113 年 國立中央大學土木工程學系碩士班甲：結構組《工程數學》

核心觀念

這題考無阻尼受迫振動。以質量塊的靜平衡位置為位移基準，系統運動方程為

$$m y''+c y'+ky=F_0\cos(\omega t)$$

題目給定 $c=0$，且 $y(0)=y'(0)=0$，因此方程化為

$$m y''+ky=F_0\cos(\omega t), \qquad \omega_0=\sqrt{\frac{k}{m}}$$

其中 $\omega_0$ 是系統的自然角頻率，$\omega$ 是外力的角頻率。

解題方法

先解外力不與自然頻率相同的情形，再令外力頻率趨近自然頻率，並以初始條件決定自由振動項。當兩頻率相同時，非共振解的分母趨近零，須直接代入方程求共振解。

(1) 外力頻率接近自然頻率

當 $\omega\ne\omega_0$ 時，方程除以 $m$ 得

$$y''+\omega_0^2y=\frac{F_0}{m}\cos(\omega t)$$

取特解 $y_p=A\cos(\omega t)$，代入可得

$$A=\frac{F_0}{m(\omega_0^2-\omega^2)}$$

齊次解為 $C_1\cos(\omega_0t)+C_2\sin(\omega_0t)$。由 $y(0)=0$ 得 $C_1=-A$；由 $y'(0)=0$ 得 $C_2=0$。所以位移為

$$y(t)=\frac{F_0}{m(\omega_0^2-\omega^2)} \left[\cos(\omega t)-\cos(\omega_0t)\right]$$

設 $\omega=\omega_0+\varepsilon$，其中 $|\varepsilon|\ll\omega_0$。利用差角公式，可將位移寫成

$$y(t)= \frac{F_0}{m(\omega_0^2-\omega^2)} \left[-2\sin\left(\frac{\omega+\omega_0}{2}t\right) \sin\left(\frac{\varepsilon t}{2}\right)\right]$$

這是快速振動乘上緩慢變化的振幅包絡，形成拍振。當頻率差很小時，包絡近似為

$$|y|_{\text{包絡}}\approx \frac{F_0}{m\omega_0|\varepsilon|} \left|\sin\left(\frac{\varepsilon t}{2}\right)\right|$$

因此，頻率雖然接近但不相等時，位移呈現週期性的拍振；理想無阻尼模型下，振幅有限但可隨頻率差縮小而大幅增加。

(2) 外力頻率等於自然頻率

令 $\omega=\omega_0$，方程成為

$$y''+\omega_0^2y=\frac{F_0}{m}\cos(\omega_0t)$$

核心觀念

本題考查二階變係數線性齊次微分方程（2nd-order Linear Homogeneous ODE with Variable Coefficients）的解法與性質。核心概念涵蓋以下三點：

1. 降階法（Reduction of Order）：當已知二階齊次線性微分方程 $y'' + P(x)y' + Q(x)y = 0$ 的一個特解 $y_1(x)$ 時，可設第二解為 $y_2(x) = u(x)y_1(x)$。代回原方程後可消去 $u$ 的零次項，將二階 ODE 降階為關於 $u'$ 的一階可分離變數微分方程，進而求得 $u(x)$ 與第二解 $y_2(x)$。
2. 朗斯基行列式（Wronskian）與線性獨立性：兩函數 $y_1(x)$ 與 $y_2(x)$ 的朗斯基行列式定義為 $W(y_1, y_2)(x) = y_1 y_2' - y_1' y_2$。若在特定區間內 $W(y_1, y_2)(x) \neq 0$，則 $y_1(x)$ 與 $y_2(x)$ 在該區間內為線性獨立（Linearly Independent, L.I.）。
3. 二階齊次 ODE 之通解結構：若 $y_1(x)$ 與 $y_2(x)$ 為二階齊次 ODE 在某區間內的兩線性獨立解，則其通解可表為兩解的線性組合：$y(x) = c_1 y_1(x) + c_2 y_2(x)$，其中 $c_1, c_2$ 為任意實數常數。

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解題方法

步驟一：採用降階法（Reduction of Order）求第二解 $y_2(x)$

原二階齊次 ODE 為：
$(x-2)y'' - (4x - 7)y' + (4x - 6)y = 0$

已知第一個特解為 $y_1(x) = e^{2x}$。設第二解為 $y_2(x) = u(x) y_1(x) = u(x) e^{2x}$，分別求其一階與二階導數：
$y_2' = u' e^{2x} + 2u e^{2x}$
$y_2'' = u'' e^{2x} + 4u' e^{2x} + 4u e^{2x}$

將 $y_2, y_2', y_2''$ 代入原微分方程：
$(x-2)\left(u'' e^{2x} + 4u' e^{2x} + 4u e^{2x}\right) - (4x - 7)\left(u' e^{2x} + 2u e^{2x}\right) + (4x - 6)\left(u e^{2x}\right) = 0$

由於 $e^{2x} \neq 0$，兩邊同除以 $e^{2x}$ 並按 $u'', u', u$ 整理項次：
$(x-2)u'' + \left[ 4(x-2) - (4x-7) \right] u' + \left[ 4(x-2) - 2(4x-7) + (4x-6) \right] u = 0$

整理各係數：

• $u'$ 的係數：$4x - 8 - 4x + 7 = -1$
• $u$ 的係數：$4x - 8 - 8x + 14 + 4x - 6 = 0$

原式簡化為關於 $u$ 的二階 ODE：
$(x-2)u'' - u' = 0$

令 $v(x) = u'(x)$，原式降階為一階可分離變數微分方程：
$(x-2)\frac{dv}{dx} - v = 0 \implies \frac{1}{v} dv = \frac{1}{x-2} dx$

兩邊積分（假設 $x \neq 2$）：
$\int \frac{1}{v} dv = \int \frac{1}{x-2} dx \implies \ln|v| = \ln|x-2| + C_0 \implies v(x) = u'(x) = x - 2$
（取常數倍率為 $1$ 即可獲得一個獨立基底解）

再對 $u'(x) = x - 2$ 積分一次：
$u(x) = \int (x - 2) dx = \frac{1}{2}x^2 - 2x$

將 $u(x)$ 代回 $y_2(x) = u(x)y_1(x)$：
$y_2(x) = \left( \frac{1}{2}x^2 - 2x \right) e^{2x}$

為使表達簡潔，可將 $y_2(x)$ 乘以常數 $2$ 作為標準基底（不影響線性獨立性）：
$y_2(x) = (x^2 - 4x) e^{2x}$

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步驟二：驗證兩解之線性獨立性（Linear Independence）

計算 $y_1(x) = e^{2x}$ 與 $y_2(x) = (x^2 - 4x)e^{2x}$ 的朗斯基行列式（Wronskian）：
$W(y_1, y_2)(x) = \begin{vmatrix} y_1 & y_2 \\ y_1' & y_2' \end{vmatrix} = y_1 y_2' - y_1' y_2$

求導可得 $y_1' = 2e^{2x}$ 與 $y_2' = (2x - 4)e^{2x} + 2(x^2 - 4x)e^{2x} = (2x^2 - 6x - 4)e^{2x}$。

核心觀念

本題考點為**矩陣對角化（Matrix Diagonalization）與實對稱矩陣（Real Symmetric Matrix）**的高次方運算。

1. 實對稱矩陣性質：若矩陣 $A = A^T$，則 $A$ 的所有特徵值皆為實數，且相異特徵值對應的特徵向量必相互正交（Orthogonal）。
2. 矩陣對角化與高次方公式：若 $A$ 可對角化為 $A = P D P^{-1}$，其中 $D = \text{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3)$ 為特徵值構成的對角矩陣，$P = \begin{bmatrix} \mathbf{v}_1 & \mathbf{v}_2 & \mathbf{v}_3 \end{bmatrix}$ 為對應特徵向量構成的轉換矩陣，則 $A^n = P D^n P^{-1}$。
3. 正交轉換矩陣簡化求逆：若 $P$ 的行向量相互正交且模長相等（如 $\|\mathbf{v}_i\| = c$），則 $P^T P = c^2 I$，可得 $P^{-1} = \frac{1}{c^2} P^T$，無需額外計算高斯消去或逆矩陣公式。

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解題方法

步驟一：求矩陣 $A$ 的特徵值（Eigenvalues）

求解特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$：

$$\begin{vmatrix} 4-\lambda & 2 & -2 \\ 2 & 5-\lambda & 0 \\ -2 & 0 & 3-\lambda \end{vmatrix} = 0$$

沿第三列展開行列式：

$$-2 \begin{vmatrix} 2 & -2 \\ 5-\lambda & 0 \end{vmatrix} + (3-\lambda) \begin{vmatrix} 4-\lambda & 2 \\ 2 & 5-\lambda \end{vmatrix} = 0$$ $$-2 [0 - (-2)(5-\lambda)] + (3-\lambda) [(4-\lambda)(5-\lambda) - 4] = 0$$ $$-4(5-\lambda) + (3-\lambda)(\lambda^2 - 9\lambda + 16) = 0$$ $$-\lambda^3 + 12\lambda^2 - 39\lambda + 28 = 0 \implies \lambda^3 - 12\lambda^2 + 39\lambda - 28 = 0$$

因係數和 $1 - 12 + 39 - 28 = 0$，故 $\lambda = 1$ 為一根。利用一次因式分解：

$$(\lambda - 1)(\lambda^2 - 11\lambda + 28) = (\lambda - 1)(\lambda - 4)(\lambda - 7) = 0$$

解得特徵值為：

$$\lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 4, \quad \lambda_3 = 7$$

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步驟二：求各特徵值對應的特徵向量（Eigenvectors）

1. 當 $\lambda_1 = 1$ 時，解 $(A - I)\mathbf{v}_1 = \mathbf{0}$：

   $$\begin{bmatrix} 3 & 2 & -2 \\ 2 & 4 & 0 \\ -2 & 0 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

   由第三式得 $-2x + 2z = 0 \implies z = x$。
   由第二式得 $2x + 4y = 0 \implies y = -\frac{1}{2}x$。
   取 $x = 2$，得特徵向量 $\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 2 \\ -1 \\ 2 \end{bmatrix}$。

2. 當 $\lambda_2 = 4$ 時，解 $(A - 4I)\mathbf{v}_2 = \mathbf{0}$：

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

   由第一式得 $2y - 2z = 0 \implies z = y$。
   由第二式得 $2x + y = 0 \implies y = -2x$。
   取 $x = 1$，得特徵向量 $\mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ -2 \\ -2 \end{bmatrix}$。

3. 當 $\lambda_3 = 7$ 時，解 $(A - 7I)\mathbf{v}_3 = \mathbf{0}$：

   $$\begin{bmatrix} -3 & 2 & -2 \\ 2 & -2 & 0 \\ -2 & 0 & -4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

   由第二式得 $2x - 2y = 0 \implies y = x$。
   由第三式得 $-2x - 4z = 0 \implies z = -\frac{1}{2}x$。
   取 $x = 2$，得特徵向量 $\mathbf{v}_3 = \begin{bmatrix} 2 \\ 2 \\ -1 \end{bmatrix}$。

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步驟三：構造對角化矩陣並計算 $A^5$

核心觀念

1. 三角矩陣之特徵值性質：若矩陣為上三角矩陣（Upper Triangular Matrix）或下三角矩陣（Lower Triangular Matrix），其特徵值（Eigenvalues）即為該矩陣主對角線上的元素。
2. 矩陣跡數（Trace）與特徵值之關係：
   • 矩陣 $B$ 的跡數 $\text{tr}(B) = \sum_{i=1}^n \lambda_i$（主對角線元素之和等於所有特徵值之和）。
   • 若 $B$ 的特徵值為 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$，則 $B^2$ 的特徵值為 $\lambda_1^2, \lambda_2^2, \lambda_3^2$，且 $\text{tr}(B^2) = \sum_{i=1}^n \lambda_i^2$。

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解題方法

本題可透過以下兩種方法切入求解，推導步驟如下：

方法一：直接求出特徵值後計算平方和（最快解法）

1. 觀察矩陣結構求特徵值：
   矩陣 $B = \begin{bmatrix} 3 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 4 \end{bmatrix}$ 為一 $3 \times 3$ 上三角矩陣。
   其特徵方程式（Characteristic Equation）為：
   $\det(B - \lambda I) = \begin{vmatrix} 3-\lambda & 1 & 0 \\ 0 & 3-\lambda & 4 \\ 0 & 0 & 4-\lambda \end{vmatrix} = (3-\lambda)(3-\lambda)(4-\lambda) = 0$
   解得矩陣 $B$ 的三個特徵值為：
   $\lambda_1 = 3, \quad \lambda_2 = 3, \quad \lambda_3 = 4$