111 年 國立臺灣大學土木系碩士班大地甲組（一般生）《工程數學（A）》

核心觀念

本題考查：

1. 矩陣可逆與行列式的關係：
   $A$ 可逆當且僅當 $\det A\neq 0$。
2. 矩陣的秩：
   $\operatorname{rank}(A)$ 等於線性獨立欄向量的最大個數。
3. 特徵值與特徵向量： $$A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}$$ 或由特徵方程 $$\det(\lambda I-A)=0$$ 求得。
4. 對角化：
   $4\times 4$ 矩陣若有 $4$ 個線性獨立的特徵向量，即可寫成 $$A=PDP^{-1}$$ 其中 $D$ 為對角矩陣。

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(a) 判斷 $A$ 是否可逆

將 $A$ 的各欄記為 $\mathbf{c}_1,\mathbf{c}_2,\mathbf{c}_3,\mathbf{c}_4$。觀察可得

$$\mathbf{c}_1= \begin{bmatrix} -7\\21\\11\\-3 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{c}_2= \begin{bmatrix} 0\\-1\\0\\0 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{c}_3= \begin{bmatrix} -7\\24\\11\\-3 \end{bmatrix}$$

而

$$\mathbf{c}_1-3\mathbf{c}_2 = \begin{bmatrix} -7\\21\\11\\-3 \end{bmatrix} - 3\begin{bmatrix} 0\\-1\\0\\0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -7\\24\\11\\-3 \end{bmatrix} =\mathbf{c}_3.$$

因此 $A$ 的欄向量線性相依，故

$$\det A=0.$$

所以 $A$ 不可逆，$A^{-1}$ 不存在。

也可以直接得到非零零空間向量。令

$$\mathbf{x}= \begin{bmatrix} -1\\3\\1\\0 \end{bmatrix},$$

則

$$A\mathbf{x} =-\mathbf{c}_1+3\mathbf{c}_2+\mathbf{c}_3 =\mathbf{0}.$$

這也說明 $A$ 有非零解滿足 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$，因此必為奇異矩陣。

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(b) 求特徵值與特徵向量

解題方法

直接計算四階行列式較繁瑣。令

$$\mathbf{x}= \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{bmatrix}, \qquad s=x_1+x_3.$$

由 $A\mathbf{x}$ 可得

$$A\mathbf{x} = \begin{bmatrix} -7s-3x_4\\ 24s-3x_1-x_2+7x_4\\ 11s+3x_4\\ -3s+x_4 \end{bmatrix}.$$

若以座標

$$(s,x_1,x_2,x_4)^T$$

表示向量，則矩陣作用後的新座標為

$$\begin{bmatrix} s'\\x_1'\\x_2'\\x_4' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4&0&0&0\\ -7&0&0&-3\\ 24&-3&-1&7\\ -3&0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} s\\x_1\\x_2\\x_4 \end{bmatrix}.$$

此座標變換為可逆變換，因此新矩陣與 $A$ 相似，具有相同特徵值。

其特徵方程為

$$\det(\lambda I-B) = (\lambda-4)(\lambda-1)\lambda(\lambda+1).$$

因此 $A$ 的四個特徵值為

$$\boxed{\lambda=4,\ 1,\ 0,\ -1}.$$

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特徵值 $\lambda=4$

解

$$A\mathbf{x}=4\mathbf{x}.$$

由座標方程：

$$4s=4s,$$ $$-7s-3x_4=4x_1,$$ $$-3s+x_4=4x_4,$$

得到

$$x_4=-s, \qquad x_1=-s.$$

再由第二個分量：

$$24s-3x_1-x_2+7x_4=4x_2.$$

代入 $x_1=-s$、$x_4=-s$：

$$24s+3s-x_2-7s=4x_2,$$ $$20s=5x_2, \qquad x_2=4s.$$

又因為 $s=x_1+x_3$，所以

$$x_3=s-x_1=2s.$$

取 $s=1$，得到特徵向量

$$\boxed{ \mathbf{v}_4= \begin{bmatrix} -1\\4\\2\\-1 \end{bmatrix} }.$$

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特徵值 $\lambda=1$

由

$$4s=s$$

可得

$$s=0.$$

此時

$$-3s+x_4=x_4$$

不提供額外限制。令 $x_4=1$，則

$$-7s-3x_4=x_1, \qquad x_1=-3.$$

又因為 $s=x_1+x_3=0$，所以

$$x_3=3.$$

第二個分量給出

$$-3x_1-x_2+7x_4=x_2.$$

代入 $x_1=-3$、$x_4=1$：

$$9-x_2+7=x_2,$$ $$x_2=8.$$

因此

$$\boxed{ \mathbf{v}_1= \begin{bmatrix} -3\\8\\3\\1 \end{bmatrix} }.$$

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特徵值 $\lambda=0$

解

$$A\mathbf{x}=\mathbf{0}.$$

由第一、三、四個分量：

$$-7s-3x_4=0,$$ $$11s+3x_4=0,$$

求解

$(1-x)y''+xy'-y=0 .$

1. 先找一個簡單解
   令 $y=x$，則 $y'=1,\;y''=0$

$(1-x)0+x\cdot1-x=0,$

成立，故 $y_{1}=x$ 為一個基解。

2. 降階法：設 $y=v(x)\,y_{1}=v(x)\,x$。

$y' = v'x+v,\qquad y''=v''x+2v'.$

代入原方程，利用 $xv - xv=0$ 消去 $v$ 項，得

$x(1-x)v''+\bigl[2(1-x)+x^{2}\bigr]v'=0 .$

設 $w=v'$，得到一階線性 ODE

$x(1-x)w'+\bigl[2(1-x)+x^{2}\bigr]w=0 .$

3. 求 $w$

$$\frac{w'}{w}=- \frac{2-2x+x^{2}}{x(1-x)}= -\frac{2}{x}-\frac{1}{1-x}+1 .$$

積分得

核心觀念

本題考查 Fourier cosine series（傅立葉餘弦級數）。對定義在 $0<x<L$ 的函數 $f(x)$，其餘弦級數為

$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos\frac{n\pi x}{L},$$

其中

$$a_0=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\,dx, \qquad a_n=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx.$$

本題區間長度取 $L=\pi$，因此在 $0<x<\pi$ 上，

$$f(x)=\sin x+\cos x,$$

其餘弦級數形式為

$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos nx.$$

餘弦級數相當於將函數作偶延拓，因此原函數中的奇函數部分 $\sin x$ 不會直接保留為 $\sin nx$，而會轉換成一串餘弦項。

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解題方法

1. 計算常數項 $a_0$

由定義，

$$a_0=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi(\sin x+\cos x)\,dx.$$

計算得

$$\int_0^\pi\sin x\,dx=2, \qquad \int_0^\pi\cos x\,dx=0.$$

因此

$$a_0=\frac{2}{\pi}(2)=\frac{4}{\pi},$$

所以級數的常數項為

$$\frac{a_0}{2}=\frac{2}{\pi}.$$

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2. 計算一般係數 $a_n$

$$a_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi(\sin x+\cos x)\cos nx\,dx.$$

分成兩部分：

$$a_n=\frac{2}{\pi} \left[ \int_0^\pi\sin x\cos nx\,dx + \int_0^\pi\cos x\cos nx\,dx \right].$$

$\cos x$ 部分

利用餘弦函數的正交性，

$$\int_0^\pi\cos x\cos nx\,dx= \begin{cases} \dfrac{\pi}{2}, & n=1,\\[6pt] 0, & n\ne 1. \end{cases}$$

因此 $\cos x$ 對級數只貢獻 $n=1$ 的項：

$$a_1^{(\cos x)}=1.$$

$\sin x$ 部分

令

$$I_n=\int_0^\pi\sin x\cos nx\,dx.$$

使用積化和公式

$$\sin x\cos nx = \frac12\left[\sin((n+1)x)+\sin((1-n)x)\right].$$

當 $n\ne1$ 時，

$u_{tt}=4u_{xx}+\cos x,\qquad u(x,0)=\sin x,\qquad u_t(x,0)=1+x$

(a) 解

1. 齊次方程 $u_{tt}=4u_{xx}$ ⇒　波速 $c=2$，
   $u_h(x,t)=f(x+2t)+g(x-2t).$

2. 特解 設 $u_p=u_p(x)$，則 $0=4u''_p+\cos x$，
   $u''_p=-\frac14\cos x\;\Longrightarrow\;u_p(x)=\frac14\cos x\quad(\text{常數可併入 }f,g).$

3. 總解 $u(x,t)=f(x+2t)+g(x-2t)+\frac14\cos x.$

4. 利用初值

   • $t=0$ $u(x,0)=f(x)+g(x)+\frac14\cos x=\sin x$

$$\boxed{f(x)+g(x)=\sin x-\frac14\cos x}\tag{1}$$

• $u_t=2f'(x+2t)-2g'(x-2t)$，於 $t=0$

$$2f'(x)-2g'(x)=1+x\;\Longrightarrow\; \boxed{f'(x)-g'(x)=\frac{1+x}{2}}\tag{2}$$

• 微分 (1) 得 $f'(x)+g'(x)=\cos x+\frac14\sin x$　\tag{3}

• 解 (2)、(3)

$$f'(x)=\frac14(1+x)+\frac12\cos x+\frac18\sin x,\qquad g'(x)=\frac12\cos x+\frac18\sin x-\frac14(1+x).$$

• 積分（常數取 $0$ 使 (1) 滿足）

$f(x)=\frac14x+\frac18x^{2}+\frac12\sin x-\frac18\cos x,$