
2 2
∇ ( f ) (b) ∇ ( f )。(10%)【97 中 興 水 保 】
【 範 圍 】19-4
2 2 2
2 ∂ f ∂ f ∂ f
【 詳 解 】(a) ∇ f = + + = 0
2 2 2
∂x
∂y
∂z
2
2 2 2 2 2
(b) f ( x,
y,
z)
= [( x + y)
z]
= x z + y z + 2xyz
∇
2
2 2 2 2 2 2
2 ∂ f ∂ f ∂ f 2 2
2
f = + + = 2z
+ 2z
+ 4xy
= 4z
+ 4xy
2 2 2
∂x
∂y
∂z
2
範 例 10
求 下 列 函 數 在 區 間 −π
≤ x ≤ π 上 的 傅 立 葉 展 開 式 :
⎧1
2
⎪ π ,
4
⎪
2
f ( x)
= ⎨ x ,
⎪
⎪1
2
π ,
⎪
⎩4
if
π
−π
< x < −
2
if
π π
− < x < .
2 2
(10%)【97 中 興 水 保 】
if
π
< x < π
2
【 範 圍 】12-2
【 詳 解 】 偶 函 數 Fourier cosine series ( T = 2π
)
令 ∑ ∞ f ( x)
= a0 + a n
cos nx
n=
1
則 a
而 a
T
1 π
0
π ∫ f ( x)
0
2
2
= ∫ f ( x)
dx =
T 0
T
2
2
n
= ∫ 0
T / 2
2nπ
f ( x)cos
xdt
T
π
2
2 2
= [ ∫ x cos nxdx +
π 0 ∫
π
1
2
dx = [ +
π ∫ x dx
0 ∫
2
T / 2
T
2
= ∫ 0
π
π
2
2
π
cos nxdx]
4
2
2
π
2 π π
π dx]
=
2 4 6
f ( x)cos
nxdx

11-104 陳 立 工 數
2
π
故 f (x)
∑ ∞ = +
6 n=
2 π nπ
2 nπ
= [ cos − sin ]
2
3
π n 2 n 2
1
2 π nπ
2 nπ
[ cos − sin ]cos nx
2
3
π n 2 n 2

第 十 一 篇 97 中 興 11-105
97 中场 興 水垊 土 保 持 ( 乙 )
試 求 解 :
範 例 1
dy
y
dx
【 範 圍 】2-6
2
y
= x
3 + , y ( 2) = 6
(10%)【97 中 興 水 保 】
x
【 詳 解 】Bernoulli equation
令 u =
2
dy y
y − = x
dx x
2 du
y , 則
dx
代 入 ODE 得
1
2
3
= 2y
du
dx
dy
y
dx
1
x
dy
dx
= x
3 +
y
x
3
− u = x
∫
− dx
x
1 積 分坖 因 子圤 : I ( x)
= e = x
2 通 解 :
2
−2
I ( x)
u(
x)
= ∫ x
−2 (2x
3 ) dx = x
2 + c
2
du
dx
4 2
2 4
u ( x)
= x + cx y = x + cx
2 4
IC y ( 2) = 6 c = 5 y = x + 5x
2
−
2
2
u
x
= 2x
3
範 例 2
試 求 解 : x 3 y ′′ ′ + 2x
2 y′′
− 4xy′
+ 4y
= dy
0,
y′ ≡ (10%)【97 中 興 水 保 】
dx
【 範 圍 】4-1

11-106 陳 立 工 數
m
【 詳 解 】 令 y = x ( x > 0 )
代 入 ODE x
3 y ′′ ′ + 2x
2 y′′
− 4xy′
+ 4y
= 0
得 m ( m −1)(
m − 2) + 2m(
m −1)
− 4m
+ 4 = 0
2
( m −1)(
m − 4) = 0 m = 1,
−2,
2
−2
y = c x + c x + c
2
1 2 3x
範 例 3
試 求 解 : y ′′ + 9y
= δ ( t −1)
, y ( 0) = 0 , y ′( 0) = 0 ,
dy
其 中 , y′ ≡ , δ (t)
表 Dirac delta function。 (10%)【97 中 興 水 保 】
dt
【 範 圍 】8-1
【 詳 解 】 取 Laplace 變 換
得
s Y(
s)
− sy(0)
− y′
(0)] + 9Y
( s)
= e
[ 2
Y
−s
( s)
= e =
2
2
s
1
+ 9
1 3
e
3 s + 9
−s
−s
− 1
y (t) = £ 1 { Y ( s)}
= sin 2( t −1)
u(
t −1)
3
範 例 4
求 彈 性 變 形
y = Ax 之 主 軸 方 向 及 相 應 之 延 伸 或 縮 減 因 子 ,
⎡
其 中 A 為 下 列 矩 陣 : A = ⎢
⎣
3
2
2⎤
⎥
2 ⎦
( 需 說 明 在 何 方 向 之 變 化 情 形 。) (15%)【97 中 興 水 保 】

第 十 一 篇 97 中 興 11-107
3 − λ 2
【 詳 解 】 由 det( A − λI)
= det
= 0 λ = 1, 4
2 2 − λ
⎡ 1 ⎤
⎡ 2 2⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
⎡x
⎢ ⎥
1 ⎤ 3
當 λ = 1: ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ 2 1 ⎦⎣x2⎦
⎣0
⎢ ⎥ = k1
⎦ ⎣x
⎦ ⎢ 2
2
− ⎥
⎢⎣
3 ⎥⎦
⎡ 1 ⎤
⎡x
⎢ ⎥
1 ⎤ 3
y = Ax = 1 ⋅ x 當 ⎢ ⎥ = k1⎢
⎥ 時 , 延 伸 因 子圤 為 1
⎣x
⎦ ⎢ 2
2
− ⎥
⎢⎣
3 ⎥⎦
⎡ −1
2⎤⎡
x1
⎤ ⎡0⎤
當 λ = 4 : ⎢ ⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥
⎣ 2 − 2⎦⎣x2⎦
⎣0
⎦
⎡
⎡ x ⎢
1⎤
y = Ax = 4x
當 ⎢ ⎥ = k2
⎢
⎣x2⎦
⎢
⎢⎣
⎡
⎡ x ⎢
1⎤
⎢ ⎥ = k2
⎢
⎣x2⎦
⎢
⎢⎣
2 ⎤
⎥
3 ⎥
1 ⎥
3 ⎥⎦
2 ⎤
⎥
3 ⎥ 時 , 延 伸 因 子圤 為 4
1 ⎥
3 ⎥⎦
範 例 5
試 利 用 傅 立 葉 積 分
⎧π
⎪ , 0 ≤ x < 1
2
⎪
證 明 ∫ ∞ sin wcos
xw π
dw = ⎨ , x = 1
0
w ⎪ 4
⎪ 0, x > 1
⎪⎩
【 範 圍 】13-1
⎧1
x < 1
【 詳 解 】 令 f ( x)
= ⎨
⎩0
x > 1
(10%)【97 中 興 水 保 】

11-108 陳 立 工 數
2
則 其 Fourier 積 分坖 為 f ( x)
= ∫ ∞
Acos
wxdw
π 0
1 sin w
其 中 A = ∫ ∞
f ( x)cos
wxdw = cos wxdw =
0 ∫0
w
2
= ∫ ∞ sin wcos
wx
f ( x)
dw
π 0 w
由 Dirichlet 收 斂 條 件
2
π
故
∫ ∞
0
∫ ∞
0
取 右 半 部
sin wcos
wx
dw
w
sin wcos
wx
dw
w
∫ ∞
0
收 斂 至
=
收 斂 至
=
⎧1
⎪1
⎨
⎪
0 2 ⎩
⎧π
⎪ 2
⎪π
⎨
⎪
0 4 ⎪
⎪⎩
sin wcos
wx
dw
w
−1
< x < 1
x = ± 1
其 他
−1
< x < 1
x = ± 1
其 他
收 斂 至
=
⎧π
⎪ 2
⎪π
⎨
⎪ 4
⎪ 0
⎪⎩
0 ≤ x < 1
x = 1
x > 1
範 例 6
πx
cos( )
求 主 值 2
∫ ∞ dx = ?
−∞
2
x −1
(10%)【97 中 興 水 保 】
【 詳 解 】 令 f
e
( z)
= z
2
i π z
2
−1
則 z = 1為 上 半 部 的 單 極 點

第 十 一 篇 97 中 興 11-109
其 留 數
π
i z
π
=
→
2
e 1 i
2
Re s(1)
lim( z −1)
= e
z 1
2
z −1
2
i
=
2
故
∫
∞
−∞
πx
cos( )
2 dx = Re{
x −1
πx
i
∞
2 ∫
s
−∞
2
e
dx}
= Re{2πi
Re
2
x −1
(1)} = −π
範 例 7
4 4 v v v v
2
2
已 知 g = x + y + z , = x i + ( y − z)
j + xyk
,
v
求 curl( grad g)
⋅ = ?
(10%)【97 中 興 水 保 】
【 範 圍 】19-4
∂g
【 詳 解 】 ∇g
=
∂x
→
∂g
i +
∂y
→
∂g
→
j+
k = 4 x
∂z
→
→
→
3
i + 4y
→
3
→
j+
k
i j k
∂ ∂ ∂
∇ ×∇g =
= 0 ( 常 識 !)
∂x
∂y
∂z
3 3
4x
4y
1
→
→
v
∇ ×∇ g ⋅ = 0
→
→
→
已 知 F = 2x
2 i + 4y
j , S : z = 1− x − y , x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0,
∫∫
→
→
求 F ⋅ n dA = ?
(10%)【97 中 興 水 保 】
s
範 例 8
【 範 圍 】19-3

11-110 陳 立 工 數
【 詳 解 】 令 φ ( x,
y,
z)
= x + y + z −1
= 0 , 則 ∇φ
( x , y,
z)
= i +
→
n dA = ∇φ
→
→
dxdy
→
∇φ
⋅ k
→
又 F = 2x
2 i + 4y
j
→
⋅ →
F n dA = (2x
2 + 4y)
dxdy
→
→
→
= ( i + j+
k)
dxdy
→
→
→
j+
k
1
x =1− y
x − y 平 面
1
故 通 量 (flux) =
→
→
2
∫∫ ⋅ n dA = ∫∫(2x
+
S
F 4y)
dxdy
S

第 十 一 篇 97 中 興 11-111
投 影 至
=
=
∫
∫∫
x−y 平 面
1
0
⎡2
⎢
x
⎣3
2
(2x + 4y)
dxdy =
3
⎤
+ 4xy
⎥
⎦
⎡ 1 4
=
⎢
− (1 − y ) +
⎣ 6
x=
1−
y
x=
0
1
4(
2
∫
dy =
y
2
−
y=
1
y=
0
∫
1
3
∫
x=
1−
y
x=
0
(2x
2
[ (1 − y)
3
1
0
3 ⎤
y )
⎥
⎦
y=
1
y=
0
=
3
5
6
2
+ 4y)
dxdy
+ 4(1 − y)
y]
dy
範 例 9
假 設 一 薄 板 0 ≤ x ≤ π , 0 ≤ y ≤ π 之 表 面 為 完 全 絕 熱 , 其 邊 緣 保 持 在 零 度 ,
且 其 初 溫 為 u ( x,
y,0)
= f ( x,
y)
,
求 解 二 維 平 板 內 之 溫 度 分 佈 u ( x,
y,
t)
為 何 ? (15%)【97 中 興 水 保 】
【 範 圍 】14-1
2 2
∂u
2 ∂ u ∂ u
【 詳 解 】PDE = c ( + )
2 2
∂t
∂x
∂y
⎧u(0,
y,
t)
= u(
π , y,
t)
= 0
BC ⎨
⎩u(
x,0,
t)
= u(
x,
π , t)
= 0
IC u ( x,
y,0)
= f ( x,
y)
(0 ≤ y ≤ π )
(0 ≤ x ≤ π )
由 分坖 離 變 數 法 , 令 u ( x,
y,
t)
= X ( x)
Y(
y)
T(
t)
1
代 入 得 X ′′ Y T + X Y ′′ T = X Y T&
2
c
X ′′ Y ′′ T&
同 除 以 X Y T + =
2
X Y c T
⎧ X ′′
⎪
= −λ1
X
T
令 ⎨ , 則 &
= −( λ
1
+ λ )
2 2
⎪Y
′′
c T
= −λ
2
⎩ Y

11-112 陳 立 工 數
⎧X
′′ + λ1
X = 0; X (0) = X ( π ) = 0 LLLLL (1)
⎪
⎨Y
′′ + λ2Y
= 0; Y (0) = Y ( π ) = 0 LLLLLL (2)
⎪ 2
&
⎩T
+ c ( λ1
+ λ2)
T = 0 LLLLLLLLLLL (3)
由 (1):
2
λ = m , ( m = 1,2,3, L)
X ( x)
= sin mx
由 (2):
λ , ( n =1,2,3, L)
2
2
= n
Y ( y)
= sin ny
由 (3):
T ( t)
= e
−( λ +λ2 ) t
1
= e
−(
m
2 2
+
n ) t
由 疊 加垰 法 , 令 u ( x,
y,
t)
=
∑∑
∞ ∞
m=
1 n=
1
B
2 2
−(
m + n ) t
mne
sin mxsin
ny
由 IC
u ( x,
y,0)
=
f ( x,
y)
=
∑∑
∞ ∞
m=
1 n=
1
B
mn
sin mxsin
ny
B mn
2 2 π
=
π π ∫ 0 ∫ 0
π
f ( x,
y)sin
mxsin
nydxdy