108 年 國立成功大學電機工程學系碩士班乙組《工程數學》

核心觀念

本題考查：

• 特徵值與特徵向量的定義：

  $Av=\lambda v$

• 由特徵方程求特徵值：

  $\det(A-\lambda I)=0$

• 線性常微分方程組

  $\frac{du}{dt}=Au$

  若矩陣 $A$ 有線性獨立的特徵向量 $v_j$，則解可寫成

  $u(t)=\sum_j c_j e^{\lambda_j t}v_j$

其中係數 $c_j$ 由初始條件 $u(0)$ 決定。

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一、求特徵值

矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} 1&-1\\ 4&0 \end{bmatrix}$$

特徵方程為

$$\det(A-\lambda I) = \det \begin{bmatrix} 1-\lambda&-1\\ 4&-\lambda \end{bmatrix} =0$$

因此

$$(1-\lambda)(-\lambda)-(-1)(4)=0$$ $$\lambda^2-\lambda+4=0$$

利用公式解得

$$\lambda = \frac{1\pm\sqrt{1-16}}{2} = \frac{1\pm i\sqrt{15}}{2}$$

故兩個特徵值為

$$\boxed{\lambda_1=\frac{1+i\sqrt{15}}{2}}, \qquad \boxed{\lambda_2=\frac{1-i\sqrt{15}}{2}}$$

令

$$s=\sqrt{15}$$

則可簡寫為

$$\lambda_1=\frac{1+is}{2}, \qquad \lambda_2=\frac{1-is}{2}$$

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二、求特徵向量

對應 $\lambda_1=\dfrac{1+is}{2}$

令特徵向量為

$$v_1= \begin{bmatrix} x\\y \end{bmatrix}$$

由

$$(A-\lambda_1 I)v_1=0$$

取第一列方程：

$$(1-\lambda_1)x-y=0$$

因此

$$y=(1-\lambda_1)x$$

取 $x=1$，則

$$y=1-\frac{1+is}{2} =\frac{1-is}{2}$$

所以可取

$$\boxed{ v_1= \begin{bmatrix} 1\\[2mm] \dfrac{1-i\sqrt{15}}{2} \end{bmatrix} }$$

對應 $\lambda_2=\dfrac{1-is}{2}$

同理，取 $x=1$，得到

$$y=1-\lambda_2 =\frac{1+is}{2}$$

所以可取

$$\boxed{ v_2= \begin{bmatrix} 1\\[2mm] \dfrac{1+i\sqrt{15}}{2} \end{bmatrix} }$$

由於矩陣 $A$ 為實矩陣，兩個特徵值與特徵向量互為共軛。

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三、將 $u(0)$ 寫成特徵向量的線性組合

已知

$$u(0)= \begin{bmatrix} 2\\0 \end{bmatrix}$$

設

$$u(0)=c_1v_1+c_2v_2$$

代入特徵向量：

$$\begin{bmatrix} 2\\0 \end{bmatrix} = c_1 \begin{bmatrix} 1\\[1mm] \dfrac{1-is}{2} \end{bmatrix} + c_2 \begin{bmatrix} 1\\[1mm] \dfrac{1+is}{2} \end{bmatrix}$$

比較第一分量與第二分量：

$$c_1+c_2=2$$

以及

$$\frac{1-is}{2}c_1+\frac{1+is}{2}c_2=0$$

將第二式乘以 $2$：

$$(1-is)c_1+(1+is)c_2=0$$

由 $c_2=2-c_1$，代入可得

$$(1-is)c_1+(1+is)(2-c_1)=0$$ $$-2is\,c_1+2+2is=0$$ $$c_1=\frac{1+is}{is} =1-\frac{i}{s}$$

因此

$$c_2=2-c_1=1+\frac{i}{s}$$

代回 $s=\sqrt{15}$：

$$\boxed{ c_1=1-\frac{i}{\sqrt{15}}, \qquad c_2=1+\frac{i}{\sqrt{15}} }$$

所以

$$\boxed{ u(0) = \left(1-\frac{i}{\sqrt{15}}\right)v_1 + \left(1+\frac{i}{\sqrt{15}}\right)v_2 }$$

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四、解微分方程組

對於每一組特徵值與特徵向量，皆有解

解題重點

1. 先做部分分式：

$$f(z)=\frac{1}{(2-z)(z+3)}=-\frac{1}{(z-2)(z+3)} =\frac{-1/5}{\,z-2\,}+\frac{1/5}{\,z+3\,}.$$

2. 於展開中心 $z_0=2$ 且要求 $|z-2|>5$。

$$z+3=(z-2)+5,\qquad \frac{1}{z+3}= \frac{1}{z-2}\,\frac{1}{1+\frac{5}{z-2}} =\frac{1}{z-2}\sum_{n=0}^{\infty}\bigl(-\frac{5}{z-2}\bigr)^{n},$$

此級數收斂條件正好是 $|5/(z-2)|<1\iff|z-2|>5$。

3. 代回 $f(z)$：

核心觀念

本題考查 Euler–Cauchy 方程式的變數代換。方程式

$$x^2y''+axy'+by=0$$

的各項含有不同次方的 $x$，令

$$z=\ln x,\qquad x=e^z$$

可將其轉換為常係數線性微分方程式。

因為 $x>0$，所以 $\ln x$ 有定義。

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(a) 變數代換

令

$$Y(z)=y(x)=y(e^z),$$

其中 $z=\ln x$。

由鏈鎖律，

$$\frac{dy}{dx} =\frac{dY}{dz}\frac{dz}{dx}.$$

又因為

$$z=\ln x\quad\Longrightarrow\quad \frac{dz}{dx}=\frac1x,$$

所以

$$y'=\frac{1}{x}Y'.$$

再對 $x$ 微分：

$$y''=\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{x}Y'\right).$$

利用乘法微分法則，

$$y'' =-\frac{1}{x^2}Y' +\frac1x\frac{dY'}{dx}.$$

而

$$\frac{dY'}{dx} =\frac{dY'}{dz}\frac{dz}{dx} =\frac1xY'',$$

因此

$$y''=\frac{Y''-Y'}{x^2}.$$

代回原方程式：

$$x^2y''+axy'+by=0,$$

得到

$$x^2\left(\frac{Y''-Y'}{x^2}\right) +ax\left(\frac{Y'}{x}\right)+bY=0.$$

整理後為

$$Y''-Y'+aY'+bY=0,$$

即

$$\boxed{Y''+(a-1)Y'+bY=0}.$$

若仍以 $y$ 表示代換後的函數，則可寫成

$$\boxed{\frac{d^2y}{dz^2}+(a-1)\frac{dy}{dz}+by=0}.$$

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(b) 求一般解

題目為

$$x^2y''-3xy'+3y=0.$$

與

$$x^2y''+axy'+by=0$$

比較可得

核心觀念

本題考查一階微分方程的恰當微分方程與積分因子。

將原式寫成

$$M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0,$$

其中

$$M(x,y)=4x-y,\qquad N(x,y)=x-4x^2y^3.$$

若滿足

$$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x},$$

則為恰當微分方程，可直接尋找勢函數。但本題有

$$\frac{\partial M}{\partial y}=-1,$$

以及

$$\frac{\partial N}{\partial x}=1-8xy^3,$$

兩者不相等，因此原式不是恰當微分方程，需要尋找積分因子。

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解題方法：尋找只含 $x$ 的積分因子

若積分因子 $\mu=\mu(x)$ 只與 $x$ 有關，則可利用公式

$$\frac{M_y-N_x}{N} = \frac{\mu'(x)}{\mu(x)}.$$

計算左側：

$$M_y-N_x = -1-(1-8xy^3) = -2+8xy^3 = -2(1-4xy^3).$$

而

$$N=x-4x^2y^3 =x(1-4xy^3).$$

因此

$$\frac{M_y-N_x}{N} = \frac{-2(1-4xy^3)}{x(1-4xy^3)} = -\frac{2}{x}.$$

所以

$$\frac{\mu'(x)}{\mu(x)}=-\frac{2}{x}.$$

積分得

$$\ln|\mu|=-2\ln|x|,$$

故可取積分因子

$$\mu(x)=\frac{1}{x^2}, \qquad x\neq 0.$$

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乘上積分因子並驗證恰當性

原方程乘上 $\dfrac{1}{x^2}$：

$$\frac{4x-y}{x^2}\,dx + \frac{x-4x^2y^3}{x^2}\,dy =0.$$

整理為

$$\left(\frac{4}{x}-\frac{y}{x^2}\right)dx + \left(\frac{1}{x}-4y^3\right)dy =0.$$

此時令

$$\widetilde M=\frac{4}{x}-\frac{y}{x^2}, \qquad \widetilde N=\frac{1}{x}-4y^3.$$

可得

$$\frac{\partial \widetilde M}{\partial y} =-\frac{1}{x^2}, \qquad \frac{\partial \widetilde N}{\partial x} =-\frac{1}{x^2},$$

兩者相等，因此已成為恰當微分方程。

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求勢函數

核心觀念

本題考查：

1. 拉普拉斯轉換處理常係數線性微分方程。
2. 初始值定理公式：
   $\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)$
3. 單位階躍函數的拉普拉斯轉換：
   $\mathcal{L}\{u(t-a)\}=\frac{e^{-as}}{s}$
4. 第二移位定理：

$$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\} =u(t-a)f(t-a)$$

其中 $f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}$。

右側
$u\left(t-\frac{\pi}{2}\right)-u(t-2)$
表示一個在 $t=\frac{\pi}{2}$ 開始、在 $t=2$ 結束的矩形脈衝。

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解題方法

令
$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$

原方程為

$$y''+2y=u\left(t-\frac{\pi}{2}\right)-u(t-2),$$

且
$y(0)=1,\qquad y'(0)=0.$

對兩側取拉普拉斯轉換：

$$\mathcal{L}\{y''\}+2\mathcal{L}\{y\} = \mathcal{L}\left\{u\left(t-\frac{\pi}{2}\right)\right\} -\mathcal{L}\{u(t-2)\}.$$

左側為

$$\mathcal{L}\{y''\} =s^2Y(s)-sy(0)-y'(0) =s^2Y(s)-s,$$

因此

$$(s^2+2)Y(s)-s = \frac{e^{-\frac{\pi}{2}s}}{s} -\frac{e^{-2s}}{s}.$$

解出 $Y(s)$：

$$Y(s) = \frac{s}{s^2+2} + \frac{e^{-\frac{\pi}{2}s}}{s(s^2+2)} - \frac{e^{-2s}}{s(s^2+2)}.$$

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逐項反拉普拉斯轉換

第一項：

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{s^2+2}\right\} =\cos(\sqrt{2}\,t).$$

接著處理基本函數

$$F(s)=\frac{1}{s(s^2+2)}.$$

先作部分分式分解：

$$\frac{1}{s(s^2+2)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{s}-\frac{s}{s^2+2}\right).$$

所以

$$\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} = \frac{1}{2}\left(1-\cos(\sqrt{2}\,t)\right).$$

根據第二移位定理，

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{e^{-\frac{\pi}{2}s}}{s(s^2+2)} \right\} = \frac{1}{2}u\left(t-\frac{\pi}{2}\right) \left[ 1-\cos\left(\sqrt{2}\left(t-\frac{\pi}{2}\right)\right) \right],$$

以及

核心觀念

此微分方程為一階、非線性且齊次型方程：

$$\frac{dy}{dx}=\frac{y-x}{y+x}.$$

右側分子、分母皆為 $x,y$ 的一次式，只依賴於比值 $y/x$，因此可令

$$y=vx,\qquad v=\frac{y}{x}.$$

由乘積微分法則，

$$\frac{dy}{dx}=v+x\frac{dv}{dx}.$$

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解題方法

代入原方程：

$$v+x\frac{dv}{dx} =\frac{vx-x}{vx+x} =\frac{v-1}{v+1}.$$

整理得

$$x\frac{dv}{dx} =\frac{v-1}{v+1}-v.$$

通分化簡：

$$x\frac{dv}{dx} =\frac{v-1-v(v+1)}{v+1} =-\frac{v^2+1}{v+1}.$$

分離變數：

$$\frac{v+1}{v^2+1}\,dv=-\frac{dx}{x}.$$

兩邊積分：

$$\int \frac{v+1}{v^2+1}\,dv =-\int \frac{dx}{x}.$$

左側拆成兩項：

$$\int \frac{v}{v^2+1}\,dv+\int\frac{1}{v^2+1}\,dv =-\ln|x|+C.$$

因此

$$\frac12\ln(v^2+1)+\tan^{-1}v =-\ln|x|+C.$$

代回 $v=y/x$：

$$\frac12\ln\left(1+\frac{y^2}{x^2}\right) +\tan^{-1}\left(\frac{y}{x}\right) =-\ln|x|+C.$$

由