核心觀念

本題考查矩陣的特徵值與特徵向量：

• 特徵值 $\lambda$ 滿足
  $\det(A-\lambda I)=0$
• 對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵向量 $X$ 滿足
  $AX=\lambda X$
  或等價地
  $(A-\lambda I)X=0$

解題方法

給定

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

(1) 求特徵值

計算特徵方程：

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 4-\lambda&0&-2\\ 0&1-\lambda&0\\ 1&0&1-\lambda \end{vmatrix}$$

沿著第二列或第二欄展開：

$$\det(A-\lambda I) = (1-\lambda) \begin{vmatrix} 4-\lambda&-2\\ 1&1-\lambda \end{vmatrix}$$

因此

$$\det(A-\lambda I) = (1-\lambda)\left[(4-\lambda)(1-\lambda)+2\right]$$

整理括號內：

$$(4-\lambda)(1-\lambda)+2 = \lambda^2-5\lambda+6 = (\lambda-2)(\lambda-3)$$

所以

$$\det(A-\lambda I) = (1-\lambda)(\lambda-2)(\lambda-3)$$

令其等於零，得到三個特徵值：

$$\boxed{\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=2,\qquad \lambda_3=3}$$

(2) 求對應的特徵向量

令

$$X= \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix}$$

對應 $\lambda_1=1$

$$(A-I)X=0$$

即

$$\begin{bmatrix} 3&0&-2\\ 0&0&0\\ 1&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix}$$

由第三列得 $x=0$，再由第一列得 $z=0$，而 $y$ 可自由取值。因此可取

$$X_1= \begin{bmatrix} 0\\1\\0 \end{bmatrix}$$

(1)

$2y(x^{2}-1)y'+(y^{2}+1)\ln (y^{2}+1)=0,\qquad y(3)=1$

$\frac{2y}{(y^{2}+1)\ln (y^{2}+1)}\,dy=-\frac{dx}{x^{2}-1}$

左側以 $u=y^{2}+1$ 代換得 $\displaystyle\int\frac{du}{u\ln u}= \ln|\ln u|$。
右側 $\displaystyle\int-\frac{dx}{x^{2}-1}= -\frac12\ln\Big|\frac{x-1}{x+1}\Big|$。

$\ln|\ln (y^{2}+1)|=-\frac12\ln\Big|\frac{x-1}{x+1}\Big|+C$

取正號（$y>0$），指數化後

$$\ln (y^{2}+1)=K\sqrt{\frac{x+1}{x-1}},\qquad K=\frac{\ln2}{\sqrt2}\;(x=3,\;y=1)$$

$\boxed{\,y(x)=\sqrt{\exp\!\left(\frac{\ln2}{\sqrt2}\sqrt{\frac{x+1}{x-1}}\right)-1}\,}$

【答案】$y(x)=\sqrt{e^{\frac{\ln2}{\sqrt2}\sqrt{\frac{x+1}{x-1}}}-1}$

---

(2)

$x^{2}y''-xy'+4y=\cos(\ln|x|)+x\sin(\ln|x|),\qquad y(1)=1,\;y'(1)=2$

令 $t=\ln|x|\;(x=e^{t})$。則

$y_{tt}-2y_{t}+4y=\cos t+e^{t}\sin t$

齊次解：$y_{h}=e^{t}\big[C_{1}\cos(\sqrt3\,t)+C_{2}\sin(\sqrt3\,t)\big]$。

特解

$$y_{p}=A\cos t+B\sin t+\tfrac12e^{t}\sin t, \quad A=\frac35,\;B=-\frac25$$

合成之

$$y(t)=e^{t}\big[C_{1}\cos(\sqrt3t)+C_{2}\sin(\sqrt3t)\big] +\frac35\cos t-\frac25\sin t+\frac12e^{t}\sin t$$

初值 $t=0$（$x=1$）給
$C_{1}=2/5,\;C_{2}=\sqrt3/2$。

回代 $t=\ln x$ 並以 $e^{t}=x$ 得

核心觀念

本題統一考查拉普拉斯轉換的下列性質：

• 微分：
  $\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0)$
  $\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)$

• 位移函數：
  $\mathcal{L}\{f(t-a)u(t-a)\}=e^{-as}F(s)$

• Dirac 脈衝：
  $\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as}$
  $g(t)\delta(t-a)=g(a)\delta(t-a)$

• 卷積定理：
  $\mathcal{L}\left\{\int_0^t f(\tau)g(t-\tau)\,d\tau\right\}=F(s)G(s)$

• 聯立微分方程式可利用矩陣或逐式拉普拉斯轉換求解。

---

（1）

題目為

$$y''+4y'+3y=\sin(t-1)u(t-1)+e^{-2t}\delta(t-2), \qquad y(0)=0,\quad y'(0)=0.$$

解題方法

先對兩邊取拉普拉斯轉換。

左側因初始條件皆為零：

$$\mathcal{L}\{y''+4y'+3y\} =(s^2+4s+3)Y(s).$$

右側第一項為第二平移：

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

第二項利用脈衝函數性質：

$$e^{-2t}\delta(t-2)=e^{-4}\delta(t-2),$$

因此

$$\mathcal{L}\{e^{-2t}\delta(t-2)\} =e^{-4}e^{-2s}.$$

所以

$$(s^2+4s+3)Y(s) =\frac{e^{-s}}{s^2+1}+e^{-4}e^{-2s}.$$

因為

$$s^2+4s+3=(s+1)(s+3),$$

得到

$$Y(s) =e^{-s}\frac{1}{(s^2+1)(s+1)(s+3)} +e^{-4}e^{-2s}\frac{1}{(s+1)(s+3)}.$$

---

第一部分反轉換

作部分分式分解：

$$\frac{1}{(s^2+1)(s+1)(s+3)} = \frac{1}{4(s+1)} -\frac{1}{20(s+3)} -\frac{s}{5(s^2+1)} +\frac{1}{10(s^2+1)}.$$

因此

$$f(t)=\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{(s^2+1)(s+1)(s+3)} \right\}$$

為

$$f(t) =\frac14e^{-t}-\frac1{20}e^{-3t} -\frac15\cos t+\frac1{10}\sin t.$$

由第一平移性質：

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

故第一部分為

$$\left[ \frac14e^{-(t-1)} -\frac1{20}e^{-3(t-1)} -\frac15\cos(t-1) +\frac1{10}\sin(t-1) \right]u(t-1).$$

---

第二部分反轉換

又有

$$\frac{1}{(s+1)(s+3)} =\frac12\left(\frac1{s+1}-\frac1{s+3}\right),$$

所以

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{(s+1)(s+3)} \right\} =\frac12(e^{-t}-e^{-3t}).$$

考慮平移量 $2$ 與係數 $e^{-4}$：

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ e^{-4}e^{-2s}\frac{1}{(s+1)(s+3)} \right\} = \frac{e^{-4}}2 \left[ e^{-(t-2)}-e^{-3(t-2)} \right]u(t-2).$$

因此

$$\boxed{ \begin{aligned} y(t) ={}& \left[ \frac14e^{-(t-1)} -\frac1{20}e^{-3(t-1)} -\frac15\cos(t-1) +\frac1{10}\sin(t-1) \right]u(t-1) \\ &+\frac{e^{-4}}2 \left[ e^{-(t-2)}-e^{-3(t-2)} \right]u(t-2). \end{aligned} }$$

解題技巧

脈衝項的係數必須先將指數函數在 $t=2$ 取值：

$$e^{-2t}\delta(t-2)=e^{-4}\delta(t-2).$$

不能誤寫成 $e^{-2} \delta(t-2)$。另外，$e^{-as}$ 對應的時間位移是 $t-a$，並且必須乘上 $u(t-a)$。

---

（2）

題目為

$$y(t)+\int_0^t y(\tau)\cos(t-\tau)\,d\tau =tu(t-1)+e^{-2t}.$$

解題方法

積分項是卷積：

$$\int_0^t y(\tau)\cos(t-\tau)\,d\tau =(y*\cos t)(t).$$

因此拉普拉斯轉換為

$$Y(s)+Y(s)\frac{s}{s^2+1} =\mathcal{L}\{tu(t-1)\}+\frac1{s+2}.$$

先處理右側的平移項。因為

$$tu(t-1)=[(t-1)+1]u(t-1),$$

所以

$$\mathcal{L}\{tu(t-1)\} =e^{-s}\left(\frac1{s^2}+\frac1s\right).$$

因此

$$Y(s)\left(1+\frac{s}{s^2+1}\right) =e^{-s}\left(\frac1{s^2}+\frac1s\right)+\frac1{s+2}.$$

整理左側：

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

故

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

---

第一部分反轉換

部分分式分解得

$$\frac{(s^2+1)(s+1)}{s^2(s^2+s+1)} = \frac1{s^2}+\frac{s-1}{s^2+s+1}.$$

注意

$$s^2+s+1 =\left(s+\frac12\right)^2+\frac34.$$

因此

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac1{s^2}\right\}=t,$$

且

$$\frac{s-1}{s^2+s+1} = \frac{s+\frac12}{\left(s+\frac12\right)^2+\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)^2} - \frac{\frac32}{\left(s+\frac12\right)^2+\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)^2}.$$

反轉換後為

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{s-1}{s^2+s+1} \right\} = e^{-t/2}\cos\frac{\sqrt3t}{2} -\sqrt3e^{-t/2}\sin\frac{\sqrt3t}{2}.$$

令

核心觀念

本題考查複變數積分中的兩項基本技巧：

1. 利用 $z=e^{i\theta}$ 將三角積分轉換為單位圓上的複積分。
2. 利用留數定理計算封閉路徑積分；若積分路徑上有極點，必須判斷主值是否存在。

留數定理為

$$\oint_C f(z)\,dz=2\pi i\sum \operatorname{Res}(f;z_k),$$

其中 $z_k$ 為路徑 $C$ 內部的孤立奇點。

---

（1）計算 $\displaystyle \int_0^{2\pi}\frac{2\pi}{2+\cos\theta}\,d\theta$

解題方法

令

$$z=e^{i\theta},\qquad d\theta=\frac{dz}{iz},$$

且

$$\cos\theta=\frac{1}{2}\left(z+\frac{1}{z}\right).$$

當 $\theta$ 從 $0$ 變化至 $2\pi$ 時，$z$ 沿單位圓 $|z|=1$ 逆時針繞行一次。因此

$$\begin{aligned} I &=\oint_{|z|=1} \frac{2\pi}{2+\frac12\left(z+\frac1z\right)} \frac{dz}{iz} \\ &=\oint_{|z|=1} \frac{4\pi}{i(z^2+4z+1)}\,dz. \end{aligned}$$

因為

$$z^2+4z+1=0$$

的兩根為

$$z=-2\pm\sqrt3.$$

其中

$$z_1=-2+\sqrt3$$

滿足 $|z_1|<1$，而

$$z_2=-2-\sqrt3$$

滿足 $|z_2|>1$。所以單位圓內只有 $z_1$ 一個極點。

令

$$f(z)=\frac{4\pi}{i(z^2+4z+1)}.$$

在 $z_1=-2+\sqrt3$ 處的留數為

$$\begin{aligned} \operatorname{Res}(f;z_1) &=\frac{4\pi}{i(2z_1+4)} \\ &=\frac{4\pi}{i(2\sqrt3)} =-\frac{2\pi i}{\sqrt3}. \end{aligned}$$

由留數定理，

$$\begin{aligned} I &=2\pi i\left(-\frac{2\pi i}{\sqrt3}\right) \\ &=\frac{4\pi^2}{\sqrt3}. \end{aligned}$$

---

（2）計算 $\displaystyle \operatorname{p.v.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{(1+x)(x-2)^2}\,dx$

核心判斷

被積函數

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

在實軸上有兩個奇點：

• $x=-1$：一階極點；
• $x=2$：二階極點。

一階極點可以用柯西主值處理，但二階極點附近的主要行為為

$$f(x)\sim \frac{1}{3(x-2)^2}.$$

而