108 年 國立成功大學電機資訊學院碩士班─微電、奈米聯招《工程數學》

核心觀念

本題考查：

• 特徵值與特徵向量的定義
• 對角化與特徵向量線性組合
• 常係數矩陣微分方程
  $\frac{d\mathbf u}{dt}=A\mathbf u$
• 若 $A\mathbf v=\lambda\mathbf v$，則
  $\mathbf u(t)=e^{\lambda t}\mathbf v$
  是矩陣微分方程的基本解。

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一、求特徵值

令特徵值為 $\lambda$，由

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

得

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

因此

$$\lambda^2-4=0$$

所以兩個特徵值為

$$\lambda_1=2,\qquad \lambda_2=-2$$

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二、求特徵向量

當 $\lambda_1=2$

解

$$(A-2I)\mathbf v_1=\mathbf 0$$

即

$$\begin{bmatrix} -2 & 1\\ 4 & -2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0 \end{bmatrix}$$

由第一列得

$$-2x+y=0$$

所以 $y=2x$。取 $x=1$，可得特徵向量

$$\mathbf v_1= \begin{bmatrix} 1\\2 \end{bmatrix}$$

當 $\lambda_2=-2$

解

$$(A+2I)\mathbf v_2=\mathbf 0$$

即

$$\begin{bmatrix} 2 & 1\\ 4 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0 \end{bmatrix}$$

由第一列得

$$2x+y=0$$

所以 $y=-2x$。取 $x=1$，可得特徵向量

$$\mathbf v_2= \begin{bmatrix} 1\\-2 \end{bmatrix}$$

特徵向量可乘上任意非零常數，因此其他非零倍數也同樣正確。

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三、將 $u(0)$ 寫成特徵向量的線性組合

設

$$\mathbf u(0)=c_1\mathbf v_1+c_2\mathbf v_2$$

則

$$\begin{bmatrix} 2\\0 \end{bmatrix} = c_1 \begin{bmatrix} 1\\2 \end{bmatrix} + c_2 \begin{bmatrix} 1\\-2 \end{bmatrix}$$

比較兩個分量：

$$c_1+c_2=2$$ $$2c_1-2c_2=0$$

由第二式得 $c_1=c_2$，代入第一式：

$$c_1=c_2=1$$

因此

$$\boxed{ \mathbf u(0)= \begin{bmatrix} 1\\2 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 1\\-2 \end{bmatrix} }$$

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四、求解矩陣微分方程

由於

$$A\mathbf v_1=2\mathbf v_1,\qquad A\mathbf v_2=-2\mathbf v_2$$

對應的兩個基本解為

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 微分方程的變數代換。對於

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

令

$$z=\ln x,\qquad x>0,$$

可將變係數微分方程轉換為常係數微分方程，再利用特徵方程求解。

設

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

也就是將 $y$ 視為 $z$ 的函數。

(a) 變數代換

由

$$z=\ln x$$

可得

$$\frac{dz}{dx}=\frac{1}{x}.$$

因此，

$$y'=\frac{dy}{dx} =\frac{dY}{dz}\frac{dz}{dx} =\frac{1}{x}Y'.$$

再對 $x$ 微分：

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

其中 $Y'$ 是 $Y$ 對 $z$ 的導數，因此

$$\frac{dY'}{dx} =\frac{dY'}{dz}\frac{dz}{dx} =\frac{Y''}{x}.$$

故

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

代入原方程：

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

得到

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

整理為

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

因此

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

所以，令 $z=\ln x$ 後，原方程轉換成關於 $z$ 的常係數微分方程：

$$\boxed{\frac{d^2Y}{dz^2}+(a-1)\frac{dY}{dz}+bY=0}.$$

(b) 求一般解

題目給定

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

與

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

比較可知

解題關鍵

1. 原式寫成 $M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0$：

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

2. 檢查是否為恆等微分方程：

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

非恆等。
3. 計算

$$\frac{\partial M/\partial y-\partial N/\partial x}{N} =\frac{-1-(1-8xy^{3})}{x-4x^{2}y^{3}} =\frac{-2+8xy^{3}}{x(1-4xy^{3})} =-\frac{2}{x}$$

僅含 $x$，故有只與 $x$ 有關的積分因子

$\mu(x)=e^{\int -2/x\,dx}=x^{-2}$

4. 乘以 $\mu$ 後化為恆等微分方程

$\frac{4x-y}{x^{2}}\,dx+\Bigl(\frac1x-4y^{3}\Bigr)\,dy=0$

設

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換解初值問題，重點包括：

• 二階導數的拉普拉斯轉換：

  $\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)$

• 單位階躍函數的拉普拉斯轉換：

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

• 第二移位定理：

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

其中 $f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}$。

令

$$a=\frac{\pi}{\sqrt{2}}$$

則右側外力 $u(t-a)$ 代表在 $t=a$ 時才開始作用的常數輸入。

解題方法

對微分方程

$$y''+2y=u(t-a)$$

兩邊取拉普拉斯轉換。由初始條件 $y(0)=1$、$y'(0)=0$，可得

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

因此

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

整理得

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

所以

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

第一部分反拉普拉斯轉換

由

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

且 $\omega=\sqrt{2}$，得到

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

第二部分反拉普拉斯轉換

先進行部分分式分解：

$$\frac{1}{s(s^2+2)} =\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^2+2}$$

比較係數：

$$1=A(s^2+2)+s(Bs+C)$$

得到

$$A=\frac12,\qquad B=-\frac12,\qquad C=0$$

因此

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

反拉普拉斯轉換為

$$f(t)=\frac12-\frac12\cos(\sqrt{2}t)$$

利用第二移位定理：

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{e^{-as}}{s(s^2+2)} \right\} = u(t-a)f(t-a)$$

所以

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{e^{-as}}{s(s^2+2)} \right\} = \frac12u(t-a) \left[ 1-\cos\bigl(\sqrt{2}(t-a)\bigr) \right]$$

代入 $a=\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}$：

$$\sqrt{2}(t-a) =\sqrt{2}t-\pi$$

故解為

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