109 年 國立成功大學電機工程學系碩士班丙組《工程數學》

核心觀念

本題為變係數二階齊次線性微分方程：

$$4y''+4(e^x-1)y'+e^{2x}y=0.$$

其中係數含有 $e^x$，適合使用變數代換

$$t=e^x.$$

關鍵微分關係為

$$\frac{dt}{dx}=e^x=t.$$

因此可將原方程化為常係數微分方程，再利用特徵方程求解。

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解題方法

令

$$t=e^x,\qquad y(x)=Y(t).$$

由鏈鎖律，

$$y'=\frac{dY}{dt}\frac{dt}{dx}=tY',$$

其中 $Y'$ 表示對 $t$ 微分。

再微分一次：

$$y''=\frac{d}{dx}(tY') =\frac{dt}{dx}\frac{d}{dt}(tY') =t(Y'+tY'').$$

因此

$$y''=tY'+t^2Y'.$$

注意第二項中的 $Y'$ 應為二階導數，完整寫為

$$y''=tY'+t^2Y''.$$

又因為

$$e^x=t,\qquad e^{2x}=t^2,$$

將各項代入原方程：

$$4(t^2Y''+tY')+4(t-1)(tY')+t^2Y=0.$$

展開並整理：

$$4t^2Y''+4tY'+4t(t-1)Y'+t^2Y=0,$$ $$4t^2Y''+4t^2Y'+t^2Y=0.$$

因為 $t=e^x>0$，可除以 $4t^2$：

$$Y''+Y'+\frac14Y=0.$$

這已經是常係數齊次線性微分方程。其特徵方程為

$$r^2+r+\frac14=0.$$

核心觀念

本題考查高斯積分（Gaussian integral）：

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-u^2}\,du=\sqrt{\pi}.$$

利用偶函數性質，

$$\int_{0}^{\infty}e^{-u^2}\,du =\frac{1}{2}\sqrt{\pi}.$$

再配合變數代換即可求出含參數 $a>0$ 的積分。

解題方法

設

$$I(a)=\int_{0}^{\infty}e^{-ax^2}\,dx,\qquad a>0.$$

令

$$u=\sqrt{a}\,x, \qquad x=\frac{u}{\sqrt{a}}, \qquad dx=\frac{du}{\sqrt{a}}.$$

當 $x=0$ 時，$u=0$；當 $x\to\infty$ 時，$u\to\infty$。因此

$$I(a) =\int_{0}^{\infty}e^{-u^2}\frac{du}{\sqrt{a}} =\frac{1}{\sqrt{a}}\int_{0}^{\infty}e^{-u^2}\,du.$$

由高斯積分及其偶函數性質，

核心觀念

本題考查實對稱矩陣的特徵值與正交對角化：

1. 特徵值由特徵方程
   $\det(A-\lambda I)=0$
   求得。
2. 對應每個特徵值，解
   $(A-\lambda I)\mathbf{x}=\mathbf{0}$
   得到特徵向量。
3. 實對稱矩陣的不同特徵值所對應的特徵向量彼此正交；將單位化後的特徵向量依指定順序排列成矩陣 $P$，即可滿足
   $P^TAP=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3).$

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解題方法

矩陣

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

為實對稱矩陣，因此一定可以正交對角化。

(a) 求特徵值

計算特徵方程：

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

沿第一列展開：

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(-\lambda) \begin{vmatrix} 1-\lambda&1\\ 1&-\lambda \end{vmatrix} -(-1) \begin{vmatrix} -1&1\\ 0&-\lambda \end{vmatrix}\\ &=(-\lambda)\left[(1-\lambda)(-\lambda)-1\right]+\lambda\\ &=-\lambda(\lambda^2-\lambda-1)+\lambda\\ &=-\lambda^3+\lambda^2+2\lambda\\ &=-\lambda(\lambda-2)(\lambda+1). \end{aligned}$$

令特徵方程為零：

$$-\lambda(\lambda-2)(\lambda+1)=0.$$

因此特徵值為

$$\lambda=2,\quad 0,\quad -1.$$

依題目要求 $\lambda_1\geq\lambda_2\geq\lambda_3$ 排列：

$$\boxed{\lambda_1=2,\qquad \lambda_2=0,\qquad \lambda_3=-1.}$$

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(b) 求正交矩陣 $P$

對應 $\lambda_1=2$

解

$$(A-2I)\mathbf{x}=\mathbf{0},$$

即

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

由第一式得 $y=-2x$，再代入第二式得 $z=-x$。取 $x=1$，可得特徵向量

$$\mathbf{v}_1= \begin{bmatrix} 1\\-2\\-1 \end{bmatrix}.$$

其長度為

$$\|\mathbf{v}_1\|=\sqrt{1^2+(-2)^2+(-1)^2}=\sqrt{6}.$$

故單位特徵向量為

$$\mathbf{u}_1= \frac{1}{\sqrt6} \begin{bmatrix} 1\\-2\\-1 \end{bmatrix}.$$

對應 $\lambda_2=0$

解

$$A\mathbf{x}=\mathbf{0},$$

即

$$\begin{bmatrix} 0&-1&0\\ -1&1&1\\ 0&1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

由第一式得 $y=0$，第二式得 $z=x$。取 $x=1$，可得

核心觀念

本題是典型的 Sturm–Liouville 特徵值問題：

$$y''+\lambda y=0,\qquad y'(0)=y'(L)=0.$$

要求找出使得問題存在「非零解」的 $\lambda$，這些 $\lambda$ 稱為特徵值；對應的非零解 $y(x)$ 稱為特徵函數。

由於邊界條件為兩端導數皆為零，代表 Neumann 邊界條件。此類問題的特徵函數通常形成正交系：

$$1,\ \cos\frac{\pi x}{L},\ \cos\frac{2\pi x}{L},\ \ldots$$

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解題方法

必須依 $\lambda$ 的正負分成三種情形討論。

情形一：$\lambda>0$

令

$$\lambda=\mu^2,\qquad \mu>0.$$

微分方程變為

$$y''+\mu^2y=0.$$

其通解為

$$y(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x).$$

微分得

$$y'(x)=-A\mu\sin(\mu x)+B\mu\cos(\mu x).$$

套用第一個邊界條件 $y'(0)=0$：

$$y'(0)=B\mu=0.$$

因為 $\mu>0$，所以

$$B=0.$$

因此

$$y(x)=A\cos(\mu x).$$

再套用 $y'(L)=0$：

$$y'(L)=-A\mu\sin(\mu L)=0.$$

為了存在非零解，必須有 $A\neq 0$，因此

$$\sin(\mu L)=0.$$

故

$$\mu L=n\pi,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

得到

$$\mu=\frac{n\pi}{L}.$$

因此正特徵值為

$$\lambda_n=\mu^2=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

對應特徵函數為

$$y_n(x)=A\cos\frac{n\pi x}{L}.$$

特徵函數的常數倍仍是同一組特徵函數，因此通常取

$$y_n(x)=\cos\frac{n\pi x}{L}.$$

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情形二：$\lambda=0$

此時微分方程為

$$y''=0.$$

通解為

$$y(x)=Ax+B.$$

因此

$$y'(x)=A.$$

由 $y'(0)=0$ 得

$$A=0.$$

第二個邊界條件也自動滿足，故

$$y(x)=B.$$

只要 $B\neq 0$，即為非零解。因此 $\lambda=0$ 是特徵值，其特徵函數可取為

$$y_0(x)=1.$$

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情形三：$\lambda<0$

令

$$\lambda=-\mu^2,\qquad \mu>0.$$

微分方程變為

核心觀念

本題考查拉普拉斯反變換中的「第二位移定理」：

若

$$\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s),$$

則

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

其中 $u(t-a)$ 為單位階梯函數：

$$u(t-a)= \begin{cases} 0, & t<a,\\ 1, & t\ge a. \end{cases}$$

題目中的 $e^{-2s}$ 表示時間延遲 $2$ 個單位。

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解題方法

題設為

$$F(s)=\frac{e^{-2s}}{s^2+16}.$$

先處理未含延遲因子的部分：

$$\frac{1}{s^2+16} = \frac{1}{s^2+4^2}.$$

利用基本拉普拉斯變換公式

$$\mathcal{L}\{\sin at\} = \frac{a}{s^2+a^2},$$

可得

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s^2+16} \right\} = \frac{1}{4}\sin 4t.$$

因此令

$$f(t)=\frac{1}{4}\sin 4t,$$

則

$$\mathcal{L}\{f(t)\} = \frac{1}{s^2+16}.$$

再利用第二位移定理：

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ e^{-2s}\frac{1}{s^2+16} \right\} = u(t-2)f(t-2).$$

代入 $f(t)$：

核心觀念

本題考查：

• 向量場的散度
• 高斯散度定理（Gauss Divergence Theorem）
• 封閉曲面的通量積分

對封閉曲面 $\Sigma$，若取外向法向量，散度定理為

$$\iint_{\Sigma}\mathbf F\cdot d\mathbf S = \iiint_V \nabla\cdot\mathbf F\,dV,$$

其中 $V$ 是曲面 $\Sigma$ 所包圍的立體區域。

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解題方法

給定向量場

$$\mathbf F=2yz\mathbf i-4xz\mathbf j+xy\mathbf k,$$

其分量為

$$P=2yz,\qquad Q=-4xz,\qquad R=xy.$$

計算散度：

$$\nabla\cdot\mathbf F = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}.$$

逐項計算：

$$\frac{\partial}{\partial x}(2yz)=0,$$ $$\frac{\partial}{\partial y}(-4xz)=0,$$