111 年 國立臺灣大學海洋研究所物理與化學與地物組（3組聯招）《應用數學（B）》

核心觀念

本題考查兩個重點：

1. 由特徵方程求矩陣 $A$ 的特徵值與特徵向量。
2. 對非齊次線性微分方程組
   $\mathbf{x}'=A\mathbf{x}+\mathbf{G}(t)$
   使用參數變異法求一般解。

若 $A$ 有兩個相異特徵值 $\lambda_1,\lambda_2$，對應特徵向量為 $\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2$，則齊次解為

$$\mathbf{x}_h(t) =C_1e^{\lambda_1t}\mathbf{v}_1 +C_2e^{\lambda_2t}\mathbf{v}_2.$$

非齊次方程的參數變異法公式為

$$\mathbf{x}_p(t) =X(t)\int X(t)^{-1}\mathbf{G}(t)\,dt,$$

其中 $X(t)$ 是齊次方程的基本解矩陣。

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解題方法

(a) 求特徵值與特徵向量

矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} 5&-2\\ -2&1 \end{bmatrix}.$$

特徵值由

$$\det(A-\lambda I)=0$$

決定，因此

$$\det \begin{bmatrix} 5-\lambda&-2\\ -2&1-\lambda \end{bmatrix} =0.$$

計算得

$$(5-\lambda)(1-\lambda)-4=0,$$ $$\lambda^2-6\lambda+1=0.$$

所以

$$\lambda =\frac{6\pm\sqrt{36-4}}{2} =3\pm2\sqrt2.$$

令

$$\lambda_1=3+2\sqrt2,\qquad \lambda_2=3-2\sqrt2.$$

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對應 $\lambda_1=3+2\sqrt2$

解

$$(A-\lambda_1I)\mathbf{v}_1=0.$$

第一列給出

$$(5-\lambda_1)x-2y=0.$$

由

$$5-\lambda_1=2-2\sqrt2$$

可得

$$(2-2\sqrt2)x-2y=0,$$

因此

$$y=(1-\sqrt2)x.$$

取 $x=1$，得到特徵向量

$$\mathbf{v}_1= \begin{bmatrix} 1\\ 1-\sqrt2 \end{bmatrix}.$$

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對應 $\lambda_2=3-2\sqrt2$

同理，

$$5-\lambda_2=2+2\sqrt2.$$

因此

$$(2+2\sqrt2)x-2y=0,$$ $$y=(1+\sqrt2)x.$$

取 $x=1$，得到特徵向量

$$\mathbf{v}_2= \begin{bmatrix} 1\\ 1+\sqrt2 \end{bmatrix}.$$

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(b) 使用參數變異法求一般解

令

$$\mathbf{x}(t)= \begin{bmatrix} x_1(t)\\ x_2(t) \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{G}(t)= \begin{bmatrix} -3e^{3t}\\ 0 \end{bmatrix}.$$

1. 齊次解

由上一小題，齊次方程

$$\mathbf{x}'=A\mathbf{x}$$

的基本解矩陣可取為

$$X(t)= \begin{bmatrix} e^{\lambda_1t}&e^{\lambda_2t}\\ (1-\sqrt2)e^{\lambda_1t}&(1+\sqrt2)e^{\lambda_2t} \end{bmatrix}.$$

因此齊次解為

$$\mathbf{x}_h(t) =C_1e^{(3+2\sqrt2)t} \begin{bmatrix} 1\\ 1-\sqrt2 \end{bmatrix} + C_2e^{(3-2\sqrt2)t} \begin{bmatrix} 1\\ 1+\sqrt2 \end{bmatrix}.$$

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2. 計算 $X(t)^{-1}\mathbf{G}(t)$

先令

$$P= \begin{bmatrix} 1&1\\ 1-\sqrt2&1+\sqrt2 \end{bmatrix}, \qquad D= \begin{bmatrix} \lambda_1&0\\ 0&\lambda_2 \end{bmatrix},$$

則

$$X(t)=P \begin{bmatrix} e^{\lambda_1t}&0\\ 0&e^{\lambda_2t} \end{bmatrix}.$$

因為

$$\det P=2\sqrt2,$$

所以

此題考查不同類型的常微分方程式的求解方法，包括二階線性常係數非齊次微分方程式、一階線性非齊次微分方程式，以及一階可分離變數微分方程式。

(a) $y'' - 6y' + 9y = 4e^{3x}$; $y(0) = 1, y'(0) = 2$

這是一個二階線性常係數非齊次微分方程式，我們採用求齊次解與特解相加的方式。

1. 求解齊次解 ($y_h$)：
   齊次方程式為 $y'' - 6y' + 9y = 0$。
   特徵方程式為 $r^2 - 6r + 9 = 0$。
   此方程式可分解為 $(r-3)^2 = 0$，所以有重根 $r_1 = r_2 = 3$。
   齊次解為 $y_h(x) = c_1 e^{3x} + c_2 x e^{3x}$。

2. 求解特解 ($y_p$)：
   非齊次項為 $4e^{3x}$。由於 $3$ 是特徵方程式的重根，我們猜測特解的形式為 $y_p(x) = Ax^2 e^{3x}$。
   計算其一階與二階導數：
   $y_p'(x) = 2Ax e^{3x} + 3Ax^2 e^{3x} = (2Ax + 3Ax^2)e^{3x}$
   $y_p''(x) = (2A + 6Ax)e^{3x} + 3(2Ax + 3Ax^2)e^{3x} = (2A + 6Ax + 6Ax + 9Ax^2)e^{3x} = (2A + 12Ax + 9Ax^2)e^{3x}$

   將 $y_p, y_p', y_p''$ 代入原非齊次方程式：
   $(2A + 12Ax + 9Ax^2)e^{3x} - 6(2Ax + 3Ax^2)e^{3x} + 9(Ax^2 e^{3x}) = 4e^{3x}$
   $e^{3x} [ (2A + 12Ax + 9Ax^2) - (12Ax + 18Ax^2) + 9Ax^2 ] = 4e^{3x}$
   $e^{3x} [ 2A + (12A-12A)x + (9A-18A+9A)x^2 ] = 4e^{3x}$
   $e^{3x} [ 2A ] = 4e^{3x}$
   $2A = 4 \Rightarrow A = 2$。
   所以特解為 $y_p(x) = 2x^2 e^{3x}$。

3. 求一般解：
   一般解為 $y(x) = y_h(x) + y_p(x) = c_1 e^{3x} + c_2 x e^{3x} + 2x^2 e^{3x}$。

4. 利用初始條件求解常數 $c_1, c_2$：
   $y(x) = (c_1 + c_2 x + 2x^2)e^{3x}$
   $y'(x) = (c_2 + 4x)e^{3x} + 3(c_1 + c_2 x + 2x^2)e^{3x} = (3c_1 + c_2 + (4+3c_2)x + 6x^2)e^{3x}$

   初始條件 $y(0) = 1$：
   $y(0) = (c_1 + c_2 \cdot 0 + 2 \cdot 0^2)e^{0} = c_1 = 1$。

   初始條件 $y'(0) = 2$：
   $y'(0) = (3c_1 + c_2 + (4+3c_2) \cdot 0 + 6 \cdot 0^2)e^{0} = 3c_1 + c_2 = 2$。
   將 $c_1=1$ 代入：$3(1) + c_2 = 2 \Rightarrow 3 + c_2 = 2 \Rightarrow c_2 = -1$。

   所以，特解為 $y(x) = (1 - x - 2x^2)e^{3x}$。

此題涉及向量微積分中的叉乘（外積）及其導數的性質，需要利用向量的微分法則來證明。

證明規則：
對於任意兩個可微向量函數 $A(t)$ 和 $B(t)$，其叉乘的導數遵循乘法法則：
$(A \times B)' = A' \times B + A \times B'$。

(a) 證明 $(F \times G)' = F \times G' + F' \times G$

此證明直接應用上述向量叉乘的導數法則。
令 $A = F$ 且 $B = G$。
則 $(F \times G)' = F' \times G + F \times G'$。
這與題目所要求證的 $F \times G' + F' \times G$ 是相同的，只是順序不同，因為叉乘滿足交換律 $A \times B = -(B \times A)$，但在此法則的應用中，順序是固定的。
我們需要證明的是，向量叉乘的微分法則確實是 $A' \times B + A \times B'$。
設 $F(t) = \langle x_1(t), y_1(t), z_1(t) \rangle$，$G(t) = \langle x_2(t), y_2(t), z_2(t) \rangle$。
$F \times G = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ x_1 & y_1 & z_1 \\ x_2 & y_2 & z_2 \end{vmatrix} = (y_1z_2 - z_1y_2)\mathbf{i} - (x_1z_2 - z_1x_2)\mathbf{j} + (x_1y_2 - y_1x_2)\mathbf{k}$

對 $F \times G$ 求導：
$(F \times G)' = \frac{d}{dt}(y_1z_2 - z_1y_2)\mathbf{i} - \frac{d}{dt}(x_1z_2 - z_1x_2)\mathbf{j} + \frac{d}{dt}(x_1y_2 - y_1x_2)\mathbf{k}$
應用乘法法則於每一項：
$\frac{d}{dt}(y_1z_2) = y_1'z_2 + y_1z_2'$
$\frac{d}{dt}(z_1y_2) = z_1'y_2 + z_1y_2'$
所以 $\frac{d}{dt}(y_1z_2 - z_1y_2) = (y_1'z_2 + y_1z_2') - (z_1'y_2 + z_1y_2') = (y_1'z_2 - z_1'y_2) + (y_1z_2' - z_1y_2')$
第一項 $(y_1'z_2 - z_1'y_2)$ 是 $F' \times G$ 的 $\mathbf{i}$ 分量。

此題是經典的一維波動方程式的求解問題，需要用到達朗貝爾 (d'Alembert) 公式。

核心觀念：
一維波動方程式 $\frac{\partial^2 y}{\partial t^2} = a^2 \frac{\partial^2 y}{\partial x^2}$ 具有齊次邊界條件（這裡是指初始條件，因為空間域是全空間 $-\infty < x < \infty$）和給定的初始條件 $y(x,0) = f(x)$ 和 $y_t(x,0) = g(x)$。其解可以通過達朗貝爾公式給出。

達朗貝爾公式：
對於一維波動方程式 $\frac{\partial^2 y}{\partial t^2} = a^2 \frac{\partial^2 y}{\partial x^2}$，給定初始條件 $y(x,0) = f(x)$ 和 $\frac{\partial y}{\partial t}(x,0) = g(x)$，其解為：

$$y(x,t) = \frac{1}{2}[f(x-at) + f(x+at)] + \frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at} g(\xi) d\xi$$

求解步驟：

1. 確認參數和初始條件：
   題目給定 $a=1$。
   初始條件為 $f(x) = 1$ (對於所有 $x$)。
   初始條件為 $g(x) = 0$ (對於所有 $x$)。