112年台北科大電機系碩士班-工程數學詳解

 國立臺北科技 大學 l12學 年度碩 士班招 生考試

系所組別 :2131電 機工程系碩士班丙組
第一節 工程數學 試題 (選 考)

解答:$$\mathbf{(a)}\;4xy''+x^2y'+2xy= (4xy')'+(F(x)y)'=4y'+4xy''+F'y+Fy' =4xy''+(4+F)y'+F'y\\ \quad \Rightarrow \cases{  x^2=4+F\\ 2x=F'} \Rightarrow \bbox[red,2pt]{F=x^2-4} \\\mathbf{(b)}\; \left[ 4xy'\right]'+\left[ (x^2-4)y \right]'=0 \Rightarrow -4xy'=(x^2-4)y \Rightarrow -{4\over y}dy={x^2-4\over x}\,dx  \Rightarrow -4\ln y={1\over 2}x^2-4\ln x+c_1\\ \Rightarrow \ln y =-{1\over 8}x^2+\ln x+c_2 \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{y=c_3x e^{-x^2/8}}$$

解答:$$\mathbf{(a)}\;y'+y=y^4為白努利方程式\Rightarrow 取v={1\over y^3} \Rightarrow v'={-3y'\over y^4} \Rightarrow y'={y^4v'\over -3}代回原式 \\\Rightarrow {y^4v'\over -3}+y=y^4 \Rightarrow -{1\over 3}v'+{1\over y^3}=1 \Rightarrow -{1\over 3}v'+v=1 \Rightarrow v'-3v=-3\\ \Rightarrow 積分因子I(x)=e^{\int -3\,dx} =\bbox[red, 2pt]{e^{-3x}} \\\mathbf{(b)}\; I(x)v'-3vI(x)=-3I(x) \Rightarrow v'e^{-3x}-3ve^{-3x}=-3e^{-3x} \Rightarrow (ve^{-3x})'=-3e^{-3x} \\\quad \Rightarrow ve^{-3x}= \int -3e^{-3x}\,dx = e^{-3x}+c_1 \Rightarrow v={1\over y^3} = 1+c_1e^{3x}  \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{y={1\over \sqrt[3]{1+ c_1e^{3x} }}}$$

解答:$$\mathbf{(a)}\; L\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0) \Rightarrow \frac{d }{ds}L\{y''\}=2sY(s)+s^2Y'(s)-y(0)=2sY(s)+s^2Y'(s) \\ \Rightarrow \frac{d^2 }{ds^2}L\{y''\}=2Y(s)+4sY'(s) +s^2Y''(s)\\ t(1-t)y''(t)+2y'(t)+2y(t)= ty''-t^2y''+2y'+2y=12t\\ \Rightarrow L\{ty''\}-L\{t^2y''\}+ 2L\{y'\} +2L\{y\}= 12L\{t\} \\ \Rightarrow -\left(2sY(s)+s^2Y'(s) \right)-\left( 2Y(s)+4sY'(s) +s^2Y''(s)\right)+ 2sY(s)+2Y(s)={12 \over s^2} \\ \Rightarrow -s^2Y''(s)-(s^2+4s)Y'(s)={12\over s^2} \Rightarrow Y''(s)+(1+{4\over s})Y'(s)=-{12\over s^4}\\ 積分因子I(s)=e^{\int (1+4/s)ds} =s^4e^s \Rightarrow s^4e^s Y''(s)+(s^4+ 4s^3e^s)Y'(s)=-{12}e^s\\ \Rightarrow \left( s^4e^s Y'(s)\right)'=-{12}e^s \Rightarrow s^4e^s Y'(s)=-12e^s +c_1 \Rightarrow Y'(s)=-{12\over s^4}+{c_1\over s^4e^s}\\ \Rightarrow Y(s)={4\over s^3}+ \int {c_1\over s^4e^s}\,ds$$

解答:$$\mathbf{(a)}\; T(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2+2 \sqrt 2x_1x_3= (x_1,x_2,x_3) \cdot (x_1+\sqrt 2 x_3,2x_2,\sqrt 2 x_1) \\=[x_1,x_2,x_3] \begin{bmatrix} 1 & 0 &\sqrt 2 \\ 0 & 2& 0 \\ \sqrt 2 & 0 & 0\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3\end{bmatrix} =X^T AX \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{A= \begin{bmatrix} 1 & 0 &\sqrt 2 \\ 0 & 2& 0 \\ \sqrt 2 & 0 & 0\end{bmatrix}}\\\mathbf{(b)}\; \det(A-\lambda I)=0 \Rightarrow (\lambda+1)(\lambda-2)^2=0 \Rightarrow \lambda_1=-1, \lambda_2=2\\ \lambda_1=-1 \Rightarrow 特徵向量\begin{bmatrix} -\sqrt 2k\\ 0\\ 2k\end{bmatrix} \Rightarrow 標準正交化u_1= \begin{bmatrix} -1/\sqrt 3\\ 0\\ \sqrt 2/ \sqrt 3 \end{bmatrix}\\ \lambda_2=2 \Rightarrow 特徵向量\begin{bmatrix} \sqrt 2k_1\\ k_2\\ k_1\end{bmatrix} \Rightarrow 標準正交化u_2= \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0\end{bmatrix}, u_3= \begin{bmatrix} \sqrt 2/\sqrt 3\\ 0\\ 1/\sqrt 3\end{bmatrix} \\ \Rightarrow A= \begin{bmatrix} -1/\sqrt 3& 0& \sqrt 2/\sqrt 3\\ 0& 1 &0\\ \sqrt 2/ \sqrt 3 & 0 & 1/\sqrt 3\end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1 & 0 & 0\\ 0 & 2& 0\\ 0 & 0 & 2\end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1/\sqrt 3& 0& \sqrt 2/\sqrt 3\\ 0& 1 &0\\ \sqrt 2/ \sqrt 3 & 0 & 1/\sqrt 3\end{bmatrix} =PDP^T \\ \Rightarrow X^TAX= (X^TP)D(P^TX) =(P^TX)^TD(P^TX)= \bbox[red, 2pt]{-{1\over   3}(x_1-\sqrt 2x_3)^2+2x_2^2+{2\over 3}(\sqrt 2x_1+x_3)^2}$$

解答:$$A =\begin{bmatrix} 1 & 1& 1\\ 1& 0 & 1\\ -1& -1 & -1\end{bmatrix} \Rightarrow \det(A)=0 \Rightarrow A不能對角化\\ A^2=\begin{bmatrix} 1 & 0& 1\\ 0& 0 & 0\\ -1& 0 & -1\end{bmatrix} \Rightarrow A^3=0 \Rightarrow A^n=0,n\ge 3\\ \Rightarrow e^{At}=I+At+{1\over 2}A^2t^2+ {1\over 3!} A^3t^3 +\cdots =I+At+{1\over 2}A^2t^2\\ 因此 Y'=AY \Rightarrow Y=e^{At}Y_0 =\left( I+At+{1\over 2}A^2t^2 \right)Y_0\\ \Rightarrow \begin{bmatrix} y_1(t)\\ y_2(t)\\ y_3(t)\end{bmatrix} =\left( \begin{bmatrix} 1& 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} t & t& t\\ t& 0 & t\\ -t& -t & -t\end{bmatrix} +\begin{bmatrix} t^2/2 & 0& t^2/2\\ 0& 0 & 0\\ -t^2/2& 0 & -t^2/2 \end{bmatrix} \right) \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ -1\end{bmatrix} \\ \quad =\begin{bmatrix} 1+t+t^2/2& t & t+t^2/2\\ t & 1 & t\\ -t-t^2/2 & -t & 1-t-t^2/2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1\\ 1\\ -1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1+t\\ 1\\ -1-t\end{bmatrix} \\ \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{Y=\begin{bmatrix} y_1(t)\\ y_2(t)\\ y_3(t)\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 1+t\\ 1\\ -1-t\end{bmatrix} }$$

解答:$$\mathbf{(a)}\;A=\begin{bmatrix} 1&1& 1\\ 1& 1 & 0\\ 1& 0 & 0\end{bmatrix} \Rightarrow rref(A)=\begin{bmatrix} 1&0& 0\\ 0& 1 & 0\\ 0& 0 & 1\end{bmatrix} \Rightarrow rank(A)=3 \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{\text{S can span }R^3} \\\mathbf{(b)}\;A=\begin{bmatrix} 1&2 & 4 \\ 2& 1 & 3\\ 4& -1 & 1\end{bmatrix} \Rightarrow rref(A)=\begin{bmatrix} 1&0& 2/3\\ 0& 1 & 5/3\\ 0& 0 & 0\end{bmatrix} \Rightarrow rank(A)=2 \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{\text{S cannot span }R^3} \\ \Rightarrow 令\cases{u=(1,0,2/3)^T\\ v=(0,1,5/3)^T} \Rightarrow \text{span of }S =\{w\mid w=au+bv, a,b, \in \mathbb R\}為一個平面 \\\mathbf{(c)} \;A=\begin{bmatrix} 1&2 & 3 \\ 0& 1 & 2\\ -2 & 0 & 1\end{bmatrix} \Rightarrow rref(A)=\begin{bmatrix} 1&0& 0\\ 0& 1 & 0\\ 0& 0 & 1\end{bmatrix} \Rightarrow rank(A)=3 \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{\text{S can span }R^3} \\\mathbf{(d)} \;A=\begin{bmatrix} 2&1 & -2 \\ -2& -1 & 2\\ 4 & 2 & -4\end{bmatrix} \Rightarrow rref(A)=\begin{bmatrix} 1& 1/2& -1\\ 0& 0 & 0\\ 0& 0 & 0\end{bmatrix} \Rightarrow rank(A)=1 \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{\text{S cannot span }R^3} \\ \Rightarrow 令 {u=(1,1/2,-1)^T } \Rightarrow \text{span of }S =\{w\mid w=au, a \in \mathbb R\}為一直線 $$