112 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

本題使用下列觀念：

• 行列式性質：$\det(A^n)=(\det A)^n$。
• 特徵值性質：若 $A$ 的特徵值為 $\lambda_i$，則 $A^n$ 的特徵值為 $\lambda_i^n$。
• 特徵值總和等於矩陣的跡：
  $\operatorname{tr}(A)=\sum_i\lambda_i$
• 高斯–喬丹消去法可由增廣矩陣 $[A\mid I]$ 求得 $A^{-1}$。
• 若 $B=A^{-1}$，則 $A$ 的特徵值為 $\lambda$ 時，$B$ 對應的特徵值為 $\lambda^{-1}$，且特徵向量不變。

---

先求出 $A$ 的特徵值

矩陣為

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

考慮向量

$$v_1= \begin{bmatrix} 0\\1\\-1 \end{bmatrix}$$

可得

$$Av_1= \begin{bmatrix} 0\\-2\\2 \end{bmatrix} =-2 \begin{bmatrix} 0\\1\\-1 \end{bmatrix}$$

因此，$-2$ 是一個特徵值。

再考慮形如 $(x,y,y)^T$ 的向量：

$$A \begin{bmatrix} x\\y\\y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -x-2y\\-x\\-x \end{bmatrix}$$

對應的二維表示為

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

其特徵方程為

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

因此

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

所以矩陣 $A$ 的全部特徵值為

$$\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=\lambda_3=-2$$

---

(a) 計算 $A^5$ 的行列式

由行列式的冪次性質，

$$\det(A^5)=(\det A)^5$$

而 $\det A$ 等於全部特徵值的乘積：

$$\det A=1\cdot(-2)\cdot(-2)=4$$

所以

$$\det(A^5)=4^5=1024$$

---

(b) 求 $A^5$ 的所有特徵值總和

$A$ 的特徵值為 $1,-2,-2$，因此 $A^5$ 的特徵值為

$$1^5=1,\qquad (-2)^5=-32,\qquad (-2)^5=-32$$

故所有特徵值的和為

$$1-32-32=-63$$

也可利用跡的性質表示為

$$\operatorname{tr}(A^5)=1-32-32=-63$$

---

(c) 使用高斯–喬丹消去法求 $A^{-1}$

建立增廣矩陣：

$$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} -1&-1&-1&1&0&0\\ -1&-1&1&0&1&0\\ -1&1&-1&0&0&1 \end{array} \right]$$

先將三列同時乘以 $-1$：

$$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1&1&1&-1&0&0\\ 1&1&-1&0&-1&0\\ 1&-1&1&0&0&-1 \end{array} \right]$$

進行列運算 $R_2\leftarrow R_2-R_1$、$R_3\leftarrow R_3-R_1$：

$$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1&1&1&-1&0&0\\ 0&0&-2&1&-1&0\\ 0&-2&0&1&0&-1 \end{array} \right]$$

將第二列、第三列分別除以 $-2$：

$$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1&1&1&-1&0&0\\ 0&0&1&-\frac12&\frac12&0\\ 0&1&0&-\frac12&0&\frac12 \end{array} \right]$$

消去第一列中的第二、第三欄：

$$R_1\leftarrow R_1-R_2-R_3$$

得到

$$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1&0&0&0&-\frac12&-\frac12\\ 0&0&1&-\frac12&\frac12&0\\ 0&1&0&-\frac12&0&\frac12 \end{array} \right]$$

交換第二列與第三列：

核心觀念

本題考查：

• 隱式曲面的法向量：若曲面由 $G(x,y,z)=0$ 定義，則 $\nabla G$ 為曲面的法向量。
• 向量場沿封閉曲線的線積分：
  $\oint_C \mathbf F\cdot d\mathbf r$
• 參數化曲線或使用 Stokes 定理計算線積分。

(a) 曲面的單位法線方向

將曲面寫成隱式方程：

$$G(x,y,z)=z^2-x^2-y^2=0$$

其梯度為：

$$\nabla G = \left\langle \frac{\partial G}{\partial x}, \frac{\partial G}{\partial y}, \frac{\partial G}{\partial z} \right\rangle = \langle -2x,-2y,2z\rangle$$

在 $(1,0,1)$ 處：

$$\nabla G(1,0,1) = \langle -2,0,2\rangle$$

其長度為：

$$\left|\nabla G(1,0,1)\right| = \sqrt{(-2)^2+0^2+2^2} = 2\sqrt{2}$$

因此單位法線向量為：

$$\mathbf n = \frac{\langle -2,0,2\rangle}{2\sqrt2} = \frac{1}{\sqrt2}\langle -1,0,1\rangle$$

由於法線方向有正反兩向，完整答案為：

$$\boxed{ \mathbf n=\frac{1}{\sqrt2}\langle -1,0,1\rangle }$$

或其反方向：

$$\boxed{ -\mathbf n=\frac{1}{\sqrt2}\langle 1,0,-1\rangle }$$

本曲面為圓錐面，題目未指定法線朝向，因此兩個方向皆為單位法線方向。

(b) 向量場沿曲線一圈的積分

給定：

$$\mathbf F = \langle -yz^3,xz^3,x^2y^3\rangle$$

曲線為：

$$x^2+y^2=1,\qquad z=1$$

這是位於平面 $z=1$ 上、以 $z$ 軸為中心的單位圓。採用逆時針方向參數化：

$$\mathbf r(t)=\langle \cos t,\sin t,1\rangle, \qquad 0\le t\le 2\pi$$

因此：

$$\mathbf r'(t)=\langle -\sin t,\cos t,0\rangle$$

在曲線上 $z=1$，所以：

$$\mathbf F(\mathbf r(t)) = \langle -\sin t,\cos t,\cos^2t\sin^3t\rangle$$

線積分為：

$$\oint_C\mathbf F\cdot d\mathbf r = \int_0^{2\pi} \mathbf F(\mathbf r(t))\cdot\mathbf r'(t)\,dt$$

計算內積：

$\text{(a)}\qquad y'''-3y''+3y'-y=e^{x}$

特徵方程 $(r-1)^3=0\;\Rightarrow\;r=1$（重根三重），故齊次解

$y_h=e^{x}\bigl(C_1+C_2x+C_3x^{2}\bigr).$

右端為 $e^{x}$，於齊次解同根 $r=1$ 重複三次，取特解形式 $y_p=A x^{3}e^{x}$。
利用算子 $(D-1)^3$ 的性質 $(D-1)^3\bigl(x^{3}e^{x}\bigr)=e^{x}\cdot\frac{d^{3}}{dx^{3}}x^{3}=6e^{x}$，得

$6A e^{x}=e^{x}\;\Longrightarrow\;A=\frac16 .$

$\boxed{\,y(x)=e^{x}\Bigl(C_1+C_2x+C_3x^{2}+\frac{x^{3}}6\Bigr)\,}$

---

$\text{(b)}\qquad x\,y''-x\,y'+y=1,\quad y(0)=y'(0)=1$

取拉普拉斯變換 $Y(s)=\mathcal L\{y(x)\}$。利用 $\mathcal L\{x f(x)\}=-\dfrac{d}{ds}F(s)$：

核心觀念

方程式

$$u_t=u_{xx}$$

是一維熱方程式，時間變數 $t$ 只出現一次導數，因此它是「時間一階、空間二階」的偏微分方程。其重要性質如下：

• 空間邊界條件決定空間特徵函數；
• 初始條件決定各特徵函數的係數；
• 由於時間只需一個初始條件，$u(x,0)=f(x)$ 與 $u_t(x,0)=g(x)$ 並非兩組獨立資料，必須滿足相容條件。

---

解題方法：分離變數法

令

$$u(x,t)=X(x)T(t).$$

代入 $u_t=u_{xx}$：

$$X(x)T'(t)=X''(x)T(t).$$

兩邊除以 $X(x)T(t)$，得到

$$\frac{T'(t)}{T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda.$$

因此分成兩個常微分方程：

$$X''+\lambda X=0,$$ $$T'+\lambda T=0.$$

邊界條件 $u(0,t)=u(1,t)=0$ 要求

$$X(0)=X(1)=0.$$

非零解存在時，特徵值與特徵函數為

$$\lambda_n=n^2\pi^2,\qquad X_n(x)=\sin(n\pi x), \qquad n=1,2,3,\ldots$$

時間部分為

$$T_n(t)=e^{-n^2\pi^2t}.$$

利用線性疊加，得到熱方程式的通解形式：

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n e^{-n^2\pi^2t}\sin(n\pi x).$$

---

（a）只有邊界條件時的解

在

$$u(0,t)=u(1,t)=0$$

之下，解為

$$\boxed{ u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n e^{-n^2\pi^2t}\sin(n\pi x) }$$

其中 $b_n$ 為任意常數，必須由初始條件決定。

這表示僅給定邊界條件時，解並不唯一；必須再提供初始函數，才能決定所有係數 $b_n$。

---

（b）給定 $u(x,0)=f(x)$ 與 $u_t(x,0)=g(x)$

第一步：利用 $u(x,0)=f(x)$ 決定係數

令 $t=0$：

$$u(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n\sin(n\pi x) = f(x).$$

因此 $f(x)$ 必須展開為正弦傅立葉級數：

$$f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n\sin(n\pi x).$$

利用正交關係

$$\int_0^1\sin(n\pi x)\sin(m\pi x)\,dx = \begin{cases} 0,&n\ne m,\\[4pt] \dfrac12,&n=m, \end{cases}$$

可得

$$\boxed{ b_n = 2\int_0^1 f(x)\sin(n\pi x)\,dx }.$$

所以由 $f(x)$ 所決定的完整解為

$$\boxed{ u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left( 2\int_0^1 f(s)\sin(n\pi s)\,ds \right) e^{-n^2\pi^2t}\sin(n\pi x) }.$$

---

第二步：檢查 $u_t(x,0)=g(x)$ 的相容條件

對解對 $t$ 微分：

$$u_t(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left(-n^2\pi^2 b_n\right) e^{-n^2\pi^2t}\sin(n\pi x).$$

令 $t=0$：

$$u_t(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} \left(-n^2\pi^2b_n\right) \sin(n\pi x).$$