108 年 國立暨南國際大學電機工程學系碩士班《工程數學（微分方程及線性代數）》

核心觀念

函數集合 $\{f_1,f_2,\ldots,f_k\}\subseteq F(\mathbb{R})$ 線性獨立的定義是：

若

$$c_1f_1(t)+c_2f_2(t)+\cdots+c_kf_k(t)\equiv 0$$

對所有 $t\in\mathbb{R}$ 成立，則必須有

$$c_1=c_2=\cdots=c_k=0.$$

只要能找到一組「不全為零」的係數，使線性組合恆等於零，該集合即為線性相依。

本題的判斷方法包括：

• 觀察某函數是否為其他函數的線性組合。
• 對恆等式代入適當的 $t$ 值。
• 對指數函數利用最大指數項主導法，或使用 Vandermonde 矩陣。

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(a) $\{t^2+3t-5,\,-2t^2-6t+10\}$

令

$$f_1(t)=t^2+3t-5.$$

第二個函數為

$$-2t^2-6t+10=-2(t^2+3t-5)=-2f_1(t).$$

因此存在不全為零的係數 $2,1$，使得

$$2f_1(t)+f_2(t)=0.$$

故兩個函數線性相依，不是線性獨立。

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(b) $\{t^2+3t-5,\,2t^2-6t+10,\,t^2\}$

令

$$f_1(t)=t^2+3t-5,\qquad f_2(t)=2t^2-6t+10,\qquad f_3(t)=t^2.$$

計算可得

$$-2f_1(t)+4f_3(t) =-2(t^2+3t-5)+4t^2 =2t^2-6t+10 =f_2(t).$$

因此

$$2f_1(t)+f_2(t)-4f_3(t)=0.$$

係數 $(2,1,-4)$ 不全為零，故三個函數線性相依。

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(c) $\{\sin t,\cos t,t\sin t\}$

設

$$A\sin t+B\cos t+C\,t\sin t\equiv 0.$$

需證明 $A=B=C=0$。

第一步：取 $t=k\pi$

因為 $\sin(k\pi)=0$、$\cos(k\pi)=(-1)^k$，代入得

$$B(-1)^k=0.$$

因此

$$B=0.$$

原式化為

$$A\sin t+C\,t\sin t =(A+Ct)\sin t\equiv 0.$$

第二步：取 $t=\dfrac{\pi}{2}$ 與 $t=-\dfrac{\pi}{2}$

取 $t=\dfrac{\pi}{2}$：

$$A+C\frac{\pi}{2}=0.$$

取 $t=-\dfrac{\pi}{2}$：

$$A-C\frac{\pi}{2}=0.$$

兩式相加得

$$2A=0\quad\Longrightarrow\quad A=0.$$

再代回任一式，得到

$$C=0.$$

故只有零係數組合能形成零函數，因此此集合線性獨立。

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(d) $\{\sin t,\cos t,\sin^2t,1\}$

設

$$A\sin t+B\cos t+C\sin^2t+D\equiv 0.$$

第一步：利用奇偶性消去 $\sin t$

將 $t$ 換成 $-t$，得到

$$-A\sin t+B\cos t+C\sin^2t+D\equiv 0.$$

核心觀念

將方程組寫成矩陣形式：

$$A\mathbf y=\mathbf b, \qquad A= \begin{bmatrix} 1&1&a\\ 1&a&1\\ a&1&1 \end{bmatrix}, \quad \mathbf b= \begin{bmatrix} 1\\3\\2a \end{bmatrix}.$$

本題主要考察：

• 行列式與唯一解的關係；
• 奇異矩陣下，判斷無解或無限多解；
• Cramer 法則；
• 參數方程組的通解表示。

若 $\det A\neq 0$，則系統有唯一解。若 $\det A=0$，則需進一步比較係數矩陣與增廣矩陣的秩。

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解題方法：先計算係數矩陣行列式

$$\begin{aligned} \det A &= \begin{vmatrix} 1&1&a\\ 1&a&1\\ a&1&1 \end{vmatrix} \\ &=a-1-(1-a)+a(1-a^2)\\ &=3a-2-a^3\\ &=-(a^3-3a+2)\\ &=-(a-1)^2(a+2). \end{aligned}$$

因此矩陣 $A$ 奇異的參數為

$$a=1,\qquad a=-2.$$

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(a) 有唯一解的條件

當 $\det A\neq 0$ 時，系統有唯一解，因此

$$-(a-1)^2(a+2)\neq 0.$$

所以

$$\boxed{a\neq 1,-2}.$$

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(b) 無解的條件

分別檢查奇異情況。

當 $a=1$ 時，原方程組變為

$$\begin{cases} y_1+y_2+y_3=1,\\ y_1+y_2+y_3=3,\\ y_1+y_2+y_3=2. \end{cases}$$

左側完全相同，但右側分別為 $1,3,2$，彼此矛盾。因此無法同時成立。

故

$$\boxed{a=1\text{ 時無解}}.$$

當 $a=-2$ 時，方程組具有相容解，詳見第 (c)、(e) 小題。因此無解條件為

$$\boxed{a=1}.$$

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(c) 有無限多解的條件

當 $a=-2$ 時，方程組為

$$\begin{cases} y_1+y_2-2y_3=1,\\ y_1-2y_2+y_3=3,\\ -2y_1+y_2+y_3=-4. \end{cases}$$

第三式等於前兩式相加後乘以 $-1$：

$$-\bigl[(y_1+y_2-2y_3)+(y_1-2y_2+y_3)\bigr] =-4.$$

因此第三式是多餘方程，系統相容但只有兩個獨立方程，未知數有三個，故有一個自由變數，產生無限多組解。

所以

$$\boxed{a=-2\text{ 時有無限多解}}.$$

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(d) 在唯一解條件下，使用 Cramer 法則求解

已知

$$D=\det A=-(a-1)^2(a+2), \qquad a\neq 1,-2.$$

令 $D_i$ 表示以常數項欄向量取代 $A$ 的第 $i$ 欄。

首先，

核心觀念

本題綜合考查：

• 常微分方程的階數、線性與齊次性。
• 特徵方程法。
• 二階 ODE 與一階矩陣系統的轉換。
• 特徵值與特徵向量法。
• Laplace transform 的定義與微分性質。
• 零輸入、非零輸入、單位階躍函數與 Dirac delta 函數的處理。
• 卷積積分與系統響應。

原方程為

$$y''+3y'+2y=r(t).$$

其對應的齊次方程為

$$y''+3y'+2y=0.$$

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(a) 判定階數與齊次性

最高階導數為 $y''$，因此此方程為二階微分方程。

此外，$y,y',y''$ 都只以一次方出現，且係數為常數，因此它是二階線性常微分方程。

• 當 $r(t)\neq 0$ 時：

$$y''+3y'+2y=r(t)$$

為二階線性非齊次微分方程。

• 當 $r(t)=0$ 時：

$$y''+3y'+2y=0$$

為二階線性齊次微分方程。

【答案】

本題為二階線性常微分方程；一般情況為非齊次，當 $r(t)=0$ 時為齊次。

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(b) $r(t)=0$，求齊次方程的通解

解題方法

對齊次方程

$$y''+3y'+2y=0$$

設

$$y=e^{\lambda t},$$

其中 $\lambda$ 為待定常數。

則

$$y'=\lambda e^{\lambda t},\qquad y''=\lambda^2e^{\lambda t}.$$

代回原方程：

$$\lambda^2e^{\lambda t} +3\lambda e^{\lambda t} +2e^{\lambda t}=0.$$

因為 $e^{\lambda t}\neq 0$，得到特徵方程

$$\lambda^2+3\lambda+2=0.$$

因式分解：

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

因此兩個相異根為

$$\lambda_1=-1,\qquad \lambda_2=-2.$$

所以齊次方程通解為

$$y_h(t)=C_1e^{-t}+C_2e^{-2t}.$$

【答案】

$$\boxed{y(t)=C_1e^{-t}+C_2e^{-2t}}$$

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(c) 將二階 ODE 化為一階 ODE 系統

令

$$x_1=y,\qquad x_2=y'.$$

因此

$$x_1'=y'=x_2.$$

原方程在 $r(t)=0$ 時為

$$y''+3y'+2y=0,$$

整理得

$$y''=-3y'-2y.$$

因此

$$x_2'=y''=-2x_1-3x_2.$$

故一階系統為

$$\begin{cases} x_1'=x_2,\\ x_2'=-2x_1-3x_2. \end{cases}$$

或寫成矩陣形式：

$$\frac{d}{dt} \begin{bmatrix} x_1\\ x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0&1\\ -2&-3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\ x_2 \end{bmatrix}.$$

令

$$\mathbf{x}= \begin{bmatrix} x_1\\ x_2 \end{bmatrix}, \qquad A= \begin{bmatrix} 0&1\\ -2&-3 \end{bmatrix},$$

則系統可簡寫為

$$\mathbf{x}'=A\mathbf{x}.$$

【答案】

$$\boxed{ \mathbf{x}'= \begin{bmatrix} 0&1\\ -2&-3 \end{bmatrix}\mathbf{x}, \qquad x_1=y,\ x_2=y' }$$

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(d) 利用特徵值與特徵向量求解一階系統

由上一小題，

$$A= \begin{bmatrix} 0&1\\ -2&-3 \end{bmatrix}.$$

第一步：求特徵值

特徵方程為

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

因此

$$\det \begin{bmatrix} -\lambda&1\\ -2&-3-\lambda \end{bmatrix} =0.$$

計算得

$$\lambda(\lambda+3)+2=0,$$

即

$$\lambda^2+3\lambda+2=0.$$

所以

$$\lambda_1=-1,\qquad \lambda_2=-2.$$

第二步：求特徵向量

當 $\lambda_1=-1$ 時，

$$(A+I)\mathbf{v}_1=0.$$

即

$$\begin{bmatrix} 1&1\\ -2&-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1\\ v_2 \end{bmatrix} =0.$$

得到

$$v_1+v_2=0.$$

可取

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

當 $\lambda_2=-2$ 時，

$$(A+2I)\mathbf{v}_2=0.$$

即

$$\begin{bmatrix} 2&1\\ -2&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1\\ v_2 \end{bmatrix} =0.$$

得到

$$2v_1+v_2=0.$$

可取

$$\mathbf{v}_2= \begin{bmatrix} 1\\ -2 \end{bmatrix}.$$

第三步：寫出系統通解

矩陣系統通解為

$$\mathbf{x}(t) =C_1e^{\lambda_1t}\mathbf{v}_1 +C_2e^{\lambda_2t}\mathbf{v}_2.$$

因此

$$\mathbf{x}(t) = C_1e^{-t} \begin{bmatrix} 1\\ -1 \end{bmatrix} + C_2e^{-2t} \begin{bmatrix} 1\\ -2 \end{bmatrix}.$$

由 $x_1=y$，取第一個分量：

$$y(t)=C_1e^{-t}+C_2e^{-2t}.$$

【答案】

$$\boxed{ \mathbf{x}(t) = C_1e^{-t} \begin{bmatrix} 1\\ -1 \end{bmatrix} + C_2e^{-2t} \begin{bmatrix} 1\\ -2 \end{bmatrix} }$$

且

$$\boxed{y(t)=C_1e^{-t}+C_2e^{-2t}}.$$

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(e) 定義 $y(t)$ 的 Laplace transform

對於 $t\geq 0$，函數 $y(t)$ 的單邊 Laplace transform 定義為

$$\mathcal{L}\{y(t)\} =Y(s) =\int_0^\infty e^{-st}y(t)\,dt.$$

其中 $s$ 為複數變數。當積分收斂時，$Y(s)$ 即為 $y(t)$ 的 Laplace transform。

【答案】

$$\boxed{ \mathcal{L}\{y(t)\} =Y(s) =\int_0^\infty e^{-st}y(t)\,dt }$$

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(f) 證明 $\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0)$

由 Laplace transform 定義：

$$\mathcal{L}\{y'(t)\} = \int_0^\infty e^{-st}y'(t)\,dt.$$

使用分部積分，令

$$u=e^{-st},\qquad dv=y'(t)\,dt.$$

則

$$du=-se^{-st}\,dt,\qquad v=y(t).$$

因此

$$\int_0^\infty e^{-st}y'(t)\,dt = \left[e^{-st}y(t)\right]_0^\infty +s\int_0^\infty e^{-st}y(t)\,dt.$$

在 Laplace transform 收斂條件下，

$$\lim_{t\to\infty}e^{-st}y(t)=0.$$

所以邊界項為

$$\left[e^{-st}y(t)\right]_0^\infty =0-y(0).$$

另外，

$$\int_0^\infty e^{-st}y(t)\,dt=Y(s).$$

故

$$\mathcal{L}\{y'(t)\} =-y(0)+sY(s).$$

因此證得

$$\boxed{\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0)}.$$

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(g) $r(t)=0$，使用 Laplace transform 求解

已知

$$y(0)=a,\qquad y'(0)=b.$$

原方程為

$$y''+3y'+2y=0.$$

第一步：逐項取 Laplace transform

二階導數公式為

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

代入初始值：

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

此外，

$$\mathcal{L}\{3y'\} =3[sY(s)-a],$$

以及

$$\mathcal{L}\{2y\}=2Y(s).$$

因此

$$s^2Y(s)-sa-b+3sY(s)-3a+2Y(s)=0.$$

整理：

$$(s^2+3s+2)Y(s)=sa+b+3a.$$

所以

$$Y(s)=\frac{as+b+3a}{(s+1)(s+2)}.$$

第二步：部分分式分解

設

$$Y(s)=\frac{C_1}{s+1}+\frac{C_2}{s+2}.$$

則