113 年 國立嘉義大學電機工程學系碩士班《工程數學》

核心觀念

本題考查增廣矩陣與 Gauss-Jordan 消去法。將聯立方程式寫成增廣矩陣後，利用初等列運算化為最簡列梯形形式（reduced row echelon form, RREF）。

三種初等列運算皆不改變方程組的解集：

1. 交換兩列。
2. 某一列乘以非零常數。
3. 某一列加上另一列的倍數。

當係數矩陣化為單位矩陣時，增廣矩陣右側即為各未知數的解。

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解題方法

原方程組的增廣矩陣為

$$\left[ \begin{array}{cccc|c} 1&1&2&6&11\\ 2&3&6&19&36\\ 0&3&4&15&28\\ 1&-1&-1&-6&-12 \end{array} \right].$$

先利用第一列消去第 2 列與第 4 列的 $x_1$：

$$R_2\leftarrow R_2-2R_1,\qquad R_4\leftarrow R_4-R_1$$

得到

$$\left[ \begin{array}{cccc|c} 1&1&2&6&11\\ 0&1&2&7&14\\ 0&3&4&15&28\\ 0&-2&-3&-12&-23 \end{array} \right].$$

利用第二列消去第 3 列與第 4 列的 $x_2$：

$$R_3\leftarrow R_3-3R_2,\qquad R_4\leftarrow R_4+2R_2$$

因此

$$\left[ \begin{array}{cccc|c} 1&1&2&6&11\\ 0&1&2&7&14\\ 0&0&-2&-6&-14\\ 0&0&1&2&5 \end{array} \right].$$

交換第 3、4 列，使第三個主元為 $1$：

$$R_3\leftrightarrow R_4$$ $$\left[ \begin{array}{cccc|c} 1&1&2&6&11\\ 0&1&2&7&14\\ 0&0&1&2&5\\ 0&0&-2&-6&-14 \end{array} \right].$$

消去第 4 列的 $x_3$：

$$R_4\leftarrow R_4+2R_3$$ $$\left[ \begin{array}{cccc|c} 1&1&2&6&11\\ 0&1&2&7&14\\ 0&0&1&2&5\\ 0&0&0&-2&-4 \end{array} \right].$$

將第 4 列化為主元 $1$：

核心觀念

本題考查二階常係數線性非齊次微分方程：

$$y''+ay'+by=f(x)$$

其通解可寫成

$$y=y_h+y_p$$

其中：

• $y_h$：對應齊次方程的通解；
• $y_p$：非齊次方程的一組特解。

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(a) 齊次解 $y_h$

先將右側設為 $0$，得到齊次方程：

$$y''+y=0$$

令 $y=e^{rx}$，則

$$y'=re^{rx},\qquad y''=r^2e^{rx}$$

代入齊次方程：

$$r^2e^{rx}+e^{rx}=0$$

因為 $e^{rx}\neq 0$，所以特徵方程為

$$r^2+1=0$$

因此

$$r=\pm i$$

當特徵根為 $\pm i$ 時，齊次解為

$$\boxed{y_h=C_1\cos x+C_2\sin x}$$

其中 $C_1,C_2$ 為任意常數。

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(b) 非齊次方程的解

原方程為

$$y''+y=2e^x$$

求特解 $y_p$

右側為 $2e^x$，採用待定係數法，設

$$y_p=Ae^x$$

其中 $A$ 為待定常數。微分得

$$y_p'=Ae^x,\qquad y_p''=Ae^x$$

代入原方程：

$$Ae^x+Ae^x=2e^x$$

所以

$$2Ae^x=2e^x$$

比較係數可得

核心觀念

本題是二階 Euler–Cauchy（柯西—歐拉）微分方程：

$$x^2y''-xy'+y=\ln x,\qquad x>0$$

齊次方程可設 $y=x^m$，利用特徵方程求解。由於右側含有 $\ln x$，可再使用變數代換

$$t=\ln x$$

將 Euler–Cauchy 方程化為常係數線性微分方程。

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（a）齊次解 $y_h$

先考慮齊次方程：

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

設

$$y=x^m$$

則

$$y'=mx^{m-1},\qquad y''=m(m-1)x^{m-2}$$

代入得

$$x^2m(m-1)x^{m-2}-x(mx^{m-1})+x^m=0$$

整理為

$$\left[m(m-1)-m+1\right]x^m=0$$

因此特徵方程為

$$m(m-1)-m+1=0$$

即

$$m^2-2m+1=(m-1)^2=0$$

得到重根

$$m=1$$

Euler–Cauchy 方程遇到重根 $m$ 時，兩個線性獨立解為

$$x^m,\qquad x^m\ln x$$

所以齊次解為

$$\boxed{y_h=C_1x+C_2x\ln x}$$

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（b）非齊次方程的解

方法：令 $t=\ln x$

定義

$$Y(t)=y(x),\qquad t=\ln x$$

由鏈鎖律，

$$\frac{dy}{dx} =\frac{dY}{dt}\frac{dt}{dx} =\frac{1}{x}Y'$$

因此

$$xy'=Y'$$

再微分一次：

$$y''=\frac{d}{dx}\left(\frac{Y'}{x}\right) =\frac{Y''-Y'}{x^2}$$

所以

$$x^2y''=Y''-Y'$$

原方程左側變為

$$x^2y''-xy'+y =(Y''-Y')-Y'+Y =Y''-2Y'+Y$$

而

$$\ln x=t$$

故方程化為

$$Y''-2Y'+Y=t$$

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求特解

核心觀念

本題考查 Gram–Schmidt 正交化程序。對於線性獨立向量 $v_1,v_2,v_3$，先依序構造互相正交的向量 $u_1,u_2,u_3$：

$$u_1=v_1,$$ $$u_2=v_2-\operatorname{proj}_{u_1}v_2,$$ $$u_3=v_3-\operatorname{proj}_{u_1}v_3-\operatorname{proj}_{u_2}v_3,$$

其中向量投影公式為

$$\operatorname{proj}_{u}v =\frac{v\cdot u}{u\cdot u}u.$$

最後將每個正交向量單位化：

$$e_i=\frac{u_i}{\|u_i\|}.$$

所得的 $e_1,e_2,e_3$ 即為 $\mathbb{R}^3$ 的正交規範基底。

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解題方法

依題目給定順序，令

$$v_1=(1,1,1),\qquad v_2=(2,0,1),\qquad v_3=(2,4,5).$$

第一步：求 $u_1$

$$u_1=v_1=(1,1,1).$$

其長度為

$$\|u_1\|=\sqrt{1^2+1^2+1^2}=\sqrt{3}.$$

因此

$$e_1=\frac{u_1}{\|u_1\|} =\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1).$$

第二步：求 $u_2$

先求 $v_2$ 在 $u_1$ 上的投影：

$$v_2\cdot u_1 =(2,0,1)\cdot(1,1,1)=3,$$ $$u_1\cdot u_1=3.$$

所以

$$\operatorname{proj}_{u_1}v_2 =\frac{3}{3}(1,1,1) =(1,1,1).$$

因此

$$\begin{aligned} u_2 &=v_2-\operatorname{proj}_{u_1}v_2\\ &=(2,0,1)-(1,1,1)\\ &=(1,-1,0). \end{aligned}$$

其長度為

$$\|u_2\|=\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt{2}.$$

故

$$e_2=\frac{u_2}{\|u_2\|} =\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0).$$

第三步：求 $u_3$

先計算 $v_3$ 在 $u_1$ 上的投影：

$$v_3\cdot u_1 =(2,4,5)\cdot(1,1,1)=11,$$

因此

$$\operatorname{proj}_{u_1}v_3 =\frac{11}{3}(1,1,1).$$