114 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

質量－彈簧－阻尼系統的運動方程為

$$m y''(t)+c y'(t)+k y(t)=r(t),$$

其中 $y(t)$ 是質塊相對平衡位置的位移，$r(t)$ 是外力。代入 $m=1,\ c=3,\ k=2$，得到

$$y''+3y'+2y=r(t),\qquad y(0)=y'(0)=0.$$

齊次方程的特徵根為 $-1,-2$，所以齊次解由 $e^{-t}$ 與 $e^{-2t}$ 組成。

解題方法

圖中可讀出：質塊 $m$ 由彈簧 $k$ 支承，並連接阻尼器 $c$；外力 $r(t)$ 沿垂直方向作用於質塊。以下取位移正方向與外力正方向一致，使用上述運動方程，再依外力形式求特解，最後代入兩個初始條件決定常數。

（1）$r(t)=4\cos t$

先設特解為 $y_p=A\cos t+B\sin t$。代入方程左側：

$$y_p''+3y_p'+2y_p =(A+3B)\cos t+(B-3A)\sin t.$$

比較 $4\cos t$ 的係數：

$$A+3B=4,\qquad B-3A=0,$$

解得 $A=\frac25,\ B=\frac65$。因此通解為

$$y(t)=\frac25\cos t+\frac65\sin t+C_1e^{-t}+C_2e^{-2t}.$$

由 $y(0)=0$ 得

$$C_1+C_2=-\frac25.$$

對通解微分並代入 $y'(0)=0$：

$$-C_1-2C_2+\frac65=0 \quad\Longrightarrow\quad C_1+2C_2=\frac65.$$

聯立可得 $C_1=-2,\ C_2=\frac85$，故

$$y(t)=\frac25\cos t+\frac65\sin t-2e^{-t}+\frac85e^{-2t}.$$

核心觀念

本題考查**常微分方程系統（System of First-Order ODEs）的解法，核心涉及線性代數中的矩陣特徵值問題（Eigenvalue Problem）以及重根且欠缺特徵向量（Deficient Matrix）**時的廣義特徵向量求法：

1. 特徵值與特徵向量定義：
   對於矩陣 $\mathbf{A}$，滿足特徵方程式 $\det(\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I}) = 0$ 的 $\lambda$ 為特徵值；滿足 $(\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I})\mathbf{v} = \mathbf{0}$ 且 $\mathbf{v} \neq \mathbf{0}$ 的向量 $\mathbf{v}$ 為對應之特徵向量。
2. 重根情況下的通解形式（廣義特徵向量法）：
   當特徵值出現重根（代數重數 $m=2$）但幾何重數僅為 $1$（僅存在一組線性獨立特徵向量）時，系統的第一個基本解為： $$\mathbf{y}_{(1)}(t) = \mathbf{v} e^{\lambda t}$$ 第二個線性獨立解需藉由廣義特徵向量（Generalized Eigenvector）$\mathbf{u}$ 構成： $$\mathbf{y}_{(2)}(t) = (t\mathbf{v} + \mathbf{u}) e^{\lambda t}$$ 其中 $\mathbf{u}$ 滿足鏈鎖關係方程式： $$(\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I})\mathbf{u} = \mathbf{v}$$
3. 系統通解： $$\mathbf{y}(t) = c_1 \mathbf{y}_{(1)}(t) + c_2 \mathbf{y}_{(2)}(t) = c_1 \mathbf{v} e^{\lambda t} + c_2 (t\mathbf{v} + \mathbf{u}) e^{\lambda t}$$

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解題方法與詳細推導

原一階常微分方程組可表示為矩陣形式 $\dot{\mathbf{y}}(t) = \mathbf{A}\mathbf{y}(t)$，其中：

$$\mathbf{A} = \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 2 & -3 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{y}(t) = \begin{pmatrix} y_1(t) \\ y_2(t) \end{pmatrix}$$

步驟一：求特徵值（Eigenvalues）

計算特徵方程式 $\det(\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I}) = 0$：

$$\det\begin{pmatrix} 1 - \lambda & -2 \\ 2 & -3 - \lambda \end{pmatrix} = 0$$

展開行列式：

$$(1 - \lambda)(-3 - \lambda) - (-2)(2) = 0$$ $$\lambda^2 + 2\lambda - 3 + 4 = 0$$ $$\lambda^2 + 2\lambda + 1 = 0 \implies (\lambda + 1)^2 = 0$$

解得特徵值為二重根：

$$\lambda_1 = \lambda_2 = -1$$

步驟二：求特徵向量（Eigenvectors）

將 $\lambda = -1$ 代入方程式 $(\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I})\mathbf{v} = \mathbf{0}$：

$$(\mathbf{A} + \mathbf{I})\mathbf{v} = \begin{pmatrix} 1 - (-1) & -2 \\ 2 & -3 - (-1) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

即：

$$\begin{pmatrix} 2 & -2 \\ 2 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

兩行方程式皆等價於：

$$2v_1 - 2v_2 = 0 \implies v_1 = v_2$$

令自由變數 $v_2 = 1$，得到對應的一組特徵向量：

$$\mathbf{v} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$

由於矩陣 $(\mathbf{A} + \mathbf{I})$ 的秩（Rank）為 $1$，零空間維度（幾何重數）為 $2 - 1 = 1$，僅存在一組線性獨立特徵向量。

步驟三：求廣義特徵向量（Generalized Eigenvector）與通解

核心觀念

本題考查實對稱矩陣的特徵值、特徵向量與譜分解。若矩陣 $A$ 可正交對角化為

$$A=QDQ^T,$$

其中 $Q$ 的欄向量為單位特徵向量，$D$ 為特徵值對角矩陣，則

$$A^{10}=QD^{10}Q^T.$$

因此只要找出 $A$ 的特徵值與對應的正交特徵向量，即可快速求得 $A^{10}$。

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解題方法

矩陣為

$$A= \begin{pmatrix} 4&2&-2\\ 2&5&0\\ -2&0&3 \end{pmatrix}.$$

先求特徵方程：

$$\det(\lambda I-A) = \begin{vmatrix} \lambda-4&-2&2\\ -2&\lambda-5&0\\ 2&0&\lambda-3 \end{vmatrix}.$$

計算得

$$\det(\lambda I-A) = \lambda^3-12\lambda^2+39\lambda-28.$$

因式分解：

$$\lambda^3-12\lambda^2+39\lambda-28 = (\lambda-1)(\lambda-4)(\lambda-7).$$

所以 $A$ 的三個特徵值為

$$\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=4,\qquad \lambda_3=7.$$

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求特徵向量

當 $\lambda=1$ 時，解 $(A-I)\mathbf{x}=0$，可得

$$\mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} 2\\-1\\2 \end{pmatrix}.$$

當 $\lambda=4$ 時，解 $(A-4I)\mathbf{x}=0$，可得

$$\mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} -1\\2\\2 \end{pmatrix}.$$

當 $\lambda=7$ 時，解 $(A-7I)\mathbf{x}=0$，可得

$$\mathbf{v}_3= \begin{pmatrix} -2\\-2\\1 \end{pmatrix}.$$

三個特徵向量的長度皆為 $3$，且彼此正交。因此相應的單位特徵向量為

$$\mathbf{u}_1=\frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2\\-1\\2 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{u}_2=\frac{1}{3} \begin{pmatrix} -1\\2\\2 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{u}_3=\frac{1}{3} \begin{pmatrix} -2\\-2\\1 \end{pmatrix}.$$

令

核心觀念

本題考查線性代數中矩陣的秩（Rank）、零空間（Null Space / Kernel）、矩陣相乘之保秩性質以及**正交矩陣（Orthogonal Matrix）／可逆矩陣（Invertible Matrix）**的代數特性。

關鍵定理與公式如下：

1. 可逆矩陣保秩定理（Preservation of Rank under Invertible Multiplication）：
   若 $P$ 與 $Q$ 為可逆矩陣，則對任意矩陣 $M$，有：
   $\text{rank}(PM) = \text{rank}(M) \quad \text{且} \quad \text{rank}(MQ) = \text{rank}(M)$
2. 正交矩陣之定義（Orthogonal Matrix）：
   若 $B$ 為正交矩陣，則其轉置矩陣等於其逆矩陣：
   $B^T = B^{-1} \implies B^T B = B B^T = I$
3. 實矩陣轉置積之秩相等性（Rank of Transpose Product）：
   對任意實數矩陣 $M$，恆滿足：
   $\text{rank}(M^T M) = \text{rank}(M) = \text{rank}(M M^T)$

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解題方法

在 $B$ 為正交矩陣（$B^T = B^{-1}$）或可逆矩陣之前提下，本題證明可以透過「可逆矩陣保秩定理」與「零空間同構」進行推導。

完整證明步驟

步驟一：說明 $B$ 與 $B^T$ 之可逆性
因為 $B$ 為正交矩陣，滿足 $B^T B = B B^T = I$，故 $B$ 與 $B^T$ 皆為非單異（Non-singular）之滿秩可逆矩陣，即：
$B^{-1} = B^T \quad \text{且} \quad (B^T)^{-1} = B$

步驟二：推導 $\text{rank}(AB)$
將矩陣 $A$ 右乘可逆矩陣 $B$，根據可逆矩陣右乘不改變矩陣的秩之定理：
$\text{rank}(AB) = \text{rank}(A)$

步驟三：推導 $\text{rank}(B^T A)$
將矩陣 $A$ 左乘可逆矩陣 $B^T$，根據可逆矩陣左乘不改變矩陣的秩之定理：
$\text{rank}(B^T A) = \text{rank}(A)$

步驟四：綜合比較
由步驟二與步驟三之結果，可得：
$\text{rank}(B^T A) = \text{rank}(A) = \text{rank}(AB)$
故等式成立：
$\text{rank}(B^T A) = \text{rank}(AB)$

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