113 年 國立中山大學電機工程學系碩士班乙組《工程數學乙》

核心觀念

函數 $f_1(x),f_2(x),f_3(x)$ 線性獨立的定義是：

$$c_1f_1(x)+c_2f_2(x)+c_3f_3(x)\equiv 0$$

只有在 $c_1=c_2=c_3=0$ 時成立，才稱為線性獨立。若能找到一組「不全為零」的常數，使上述恆等式成立，則函數線性相依。

本題將 $\pi$ 視為常數函數，即 $f(x)=\pi$。

解題方法

利用三角恆等式

$$\cos^2x+\sin^2x=1$$

又因為 $\pi\neq 0$，可將常數 $1$ 寫成

$$1=\frac{1}{\pi}\pi.$$

因此，

$$\cos^2x+\sin^2x-\frac{1}{\pi}\pi\equiv 0.$$

這可寫成

$$1\cdot\cos^2x +1\cdot\sin^2x -\frac{1}{\pi}\cdot\pi \equiv 0.$$

其中係數

核心觀念

函數組 $\{f_1,f_2,\ldots,f_n\}$ 線性獨立的定義是：若

$$c_1f_1(x)+c_2f_2(x)+\cdots+c_nf_n(x)\equiv 0$$

對所有 $x$ 都成立，則必須有

$$c_1=c_2=\cdots=c_n=0。$$

本題需使用雙曲餘弦的指數表示式：

$$\cosh 2x=\frac{e^{2x}+e^{-2x}}{2}.$$

此外，不同指數 $\lambda$ 所對應的函數 $e^{\lambda x}$ 線性獨立。因此，$e^{-2x},e^{-x},e^x,e^{2x}$ 四個函數彼此線性獨立。

解題方法

假設存在常數 $a,b,c,d$，使得

$$a\cosh 2x+be^x+ce^{-x}+de^{2x}\equiv 0。$$

代入 $\cosh 2x$ 的公式：

$$a\left(\frac{e^{2x}+e^{-2x}}{2}\right)+be^x+ce^{-x}+de^{2x}\equiv 0。$$

整理同類項：

$$\frac{a}{2}e^{-2x}+be^x+ce^{-x} +\left(\frac{a}{2}+d\right)e^{2x}\equiv 0。$$

其中 $e^{-2x},e^{-x},e^x,e^{2x}$ 的指數分別為 $-2,-1,1,2$，彼此相異，所以它們線性獨立。因此各項係數必須全部為零：

判斷點 $x_0$ 為 普通點（ordinary point）需滿足：

1. 微分方程寫成 $P(x)y''+Q(x)y'+R(x)y=0$（線性形式）；
2. $P(x),Q(x),R(x)$ 在 $x=x_0$ 必須皆為解析函數（可展開成冪級數）；
3. $P(x_0)\neq0$（最高階導數的係數非零），否則為奇點（singular point）。

給定方程

核心觀念

本題考查一階常微分方程的存在唯一性定理。對初值問題

$$y'=f(x,y),\qquad y(x_0)=y_0,$$

若 $f(x,y)$ 與 $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ 在初始點 $(x_0,y_0)$ 附近皆連續，則在 $x_0$ 附近必存在唯一解。

將題目改寫為

$$y'=-2xy^2=f(x,y).$$

其中

$$\frac{\partial f}{\partial y}=-4xy.$$

$f(x,y)$ 與 $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ 都是多項式，因此在整個平面上皆連續，特別是在初始點

$$\left(\frac12,-4\right)$$

附近連續。因此，根據存在唯一性定理，局部唯一解必定存在。

解題方法

也可直接分離變數求解：

$$\frac{dy}{dx}=-2xy^2.$$

因為初值 $y(1/2)=-4\neq 0$，可在初始點附近除以 $y^2$：

$$y^{-2}\,dy=-2x\,dx.$$

兩邊積分得

$$-\frac1y=-x^2+C,$$

整理為

$$\frac1y=x^2+C_1.$$

代入初始條件 $x=\frac12,\ y=-4$：

$$-\frac14=\frac14+C_1,$$

所以

第4題的微分方程未附出；以下採用本題選項所對應的第4題方程 $y'=-2xy^2$ 詳解。

核心觀念

初值問題的「最大解區間」必須同時滿足：

1. 包含初始點 $x_0=-2$。
2. 解在該區間內有定義且可微。
3. 區間必須是連通的，不能跨越解爆炸或公式無定義的位置。

解題方法

由第4題方程

$$\frac{dy}{dx}=-2xy^2$$

分離變數：

$$\frac{dy}{y^2}=-2x\,dx.$$

積分得

$$-\frac{1}{y}=-x^2+C_1,$$

因此可寫成

$$\frac{1}{y}=x^2+C, \qquad y=\frac{1}{x^2+C}.$$

代入初始條件 $y(-2)=\frac12$：

$$\frac{1}{1/2}=(-2)^2+C,$$ $$2=4+C \quad\Longrightarrow\quad C=-2.$$

所以符合初始條件的解為

$$y(x)=\frac{1}{x^2-2}.$$

解式無定義的位置由

$$x^2-2=0$$

求得：

$$x=\pm\sqrt{2}.$$

由於初始點 $x=-2$ 位於 $-\sqrt2$ 的左側，

$$-2<-\sqrt2,$$

故包含 $x=-2$ 的最大連通解區間為

先求特徵值

$$\det\!\begin{pmatrix}-6-\lambda & 5\\-5 & 4-\lambda\end{pmatrix} =(-6-\lambda)(4-\lambda)+25 =\lambda^{2}+2\lambda+1=(\lambda+1)^{2}$$

故唯一特徵值 $\lambda_{1}=\lambda_{2}=-1$，為重根。

求特徵向量

$$(A+I)v=0\;\Rightarrow\; \begin{pmatrix}-5&5\\-5&5\end{pmatrix}v=0\Longrightarrow v=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}.$$

僅有一個獨立特徵向量，矩陣為缺陷 (Jordan) 型，滿足

核心觀念

弦的兩端固定在 $x=0$ 與 $x=\pi$，因此端點位移必須始終為零：

$$u(0,t)=0,\qquad u(\pi,t)=0.$$

初始條件為

$$u(x,0)=f(x),$$

且「由靜止釋放」表示初始速度為零：

$$u_t(x,0)=0.$$

此題主要考查：

• 波動方程的分類；
• Dirichlet 邊界條件；
• 初始—邊界值問題；
• 分離變數法下的初始條件。

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解題方法：代入乘積解

令

$$u(x,t)=X(x)T(t).$$

則

$$u_{tt}=X(x)T''(t),\qquad u_{xx}=X''(x)T(t).$$

代入波動方程：

$$X(x)T''(t)=a^2X''(x)T(t).$$

分離變數可得

$$\frac{T''(t)}{a^2T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} =-\lambda.$$

因此

$$X''+\lambda X=0, \qquad T''+a^2\lambda T=0.$$

端點條件給出

$$u(0,t)=X(0)T(t)=0,$$ $$u(\pi,t)=X(\pi)T(t)=0.$$

對非零振動解而言，$T(t)$ 不可能恆等於零，所以必須有

$$X(0)=0,\qquad X(\pi)=0.$$

這是空間函數的兩個 Dirichlet 邊界條件。

另一方面，

$$u_t(x,t)=X(x)T'(t).$$

由初始靜止條件：

$$u_t(x,0)=X(x)T'(0)=0.$$

對非平凡的 $X(x)$ 而言，得到

$$T'(0)=0.$$

初始位移則給出

$$u(x,0)=X(x)T(0)=f(x),$$

用來決定初始振幅或各模態的係數。

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選項分析

(A) 錯誤。

將方程式移項：

$$a^2u_{xx}-u_{tt}=0.$$

在弦振動的物理模型中，$a^2$ 是波速的平方，取 $a^2>0$。對二階偏微分方程

$$Au_{xx}+2Bu_{xt}+Cu_{tt}=0,$$

其分類依據為

$$B^2-AC.$$

本題中

波動方程式

$u_{tt}=a^{2}u_{xx}$

代入積分解 $u(x,t)=A\cos(\beta a t)\sin(Cx)$ 得

$$u_{tt}= -(\beta a)^{2}A\cos(\beta a t)\sin(Cx),\qquad u_{xx}= -C^{2}A\cos(\beta a t)\sin(Cx)$$

令兩式相等得到

$(\beta a)^{2}=a^{2}C^{2}\;\Longrightarrow\;\beta=C \;(a>0)$

初始位移

$f(x)=\frac1{100}\sin\!\Big(\frac{3}{2\pi}x\Big)$

若把「頻率」$3/(2\pi)$ 解釋為空間波數的循環數，則其角波數為

$k=2\pi\cdot\frac{3}{2\pi}=3$

利用冪級數

$x(t)=\sum_{n=0}^{5}a_n t^{n}=A+Bt+Ct^{2}+Dt^{3}+Et^{4}+Ft^{5},$

則

$$x' =B+2Ct+3Dt^{2}+4Et^{3}+5Ft^{4},\qquad x'' =2C+6Dt+12Et^{2}+20Ft^{3}.$$

右端 $1-x^{2}$ 展開至 $t^{5}$：

$$\begin{aligned} x^{2}&=(A+Bt+Ct^{2}+Dt^{3}+Et^{4}+Ft^{5})^{2}\\ &=A^{2}+2ABt+(2AC+B^{2})t^{2}+(2AD+2BC)t^{3}\\ &\quad+(2AE+2BD+C^{2})t^{4}+(2AF+2BE+2CD)t^{5}+\cdots . \end{aligned}$$

故

$$1-x^{2}= \bigl(1-A^{2}\bigr) -2ABt-\bigl(2AC+B^{2}\bigr)t^{2} -\bigl(2AD+2BC\bigr)t^{3}-\bigl(2AE+2BD+C^{2}\bigr)t^{4} -\bigl(2AF+2BE+2CD\bigr)t^{5}.$$

將 $x''$ 與 $1-x^{2}$ 的係數逐次對應得到

解題步驟

1. 系統寫成向量形式 $y' = Ay$，其中

$$A=\begin{pmatrix} -2 & -1 & -5\\ 25 & -7 & 0\\ 0 & 1 & 3 \end{pmatrix}.$$

2. 求特徵方程

$$\det(A-\lambda I)= \begin{vmatrix} -2-\lambda & -1 & -5\\ 25 & -7-\lambda & 0\\ 0 & 1 & 3-\lambda \end{vmatrix}=0.$$

計算得到

$\det(A-\lambda I)=-(\lambda+2)^3,$

故唯一特徵值為

$\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=-2\quad(\text{代數重數}=3).$

3. 求特徵向量：解 $(A+2I)v=0$

$$A+2I=\begin{pmatrix} 0 & -1 & -5\\ 25 & -5 & 0\\ 0 & 1 & 5 \end{pmatrix}\;\Longrightarrow\; v=k\,(1,5,-1)^{\!T}.$$

僅有一條線性獨立的特徵向量，故幾何重數 $=1<3$。

4. 由 Jordan 標準形可得到三條線性獨立的解向量

$$\begin{aligned} y_1(t)&=v\,e^{-2t},\\ y_2(t)&=(vt+w)\,e^{-2t},\\ y_3(t)&=\bigl(\tfrac12 vt^{2}+wt+u\bigr)e^{-2t}, \end{aligned}$$

核心觀念
此題測驗的是 常係數與變係數二階線性常微分方程 的解的存在區間、特解與通解的構造，以及 恰當的特解選取（特別是非齊次項 $f(x)=\ln(x^2)$ 與 $f(x)=0$）。必須先判斷方程的奇點、求齊次解、檢驗初值問題的可解區間，才能判斷各選項的正誤。

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(A) $f(x)=0$ 時，解的區間是 $(-\infty,\infty)$

方程式

$y''+\frac{4}{x}y'+\frac{6}{x^{2}}y=0$

在 $x=0$ 處係數 $\frac{4}{x},\frac{6}{x^{2}}$ 出現 奇點（不可去除的第一類奇點），故根據常微分方程理論，解的最大區間必須避開 $x=0$。在 $x\neq0$ 時，係數皆連續，可在每個連通子區間上唯一確定解。

因此，解的區間不可能跨過 $x=0$，只能是 $(-\infty,0)$ 或 $(0,\infty)$（或更小的子區間）。選項說「$(-\infty,\infty)$」是錯誤的。

結論： (A) 錯誤。

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(B) $f(x)=0$，初始條件 $y(-2)=8,\;y'(-2)=0$，解的區間是 $(-\infty,0]$

同上，方程在 $x=0$ 有奇點，且給定的初值點 $x_0=-2$ 位於負半軸。根據唯一解定理，存在唯一解在包含 $x_0$ 的 最大連通區間，即 $(-\infty,0)$（可延伸到 0 的左側極限，但 $x=0$ 本身不在解的定義域內）。若將 $0$ 包含在區間，需要把 $x=0$ 作為端點且不包括，寫作 $(-\infty,0)$；若寫成 $(-\infty,0]$，則暗示在 $x=0$ 仍有解，違反奇點性質。

因此區間應為 $(-\infty,0)$（或 $(-\infty,0)$ 之開區間），選項的 $(-\infty,0]$ 為不正確。

結論： (B) 錯誤。

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(C) $f(x)=0$，同上初始條件，聲稱解為 $y(x)=6x^{2}+2x^{3}$

先求齊次方程的通解。設 $y=x^{m}$，代入

$m(m-1)x^{m-2}+ \frac{4}{x} m x^{m-1}+ \frac{6}{x^{2}}x^{m}=0$

化簡得到特徵方程

$m(m-1)+4m+6=0\quad\Longrightarrow\quad m^{2}+3m+6=0.$

此二次式的根為

$m=\frac{-3\pm\sqrt{9-24}}{2}= \frac{-3\pm i\sqrt{15}}{2},$

為複數根，故齊次解可寫成

$y_h(x)=x^{-3/2}\bigl[ C_1\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{2}\ln|x|\bigr)+C_2\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{15}}{2}\ln|x|\bigr)\bigr].$

這顯然與多項式 $6x^{2}+2x^{3}$ 完全不同。直接檢查 $y(x)=6x^{2}+2x^{3}$：

$y' =12x+6x^{2},\qquad y''=12+12x.$

代入原方程左側：

$$y''+\frac{4}{x}y'+\frac{6}{x^{2}}y = (12+12x)+\frac{4}{x}(12x+6x^{2})+\frac{6}{x^{2}}(6x^{2}+2x^{3}) =12+12x+48+24x+36+12x=96+48x\neq0.$$

因此 $y(x)=6x^{2}+2x^{3}$ 不是齊次方程的解，更不符合初值條件（帶入 $x=-2$ 得 $y(-2)=6\cdot4+2\cdot(-8)=24-16=8$ 符合，但 $y'(-2)=12(-2)+6(4)=-24+24=0$ 亦符合，然而它不滿足方程本身）。
結論： (C) 錯誤。

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(D) $f(x)=\ln(x^{2})$，聲稱解為

核心觀念

本題考查自治微分方程

$$y'=f(y)$$

的平衡解、相線圖、穩定性，以及初值問題的最大解區間。

將右側因式分解：

$$y'=y^2-6y+9=(y-3)^2.$$

平衡解須滿足 $y'=0$，因此

$$(y-3)^2=0 \quad\Longrightarrow\quad y=3.$$

故唯一平衡解為

$$y(x)\equiv 3.$$

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解題方法：相線分析

由於

$$(y-3)^2>0\qquad (y\ne 3),$$

所以除了 $y=3$ 外，所有解皆滿足 $y'>0$，也就是解隨 $x$ 增加而遞增。

• 當 $y<3$ 時，解向上增加並趨近 $3$。
• 當 $y>3$ 時，解向上增加，會遠離 $3$，且可能在有限時間內爆炸。

因此 $y=3$ 只具有單側吸引性，並非完整鄰域中的吸引子。

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通解與最大解區間

對 $y\ne 3$ 分離變數：

$$\frac{dy}{(y-3)^2}=dx.$$

積分得

$$-\frac{1}{y-3}=x+C.$$

因此

$$y=3-\frac{1}{x+C}.$$

分母為零的位置會造成解爆炸，故初值問題的最大解區間必須取「包含初始點」的連通區間。

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選項分析

(A) A critical point is an attractor.

唯一臨界點為 $y=3$。

當初值位於 $y<3$ 時，解會由下方趨近 $3$；但當初值位於 $y>3$ 時，因為 $y'>0$，解會向上遠離 $3$，而不是趨近 $3$。

所以 $y=3$ 不是雙側的 attractor，只是從下方具有吸引性。

故 (A) 錯誤。

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(B) There is one equilibrium solution.

平衡解由

$$(y-3)^2=0$$

決定，只有

$$y(x)\equiv 3.$$

故共有一個平衡解。

故 (B) 正確。

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(C) Given $y(0)=3/2$, when $x\to\infty$, $y(x)\to 8$.

代入初值 $y(0)=3/2$：

$$-\frac{1}{\frac32-3}=C \quad\Longrightarrow\quad C=\frac23.$$

所以

$$y(x)=3-\frac{1}{x+\frac23}.$$

核心觀念

本題考查一階微分方程的全微分辨認，以及乘積律與鏈鎖律：

$$\frac{d}{dx}\left(e^x\sin y\right) =e^x\sin y+e^x\cos y\cdot y'$$

並且

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

解題方法

原方程為

$$e^x\sin y-2x+\left(e^x\cos y+1\right)y'=0.$$

將含有 $y'$ 的部分展開：

$$e^x\sin y+e^x\cos y\cdot y'-2x+y'=0.$$

依照上述微分公式，可合併為

$$\frac{d}{dx}\left(e^x\sin y-x^2+y\right)=0.$$

因此

$$e^x\sin y-x^2+y=K,$$

其中 $K$ 為任意常數。將常數移至左側：

$$e^x\sin y-x^2+y-K=0.$$

與題目所給形式

$$A e^x\sin y+B e^x\cos y+Cx^2+Dy^2+Ex+Fy+G$$

比較，可取

關鍵性質

• $A=pq^{\!T}$ 為外積矩陣，若 $p,q\neq0$，則 $\operatorname{rank}(A)=1$。
• $A$ 的列空間＝$\operatorname{span}\{p\}$，零空間＝$\{x\mid q^{\!T}x=0\}$，維度 $n-1$。
• $A p = p(q^{\!T}p)=(q^{\!T}p)\,p$，故 $p$ 為特徵向量，特徵值為 $q^{\!T}p$。

敘述判斷

(A) $\operatorname{rank}(A)$ 只能是 $1$，不會是 $2$ → 錯。

重點性質

• $u\in\mathbb R^{n}$ 為單位向量，$u^{T}u=1$。
• $P:=uu^{T}$ 為對 $u$ 的正交投影，滿足 $P^{2}=P$、$P^{T}=P$。
• $M=I-2P$ 為 Householder 反射矩陣。

推導

1. 平方

$M^{2}=(I-2P)^{2}=I-4P+4P^{2}=I-4P+4P=I.$

故 $M^{2}=I\neq M$（除非 $M=I$，但 $u\neq0$），因此 (A) 錯。

2. 正交性
   $M$ 為對稱矩陣 $(M^{T}=M)$，且 $M^{2}=I$，故

$MM^{T}=M^{2}=I.$

核心觀念

本題考查矩陣的範圍空間與轉置矩陣零空間的正交關係：

$$R(A)=N(A^T)^\perp$$

因此，若 $u\in R(A)$、$v\in N(A^T)$，則

$$(u,v)=0.$$

也就是 $u$ 與 $v$ 互相垂直。故對任意實數 $\alpha,\beta$，

$$\|\alpha u+\beta v\|^2 =\alpha^2\|u\|^2+\beta^2\|v\|^2.$$

解題方法

令

$$a=\|u\|^2,\qquad b=\|v\|^2.$$

由 $x_1=u+2v$ 且 $u\perp v$，

$$\|x_1\|^2 =\|u+2v\|^2 =\|u\|^2+4\|v\|^2 =a+4b=29.$$

由 $x_2=2u-v$，

$$\|x_2\|^2 =\|2u-v\|^2 =4\|u\|^2+\|v\|^2 =4a+b=41.$$

因此得到聯立方程組：

$$\begin{cases} a+4b=29,\\ 4a+b=41. \end{cases}$$

第一式乘以 $4$：

$$4a+16b=116.$$

減去第二式：

$$15b=75,$$

所以

$$b=5.$$

核心觀念

因 $\{u_1,u_2,u_3\}$ 為正交基底，故對 $i\neq j$ 有 $(u_i,u_j)=0$。若

$$x=c_1u_1+c_2u_2+c_3u_3,$$

則

$$(x,u_i)=c_i\|u_i\|^2,$$

且

$$\|x\|^2 =c_1^2\|u_1\|^2+c_2^2\|u_2\|^2+c_3^2\|u_3\|^2.$$

另外，$x$ 在 $u_3$ 方向上的正交投影為

$$\operatorname{proj}_{u_3}x =\frac{(x,u_3)}{(u_3,u_3)}u_3 =c_3u_3.$$

解題方法

由 $\|u_1\|=2$，因此 $\|u_1\|^2=4$。已知 $(x,u_1)=12$，所以

$$(x,u_1)=c_1\|u_1\|^2=4c_1,$$

得到

$$4c_1=12 \quad\Longrightarrow\quad c_1=3.$$

題目又給出 $x$ 在 $u_3$ 上的正交投影為 $-2u_3$。由

$$\operatorname{proj}_{u_3}x=c_3u_3,$$

可得

$$c_3=-2.$$

再利用 $\|x\|^2=145$：

$$145 =c_1^2\|u_1\|^2+c_2^2\|u_2\|^2+c_3^2\|u_3\|^2.$$

代入 $c_1=3$、$c_3=-2$ 以及各向量長度：

$$145 =3^2\cdot 2^2+c_2^2\cdot 3^2+(-2)^2\cdot 5^2$$ $$145=36+9c_2^2+100,$$

因此