112 年 國立中山大學光電工程學系碩士班《工程數學》

核心觀念

• 若 $A$ 具備一組線性獨立的特徵向量 $\{v_{1},\dots ,v_{n}\}$，則可組成矩陣

$X=[\,v_{1}\;v_{2}\;\dots \;v_{n}\,]$

使得

$X^{-1}AX = D$

為對角矩陣，對角線元素即為相對應的特徵值 $\lambda_{i}$。

• 本題利用 下三角矩陣 的特性：特徵值直接為對角線元素。要找特徵向量，只需解 $(A-\lambda I)v=0$。
• 逆矩陣可用 Gauss‑Jordan 消元 求得，對下三角矩陣特別便利，結果仍為下三角形。

---

(a) 求對角矩陣 $D$

$A$ 為下三角矩陣，故特徵值即對角線元素：

$\lambda_{1}=1,\qquad \lambda_{2}=2,\qquad \lambda_{3}=3$

$$\boxed{D=\operatorname{diag}(1,2,3)=\begin{bmatrix} 1&0&0\\[2pt] 0&2&0\\[2pt] 0&0&3 \end{bmatrix}}$$

---

(b) 求特徵向量矩陣 $X$

對每一個特徵值 $\lambda$ 求解 $(A-\lambda I)v=0$。

1. $\lambda=1$

$$A- I=\begin{bmatrix} 0&0&0\\ 1&1&0\\ 1&2&2 \end{bmatrix} \Longrightarrow \begin{cases} x+y=0\\ x+2y+2z=0 \end{cases} \Rightarrow y=-x,\;z=\dfrac{x}{2}$$

取 $x=2$，得到特徵向量

$v_{1}=\begin{bmatrix}2\\-2\\1\end{bmatrix}.$

2. $\lambda=2$

$$A-2I=\begin{bmatrix} -1&0&0\\ 1&0&0\\ 1&2&1 \end{bmatrix} \Longrightarrow \begin{cases} -x=0\\ x+2y+z=0 \end{cases} \Rightarrow x=0,\;z=-2y$$

取 $y=1$，得到

$v_{2}=\begin{bmatrix}0\\1\\-2\end{bmatrix}.$

3. $\lambda=3$

$$A-3I=\begin{bmatrix} -2&0&0\\ 1&-1&0\\ 1&2&0 \end{bmatrix} \Longrightarrow x=0,\;y=0$$

$z$ 任意，取 $z=1$，得到

$v_{3}=\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}.$

將上述向量依 $\lambda$ 的遞增順序排列成矩陣 $X$：

$$\boxed{X= \begin{bmatrix} 2&0&0\\[2pt] -2&1&0\\[2pt] 1&-2&1 \end{bmatrix}}$$

此矩陣可直接驗證 $AX = X D$，亦即每一列都是對應特徵值的伸縮。

---

(c) 以 Gauss‑Jordan 消元求 $X^{-1}$

(a) 直接積分 (Direct Integration)

三角形位於平面 $z = 4$，頂點為 $A(0, 0, 4)$、$B(4, 0, 4)$、$C(4, 2, 4)$。從原點 $(0,0,0)$ 向 $z=4$ 平面仰視，沿 $A \to B \to C \to A$ 繞行即為逆時針方向。

在平面 $z=4$ 上，$dz = 0$，線積分微元為：
$\mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = y^3 dx + x^3 dy + (z^3-x) dz = y^3 dx + x^3 dy$

將邊界 $C$ 分為三段路徑分別計算：

1. 路徑 $C_1$ ($A \to B$)：$y = 0$, $z = 4$, $x \in [0, 4]$，$dy = 0$
   $\int_{C_1} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \int_{0}^{4} 0 \, dx = 0$

2. 路徑 $C_2$ ($B \to C$)：$x = 4$, $z = 4$, $y \in [0, 2]$，$dx = 0$
   $\int_{C_2} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \int_{0}^{2} 4^3 \, dy = \int_{0}^{2} 64 \, dy = 128$

3. 路徑 $C_3$ ($C \to A$)：直線方程 $y = \frac{1}{2}x \implies dy = \frac{1}{2}dx$，$x$ 由 $4$ 變至 $0$
   $\int_{C_3} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \int_{4}^{0} \left[ \left(\frac{1}{2}x\right)^3 dx + x^3 \left(\frac{1}{2}dx\right) \right] = \int_{4}^{0} \frac{5}{8}x^3 \, dx = \frac{5}{8} \left[ \frac{x^4}{4} \right]_{4}^{0} = -40$

核心觀念

• 穩態熱傳導：在穩態時 $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial t}=0$，熱傳導方程化為拉普拉斯方程 $\nabla^2 u=0$。
• 極座標拉普拉斯方程：
  $u_{rr}+\frac1r u_r+\frac1{r^2}u_{\theta\theta}=0 \qquad(0\le r\le 3)$
• Fourier 展開：邊界條件 $u(3,\theta)=\sin^2\theta$ 可寫成 $\displaystyle \frac12-\frac12\cos2\theta$，屬於 $n=0$ 與 $n=2$ 的傅立葉模式。
• 分離變數解：對於 $\cos n\theta$（或 $\sin n\theta$）的模式，其徑向解為 $r^n$ 與 $r^{-n}$（$n\ge1$）或 $A+B\ln r$（$n=0$）。在 $r=0$ 必須保持有限，故去除所有 $r^{-n}$、$\ln r$ 項。

---

解題方法

1. 設定穩態方程：令 $\displaystyle \partial u/\partial t=0$，得到極座標的拉普拉斯方程。
2. 使用 Fourier 分離變數：假設解可寫成

$$u(r,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty}\bigl(A_n r^n+B_n r^{-n}\bigr)\cos n\theta +\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(C_n r^n+D_n r^{-n}\bigr)\sin n\theta$$

其中 $n=0$ 時的徑向解為 $A_0+B_0\ln r$。
3. 正則性條件：$r=0$ 處溫度必須有限，故

• $B_0=0$（去除 $\ln r$）
• $B_n=D_n=0\;(n\ge1)$（去除 $r^{-n}$）
  只剩 $A_0$ 與 $A_n\cos n\theta$, $C_n\sin n\theta$。

4. 匹配邊界：在 $r=3$ 處使用 $u(3,\theta)=\sin^2\theta$，把 $\sin^2\theta$ 寫成 Fourier 形式
   $\sin^2\theta=\frac12-\frac12\cos2\theta.$
   因此只需要 $n=0$ 與 $n=2$ 的兩個係數。
5. 求係數：令

核心觀念

本題考查週期電壓的傅立葉級數，以及線性電路對各諧波的穩態響應。掃描圖中的電源是

$$E(t)=-\frac{2}{\pi}+\left|\cos\frac{t}{2}\right|\ \text{V}$$

以下依原卷圖形計算。圖中電路可視為電感 $L$ 串聯負載；負載由 $R_1$ 與「電容 $C$ 串聯電阻 $R_2$」兩支路並聯而成。

解題方法

先將電源展開成傅立葉級數，再求電源電壓到 $I_2$ 的頻率響應，最後逐項計算每個諧波的穩態電流。

利用

$$\left|\cos\frac{t}{2}\right| = \frac{2}{\pi} + \frac{4}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{1-4n^2}\cos(nt)$$

可得電源的直流分量抵消，故

$$E(t)= \sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos(nt), \qquad a_n=\frac{4(-1)^n}{\pi(1-4n^2)}.$$

令角頻率為 $\omega$。電容與 $R_2$ 串聯支路的導納為

$$Y_2(\omega) = \frac{1}{R_2+\frac{1}{j\omega C}} = \frac{j\omega C}{1+j\omega R_2C}.$$

而 $R_1$ 支路的導納為 $Y_1=1/R_1$。電感串聯在負載前，因此節點電壓為

$$V(\omega)= \frac{E(\omega)} {1+j\omega L\bigl(Y_1+Y_2(\omega)\bigr)}.$$

第二支路電流為 $I_2(\omega)=Y_2(\omega)V(\omega)$。代入 $R_1=1,\ R_2=9,\ L=1,\ C=0.1$，得到電壓至第二支路電流的頻率響應：

(a) 一階線性微分方程

$y'+y\sin(2x)=x\,e^{\cos ^2x}$

核心觀念

• 形式 $y'+p(x)y=q(x)$ 為一階線性方程，解法是乘上積分因子 $\mu(x)=e^{\int p(x)\,dx}$。

解題步驟

1. 計算積分因子

$$\int \sin(2x)\,dx=-\cos ^2x\quad\Longrightarrow\quad \mu(x)=e^{-\cos ^2x}.$$

2. 乘上 $\mu(x)$

$$e^{-\cos ^2x}y'+e^{-\cos ^2x}y\sin(2x) =\bigl(e^{-\cos ^2x}y\bigr)' =x .$$

3. 積分

$e^{-\cos ^2x}y=\int x\,dx=\frac{x^{2}}{2}+C .$

4. 乘回 $\mu^{-1}=e^{\cos ^2x}$

$\boxed{\,y(x)=e^{\cos ^2x}\Bigl(\frac{x^{2}}{2}+C\Bigr)\,}.$

---

(b) 三階常係數變係數微分方程，已知解 $y_{1}=x$

$x^{3}y'''-3x^{2}y''+(6+4x^{2})xy'-(6+4x^{2})y=0 .$

核心觀念

• 已知一個特解 $y_{1}=x$ 時，可利用「降階」技巧：令 $y=x\,v(x)$，把方程化為較低階的方程。

解題步驟

1. 令 $y=xv$。求導數

$$\begin{aligned} y' &=v+xv',\\[2pt] y''&=2v'+xv'',\\[2pt] y'''&=3v''+xv''' . \end{aligned}$$

2. 代入原式，整理（全部除以 $x$）得到

$x^{4}\bigl(v''' +4v'\bigr)=0\quad\Longrightarrow\quad v''' +4v'=0 .$

3. 設 $w=v'$，則 $w''+4w=0$。其特徵方程 $r^{2}+4=0$

$r=\pm 2i\;\Longrightarrow\; w=C_{1}\cos 2x+C_{2}\sin 2x .$

4. 積分得到

$v=C_{3}+\frac{C_{1}}{2}\sin 2x-\frac{C_{2}}{2}\cos 2x .$

5. 把 $y=xv$ 展開，重新命名常數

$\boxed{\,y(x)=C_{3}x +C_{4}\,x\sin 2x +C_{5}\,x\cos 2x\,}.$

---

(c) 二階齊次微分方程

$x^{2}y''+xy'+xy=0\qquad (x\neq0)$

核心觀念

• 透過變數變換 $x=t^{2}\;(t>0)$ 使方程化為 Bessel 方程。

解題步驟

1. 設 $x=t^{2}\Rightarrow t=\sqrt{x}$。利用

$$y'=\frac{1}{2t}y_{t},\qquad y''=-\frac{y_{t}}{4t^{3}}+\frac{y_{tt}}{4t^{2}} .$$

2. 代入原式，化簡後乘以 4 得

$t^{2}y_{tt}+t y_{t}+4t^{2}y=0 .$

3. 再令 $s=2t\;(=2\sqrt{x})$。方程變為

$s^{2}y_{ss}+s y_{s}+s^{2}y=0 ,$

這正是 零階 Bessel 方程

$s^{2}y''+s y'+(s^{2}-0^{2})y=0 .$

4. 零階 Bessel 方程的通解為第一、第二類 Bessel 函數

$y(s)=C_{1}J_{0}(s)+C_{2}Y_{0}(s) .$

核心觀念

• 若 $A$ 具備一組線性獨立的特徵向量 $\{v_{1},\dots ,v_{n}\}$，則可組成矩陣

$X=[\,v_{1}\;v_{2}\;\dots \;v_{n}\,]$

使得

$X^{-1}AX = D$

為對角矩陣，對角線元素即為相對應的特徵值 $\lambda_{i}$。

• 本題利用 下三角矩陣 的特性：特徵值直接為對角線元素。要找特徵向量，只需解 $(A-\lambda I)v=0$。
• 逆矩陣可用 Gauss‑Jordan 消元 求得，對下三角矩陣特別便利，結果仍為下三角形。

---

(a) 求對角矩陣 $D$

$A$ 為下三角矩陣，故特徵值即對角線元素：

$\lambda_{1}=1,\qquad \lambda_{2}=2,\qquad \lambda_{3}=3$

$$\boxed{D=\operatorname{diag}(1,2,3)=\begin{bmatrix} 1&0&0\\[2pt] 0&2&0\\[2pt] 0&0&3 \end{bmatrix}}$$

---

(b) 求特徵向量矩陣 $X$

對每一個特徵值 $\lambda$ 求解 $(A-\lambda I)v=0$。

1. $\lambda=1$

$$A- I=\begin{bmatrix} 0&0&0\\ 1&1&0\\ 1&2&2 \end{bmatrix} \Longrightarrow \begin{cases} x+y=0\\ x+2y+2z=0 \end{cases} \Rightarrow y=-x,\;z=\dfrac{x}{2}$$

取 $x=2$，得到特徵向量

$v_{1}=\begin{bmatrix}2\\-2\\1\end{bmatrix}.$

2. $\lambda=2$

$$A-2I=\begin{bmatrix} -1&0&0\\ 1&0&0\\ 1&2&1 \end{bmatrix} \Longrightarrow \begin{cases} -x=0\\ x+2y+z=0 \end{cases} \Rightarrow x=0,\;z=-2y$$

取 $y=1$，得到

$v_{2}=\begin{bmatrix}0\\1\\-2\end{bmatrix}.$

3. $\lambda=3$

$$A-3I=\begin{bmatrix} -2&0&0\\ 1&-1&0\\ 1&2&0 \end{bmatrix} \Longrightarrow x=0,\;y=0$$

$z$ 任意，取 $z=1$，得到

$v_{3}=\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}.$

將上述向量依 $\lambda$ 的遞增順序排列成矩陣 $X$：

$$\boxed{X= \begin{bmatrix} 2&0&0\\[2pt] -2&1&0\\[2pt] 1&-2&1 \end{bmatrix}}$$

此矩陣可直接驗證 $AX = X D$，亦即每一列都是對應特徵值的伸縮。

---

(c) 以 Gauss‑Jordan 消元求 $X^{-1}$

(a) 直接積分 (Direct Integration)

三角形位於平面 $z = 4$，頂點為 $A(0, 0, 4)$、$B(4, 0, 4)$、$C(4, 2, 4)$。從原點 $(0,0,0)$ 向 $z=4$ 平面仰視，沿 $A \to B \to C \to A$ 繞行即為逆時針方向。

在平面 $z=4$ 上，$dz = 0$，線積分微元為：
$\mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = y^3 dx + x^3 dy + (z^3-x) dz = y^3 dx + x^3 dy$

將邊界 $C$ 分為三段路徑分別計算：

1. 路徑 $C_1$ ($A \to B$)：$y = 0$, $z = 4$, $x \in [0, 4]$，$dy = 0$
   $\int_{C_1} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \int_{0}^{4} 0 \, dx = 0$

2. 路徑 $C_2$ ($B \to C$)：$x = 4$, $z = 4$, $y \in [0, 2]$，$dx = 0$
   $\int_{C_2} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \int_{0}^{2} 4^3 \, dy = \int_{0}^{2} 64 \, dy = 128$

3. 路徑 $C_3$ ($C \to A$)：直線方程 $y = \frac{1}{2}x \implies dy = \frac{1}{2}dx$，$x$ 由 $4$ 變至 $0$
   $\int_{C_3} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \int_{4}^{0} \left[ \left(\frac{1}{2}x\right)^3 dx + x^3 \left(\frac{1}{2}dx\right) \right] = \int_{4}^{0} \frac{5}{8}x^3 \, dx = \frac{5}{8} \left[ \frac{x^4}{4} \right]_{4}^{0} = -40$

核心觀念

• 穩態熱傳導：在穩態時 $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial t}=0$，熱傳導方程化為拉普拉斯方程 $\nabla^2 u=0$。
• 極座標拉普拉斯方程：
  $u_{rr}+\frac1r u_r+\frac1{r^2}u_{\theta\theta}=0 \qquad(0\le r\le 3)$
• Fourier 展開：邊界條件 $u(3,\theta)=\sin^2\theta$ 可寫成 $\displaystyle \frac12-\frac12\cos2\theta$，屬於 $n=0$ 與 $n=2$ 的傅立葉模式。
• 分離變數解：對於 $\cos n\theta$（或 $\sin n\theta$）的模式，其徑向解為 $r^n$ 與 $r^{-n}$（$n\ge1$）或 $A+B\ln r$（$n=0$）。在 $r=0$ 必須保持有限，故去除所有 $r^{-n}$、$\ln r$ 項。

---

解題方法

1. 設定穩態方程：令 $\displaystyle \partial u/\partial t=0$，得到極座標的拉普拉斯方程。
2. 使用 Fourier 分離變數：假設解可寫成

$$u(r,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty}\bigl(A_n r^n+B_n r^{-n}\bigr)\cos n\theta +\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(C_n r^n+D_n r^{-n}\bigr)\sin n\theta$$

其中 $n=0$ 時的徑向解為 $A_0+B_0\ln r$。
3. 正則性條件：$r=0$ 處溫度必須有限，故

• $B_0=0$（去除 $\ln r$）
• $B_n=D_n=0\;(n\ge1)$（去除 $r^{-n}$）
  只剩 $A_0$ 與 $A_n\cos n\theta$, $C_n\sin n\theta$。

4. 匹配邊界：在 $r=3$ 處使用 $u(3,\theta)=\sin^2\theta$，把 $\sin^2\theta$ 寫成 Fourier 形式
   $\sin^2\theta=\frac12-\frac12\cos2\theta.$
   因此只需要 $n=0$ 與 $n=2$ 的兩個係數。
5. 求係數：令

核心觀念

本題考查週期電壓的傅立葉級數，以及線性電路對各諧波的穩態響應。掃描圖中的電源是

$$E(t)=-\frac{2}{\pi}+\left|\cos\frac{t}{2}\right|\ \text{V}$$

以下依原卷圖形計算。圖中電路可視為電感 $L$ 串聯負載；負載由 $R_1$ 與「電容 $C$ 串聯電阻 $R_2$」兩支路並聯而成。

解題方法

先將電源展開成傅立葉級數，再求電源電壓到 $I_2$ 的頻率響應，最後逐項計算每個諧波的穩態電流。

利用

$$\left|\cos\frac{t}{2}\right| = \frac{2}{\pi} + \frac{4}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{1-4n^2}\cos(nt)$$

可得電源的直流分量抵消，故

$$E(t)= \sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos(nt), \qquad a_n=\frac{4(-1)^n}{\pi(1-4n^2)}.$$

令角頻率為 $\omega$。電容與 $R_2$ 串聯支路的導納為

$$Y_2(\omega) = \frac{1}{R_2+\frac{1}{j\omega C}} = \frac{j\omega C}{1+j\omega R_2C}.$$

而 $R_1$ 支路的導納為 $Y_1=1/R_1$。電感串聯在負載前，因此節點電壓為

$$V(\omega)= \frac{E(\omega)} {1+j\omega L\bigl(Y_1+Y_2(\omega)\bigr)}.$$

第二支路電流為 $I_2(\omega)=Y_2(\omega)V(\omega)$。代入 $R_1=1,\ R_2=9,\ L=1,\ C=0.1$，得到電壓至第二支路電流的頻率響應：

(a) 一階線性微分方程

$y'+y\sin(2x)=x\,e^{\cos ^2x}$

核心觀念

• 形式 $y'+p(x)y=q(x)$ 為一階線性方程，解法是乘上積分因子 $\mu(x)=e^{\int p(x)\,dx}$。

解題步驟

1. 計算積分因子

$$\int \sin(2x)\,dx=-\cos ^2x\quad\Longrightarrow\quad \mu(x)=e^{-\cos ^2x}.$$

2. 乘上 $\mu(x)$

$$e^{-\cos ^2x}y'+e^{-\cos ^2x}y\sin(2x) =\bigl(e^{-\cos ^2x}y\bigr)' =x .$$

3. 積分

$e^{-\cos ^2x}y=\int x\,dx=\frac{x^{2}}{2}+C .$

4. 乘回 $\mu^{-1}=e^{\cos ^2x}$

$\boxed{\,y(x)=e^{\cos ^2x}\Bigl(\frac{x^{2}}{2}+C\Bigr)\,}.$

---

(b) 三階常係數變係數微分方程，已知解 $y_{1}=x$

$x^{3}y'''-3x^{2}y''+(6+4x^{2})xy'-(6+4x^{2})y=0 .$

核心觀念

• 已知一個特解 $y_{1}=x$ 時，可利用「降階」技巧：令 $y=x\,v(x)$，把方程化為較低階的方程。

解題步驟

1. 令 $y=xv$。求導數

$$\begin{aligned} y' &=v+xv',\\[2pt] y''&=2v'+xv'',\\[2pt] y'''&=3v''+xv''' . \end{aligned}$$

2. 代入原式，整理（全部除以 $x$）得到

$x^{4}\bigl(v''' +4v'\bigr)=0\quad\Longrightarrow\quad v''' +4v'=0 .$

3. 設 $w=v'$，則 $w''+4w=0$。其特徵方程 $r^{2}+4=0$

$r=\pm 2i\;\Longrightarrow\; w=C_{1}\cos 2x+C_{2}\sin 2x .$

4. 積分得到

$v=C_{3}+\frac{C_{1}}{2}\sin 2x-\frac{C_{2}}{2}\cos 2x .$

5. 把 $y=xv$ 展開，重新命名常數

$\boxed{\,y(x)=C_{3}x +C_{4}\,x\sin 2x +C_{5}\,x\cos 2x\,}.$

---

(c) 二階齊次微分方程

$x^{2}y''+xy'+xy=0\qquad (x\neq0)$

核心觀念

• 透過變數變換 $x=t^{2}\;(t>0)$ 使方程化為 Bessel 方程。

解題步驟

1. 設 $x=t^{2}\Rightarrow t=\sqrt{x}$。利用

$$y'=\frac{1}{2t}y_{t},\qquad y''=-\frac{y_{t}}{4t^{3}}+\frac{y_{tt}}{4t^{2}} .$$

2. 代入原式，化簡後乘以 4 得

$t^{2}y_{tt}+t y_{t}+4t^{2}y=0 .$

3. 再令 $s=2t\;(=2\sqrt{x})$。方程變為

$s^{2}y_{ss}+s y_{s}+s^{2}y=0 ,$

這正是 零階 Bessel 方程

$s^{2}y''+s y'+(s^{2}-0^{2})y=0 .$

4. 零階 Bessel 方程的通解為第一、第二類 Bessel 函數

$y(s)=C_{1}J_{0}(s)+C_{2}Y_{0}(s) .$