109 年 國立中山大學光電工程學系碩士班《工程數學》

核心觀念
此題屬於「常係數線性齊次微分方程」的求解。解題流程包括：

1. 寫出特徵多項式並求其根（判斷實根、複根或重根）。
2. 根據根的型態構造通解。
3. 以初始條件 $y(0),y'(0),y''(0),y'''(0)$ 逐一代入，解出常數係數。

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(a) 求特徵方程與根

微分方程

$y^{(4)}+0.35y^{(3)}+3.85y''+1.4y'-0.6y=0$

令 $y=e^{\lambda x}$，代入得到特徵方程

$\lambda^4+0.35\lambda^3+3.85\lambda^2+1.4\lambda-0.6=0 .$

使用數值根求解（如 MATLAB/NumPy 的 roots），得到四個根

$$\lambda_1\approx 0.3000,\qquad \lambda_2\approx -0.8250,\qquad \lambda_{3,4}\approx -0.2125\pm0.9375i .$$

• 為什麼要先算根？
  在常係數線性齊次 ODE 中，每個根 $\lambda$ 對應一個基解 $e^{\lambda x}$（實根）或 $e^{\alpha x}\cos(\beta x),\,e^{\alpha x}\sin(\beta x)$（複根 $\alpha\pm i\beta$）。把所有基解線性組合即為通解。

(b) 建立通解

根的型態說明如下：

• $\lambda_1=0.3000$、$\lambda_2=-0.8250$ 為實根 → 基解 $e^{0.3000x}$、$e^{-0.8250x}$。
• $\lambda_{3,4}=-0.2125\pm0.9375i$ 為共軛複根 → 基解

$$e^{-0.2125x}\cos(0.9375x),\qquad e^{-0.2125x}\sin(0.9375x).$$

故通解寫為

$$y(x)=C_1e^{0.3000x}+C_2e^{-0.8250x} +e^{-0.2125x}\bigl(C_3\cos(0.9375x)+C_4\sin(0.9375x)\bigr). \tag{1}$$

(c) 計算導函數

為了套入四個初始條件，我需要 $y',y'',y'''$。先對 (1) 求導：

$$\begin{aligned} y'(x)=&\;0.3000C_1e^{0.3000x}-0.8250C_2e^{-0.8250x}\\ &+e^{-0.2125x}\Bigl[ -0.2125\bigl(C_3\cos\! \beta x+C_4\sin\! \beta x\bigr) -\beta C_3\sin\! \beta x+\beta C_4\cos\! \beta x \Bigr], \end{aligned}$$

其中 $\beta=0.9375$。

核心觀念

這題考「混合槽」的質量平衡：肥料含量變化率＝流入的肥料量率－流出的肥料量率。由圖中箭頭可讀出，$4$ gal/min 的水由 $T_2$ 流入 $T_1$，$16$ gal/min 的水由 $T_1$ 流入 $T_2$；另有 $12$ gal/min 純水流入 $T_1$，以及 $12$ gal/min 水流出 $T_2$。兩槽水量皆維持 $200$ gal。

解題方法

令 $y_1(t)$、$y_2(t)$ 分別表示 $T_1$、$T_2$ 中的肥料量，單位為 lb。槽內濃度分別為 $y_1/200$ 與 $y_2/200$ lb/gal。

純水不含肥料，因此 $T_1$ 的肥料平衡為

$$\frac{dy_1}{dt} =4\frac{y_2}{200}-16\frac{y_1}{200} =-0.08y_1+0.02y_2.$$

$T_2$ 的流入是 $16$ gal/min，流出合計為 $4+12=16$ gal/min，因此

$$\frac{dy_2}{dt} =16\frac{y_1}{200}-(4+12)\frac{y_2}{200} =0.08y_1-0.08y_2.$$

初始條件為 $y_1(0)=100$、$y_2(0)=200$。寫成矩陣形式：

核心觀念

本題考查利用拉普拉斯轉換求解常係數線性微分方程，並使用第二位移定理處理延遲階躍函數。若 $a>0$，則

$$\mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}=e^{-as}F(s), \qquad \mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=u(t-a)f(t-a),$$

其中 $F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}$。初始條件皆為零，因此微分項的拉普拉斯轉換不會產生初值項。

解題方法

令 $Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}$。對微分方程兩側取拉普拉斯轉換：

$$\mathcal{L}\{y''\}-5\mathcal{L}\{y'\}+6\mathcal{L}\{y\} =6\mathcal{L}\{u(t-1)\}.$$

由 $y(0)=0$、$y'(0)=0$，

$$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s), \qquad \mathcal{L}\{y'\}=sY(s).$$

又因為 $\mathcal{L}\{u(t-1)\}=e^{-s}/s$，得到

$$(s^2-5s+6)Y(s)=\frac{6e^{-s}}{s}.$$

因式分解 $s^2-5s+6=(s-2)(s-3)$，所以

$$Y(s)=\frac{6e^{-s}}{s(s-2)(s-3)}.$$

核心觀念

• 週期函數或有限支援函數的傅立葉轉換可直接使用定義

$\mathcal{F}\{f\}(k)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,e^{-ikx}\,dx .$

• 若 $f(x)$ 為奇函數（$f(-x)=-f(x)$），則轉換結果必為純虛、奇函數；利用奇偶性可簡化積分。
• 分段函數的積分只需對每一區間分別計算，再相加。

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解題方法

1. 確認奇偶性

$$f(-x)=\begin{cases} -1,& 0<x<1\\ 1,&-1<x<0\\ 0,&\text{其他} \end{cases} =-f(x),$$

故 $f(x)$ 為奇函數。

2. 寫出傅立葉轉換定義

$$F(k)=\int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{-ikx}\,dx =\int_{-1}^{0}(-1)e^{-ikx}\,dx+\int_{0}^{1}1\cdot e^{-ikx}\,dx .$$

3. 分段積分

   • 第一期：$\displaystyle I_1=\int_{0}^{1}e^{-ikx}\,dx =\frac{1-e^{-ik}}{ik}$.
   • 第二期：$\displaystyle I_2=-\int_{-1}^{0}e^{-ikx}\,dx =-\frac{e^{ik}-1}{ik} =\frac{1-e^{ik}}{ik}$.

4. 相加

第 5 題

(a) 求矩陣 $A^{-1}$

核心觀念

若 $\det(A)\neq 0$，則矩陣 $A$ 可逆，且

$$A^{-1}=\frac{1}{\det(A)}\operatorname{adj}(A),$$

其中 $\operatorname{adj}(A)$ 為餘因子矩陣的轉置。

解題方法

給定

$$A= \begin{bmatrix} 3&1&2\\ -1&1&1\\ 3&4&1 \end{bmatrix}.$$

先計算行列式：

$$\begin{aligned} \det(A) &=3 \begin{vmatrix} 1&1\\ 4&1 \end{vmatrix} -1 \begin{vmatrix} -1&1\\ 3&1 \end{vmatrix} +2 \begin{vmatrix} -1&1\\ 3&4 \end{vmatrix}\\ &=3(1-4)-\bigl((-1)-3\bigr)+2(-4-3)\\ &=-9+4-14\\ &=-19. \end{aligned}$$

因此 $A$ 可逆。

各代數餘因子為

$$C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij},$$

故餘因子矩陣為

$$C= \begin{bmatrix} -3&4&-7\\ 7&-3&-9\\ -1&-5&4 \end{bmatrix}.$$

取轉置得到伴隨矩陣：

$$\operatorname{adj}(A)=C^{T} = \begin{bmatrix} -3&7&-1\\ 4&-3&-5\\ -7&-9&4 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\begin{aligned} A^{-1} &=\frac{1}{-19} \begin{bmatrix} -3&7&-1\\ 4&-3&-5\\ -7&-9&4 \end{bmatrix}\\ &=\frac{1}{19} \begin{bmatrix} 3&-7&1\\ -4&3&5\\ 7&9&-4 \end{bmatrix}. \end{aligned}$$

解題技巧

求出逆矩陣後，可用 $AA^{-1}=I$ 快速驗算。例如第一列與第一欄的內積為

$$3(3)+1(-4)+2(7)=19,$$

再乘上 $\frac1{19}$ 即得 $1$；第一列與第二欄的內積為

$$3(-7)+1(3)+2(9)=0.$$

其餘元素同理。

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(b) 求 $B$ 的特徵基底並對角化

核心觀念

特徵值 $\lambda$ 滿足特徵方程

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

若矩陣 $B$ 有三個線性獨立的特徵向量 $v_1,v_2,v_3$，則它可對角化。令

$$P=[v_1\ v_2\ v_3],$$

並令 $D$ 為對應特徵值組成的對角矩陣，則

$$B=PDP^{-1}.$$

建立特徵方程

給定

$$B= \begin{bmatrix} 7.3&0.2&-3.7\\ -11.5&1.0&5.5\\ -17.7&1.8&-9.3 \end{bmatrix}.$$

計算可得

$$\det(B-\lambda I) = -\lambda^3-\lambda^2+142.98\lambda-169.92.$$

因此特徵方程可寫成

$$\lambda^3+\lambda^2-142.98\lambda+169.92=0.$$

其三個實根為

觀念重點與極點分析

被積函數 $f(z) = \frac{z^2}{(z-1-i)(z^2-2)}$ 的極點（一階極點）分別為：

1. $z_1 = 1+i \implies |z_1| = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$
2. $z_2 = \sqrt{2} \implies |z_2| = \sqrt{2}$
3. $z_3 = -\sqrt{2} \implies |z_3| = \sqrt{2}$

積分圍道 $C$ 由正向（反時針）的 $|z|=2$ 與負向（順時針）的 $|z|=1$ 共同組成，其封閉區域為環形區域 $1 < |z| < 2$。
由於三個極點的模長皆為 $|z_k| = \sqrt{2} \approx 1.414 \in (1, 2)$，故所有極點皆位於圍道 $C$ 所包圍的區域內。

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留數計算與推導

根據多重連通區域的複變留數定理（Cauchy's Residue Theorem）：
$\oint_C f(z) \, dz = 2\pi i \sum_{k=1}^3 \text{Res}(f, z_k)$

1. 計算 $z_1 = 1+i$ 處的留數：

$\text{Res}(f, 1+i) = \lim_{z \to 1+i} (z-1-i) f(z) = \frac{(1+i)^2}{(1+i)^2 - 2} = \frac{2i}{2i - 2} = \frac{i}{i - 1} = \frac{1-i}{2}$