113 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）》

考慮係數矩陣

$$A=\begin{pmatrix} 1&1&1\\ 3&4&5\\ 4&2&k+1 \end{pmatrix},\qquad \mathbf b=\begin{pmatrix}k\\3k\\5k\end{pmatrix}$$

步驟 1. 判別式

$$\det A= \begin{vmatrix} 1&1&1\\ 3&4&5\\ 4&2&k+1 \end{vmatrix} =1\bigl(4(k+1)-5\cdot2\bigr)-1\bigl(3(k+1)-5\cdot4\bigr)+1\bigl(3\cdot2-4\cdot4\bigr) =k+1.$$

• 若 $k\neq-1$，$\det A\neq0$，則 $\operatorname{rank}A=3$，系統唯一解，與 (a)(b) 無關。
• 必須檢查 $\det A=0$ 的情形，即 $k=-1$。

步驟 2. $k=-1$ 時的秩與相容性

代入 $k=-1$：

$$A_{k=-1}= \begin{pmatrix} 1&1&1\\ 3&4&5\\ 4&2&0 \end{pmatrix},\qquad \mathbf b_{k=-1}= \begin{pmatrix}-1\\-3\\-5\end{pmatrix}.$$

解題要點

1. 把二次型寫成矩陣形式 $Q(\mathbf v)=\mathbf v^{T}A\mathbf v$，其中 $\mathbf v=(x,y,z)^{T}$。
2. 在單位球 $\,\|\mathbf v\|^{2}=1\,$ 上，$Q$ 的極值即為對稱矩陣 $A$ 的特徵值；對應的向量為正規化的特徵向量。

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1. 二次型矩陣

$$Q=x^{2}+y^{2}+2z^{2}-2xy+4yz+4zx =\begin{bmatrix}x&y&z\end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & -1 & 2\\ -1 & 1 & 2\\ 2 & 2 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix} =\mathbf v^{T}A\mathbf v .$$

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2. 求特徵值

特徵多項式

$$\det(A-\lambda I)=\lambda^{3}-4\lambda^{2}-4\lambda+16 =(\lambda-2)(\lambda^{2}-2\lambda-8)=0 .$$

$\boxed{\lambda_{1}=4,\;\lambda_{2}=2,\;\lambda_{3}=-2}$

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3. 對應特徵向量（未正規化）

• $\lambda=4$ ：解 $(A-4I)\mathbf v=0$ 得 $\mathbf v\propto(1,1,2)$.

核心觀念

最小平方法是選取 $a,b$，使模型

$$\hat y=ax+b$$

所產生的殘差平方和最小：

$$S(a,b)=\sum_{i=1}^{n}\left[y_i-(ax_i+b)\right]^2.$$

對直線回歸而言，係數公式為

$$a=\frac{\sum (x_i-\bar x)(y_i-\bar y)} {\sum (x_i-\bar x)^2}, \qquad b=\bar y-a\bar x.$$

其中 $\bar x,\bar y$ 分別為 $x$ 與 $y$ 的平均值。

解題方法

資料點為

$$(-2,-3),\ (-1,-1),\ (0,1),\ (1,1),\ (2,3).$$

1. 計算平均值

$$\bar x=\frac{-2-1+0+1+2}{5}=0,$$ $$\bar y=\frac{-3-1+1+1+3}{5}=\frac{1}{5}=0.2.$$

2. 計算斜率 $a$

先計算

$$\sum (x_i-\bar x)^2 =(-2)^2+(-1)^2+0^2+1^2+2^2=10.$$

由於 $\bar x=0$，

$$\sum (x_i-\bar x)(y_i-\bar y) =\sum x_i(y_i-\bar y).$$

又因為 $\sum x_i=0$，故

核心觀念

方向導數表示函數沿單位方向向量 $\mathbf{u}$ 的變化率：

$$D_{\mathbf{u}}f(P)=\nabla f(P)\cdot \mathbf{u}, \qquad \|\mathbf{u}\|=1.$$

其中梯度為

$$\nabla f=(f_x,f_y).$$

函數在點 $P$ 處的最大變化率等於梯度的長度：

$$\max D_{\mathbf{u}}f(P)=\|\nabla f(P)\|,$$

且發生在梯度方向。

解題方法

給定

$$f(x,y)=e^x\cos(x+y), \qquad P=(\pi,\pi).$$

先計算偏導數：

$$f_x=e^x\cos(x+y)-e^x\sin(x+y) =e^x\bigl[\cos(x+y)-\sin(x+y)\bigr],$$ $$f_y=-e^x\sin(x+y).$$

在 $P=(\pi,\pi)$ 處，因為

$$x+y=2\pi,\qquad \cos(2\pi)=1,\qquad \sin(2\pi)=0,$$

所以

$$f_x(\pi,\pi)=e^\pi, \qquad f_y(\pi,\pi)=0.$$

因此

$$\nabla f(\pi,\pi)=(e^\pi,0).$$

(a) $f$ 在 $P$ 處的最大變化率

最大變化率為梯度長度：

$$\|\nabla f(\pi,\pi)\| =\sqrt{(e^\pi)^2+0^2} =e^\pi.$$

因此最大變化率為

$$\boxed{e^\pi}.$$

其發生方向為梯度方向：

$$\frac{\nabla f(\pi,\pi)}{\|\nabla f(\pi,\pi)\|} =(1,0),$$

也就是 $x$ 軸正向。

(b) 變化率為最大變化率一半的方向

設單位方向向量為

$$\mathbf{u}=(a,b),\qquad a^2+b^2=1.$$

方向導數為

核心觀念

本題考查二階常係數線性非齊次微分方程式

$$y''+2y'+2y=r(x).$$

其通解由兩部分組成：

$$y=y_h+y_p,$$

其中 $y_h$ 為齊次方程式

$$y''+2y'+2y=0$$

的通解，$y_p$ 為非齊次方程式的一個特解。

特徵方程式為

$$m^2+2m+2=0,$$

解得

$$m=-1\pm i.$$

因此齊次解為

$$y_h=e^{-x}\left(C_1\cos x+C_2\sin x\right).$$

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(a) 已知一個特解

題目已知

$$y_p=xe^{4x}(\sin 3x+\cos 3x)$$

是此非齊次方程式的一個解，也就是一個特解。

因此不需要再求 $r(x)$，直接與齊次解相加：

$$y(x)=y_h+y_p.$$

所以

$$\boxed{ y(x)=e^{-x}\left(C_1\cos x+C_2\sin x\right) +xe^{4x}(\sin 3x+\cos 3x) }$$

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(b) $r(x)=1+x^2+e^{2x}+\sin x$

利用線性原理，將特解分成三部分：

$$y_p=y_{p1}+y_{p2}+y_{p3},$$

分別對應於 $1+x^2$、$e^{2x}$ 與 $\sin x$。

1. 對應 $1+x^2$ 的特解

設

$$y_{p1}=Ax^2+Bx+C.$$

則

$$y_{p1}'=2Ax+B,\qquad y_{p1}''=2A.$$

代入左側：

\begin{align*}
y_{p1}''+2y_{p1}'+2y_{p1}
&=2A+2(2Ax+B)+2(Ax^2+Bx+C)\
&=2Ax^2+(4A+2B)x+(2A+2B+2C).
\end{align*}

與

$$x^2+1$$

比較係數：

$$2A=1,$$ $$4A+2B=0,$$ $$2A+2B+2C=1.$$

依序得到

$$A=\frac12,\qquad B=-1,\qquad C=1.$$

因此

$$y_{p1}=\frac12x^2-x+1.$$

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2. 對應 $e^{2x}$ 的特解

設

$$y_{p2}=Ae^{2x}.$$

則

$$y_{p2}'=2Ae^{2x},\qquad y_{p2}''=4Ae^{2x}.$$

代入可得

$$y_{p2}''+2y_{p2}'+2y_{p2} =(4A+4A+2A)e^{2x} =10Ae^{2x}.$$

令其等於 $e^{2x}$：

$$10A=1,$$

故

$$A=\frac1{10}, \qquad y_{p2}=\frac1{10}e^{2x}.$$

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(a) 拉普拉斯變換

$$\begin{aligned} sX(s)-x(0) &=2X(s)-Y(s)+\frac{1}{s^{2}} \\ sY(s)-y(0) &=3X(s)-2Y(s)-\frac{1}{s} \end{aligned} \qquad (x(0)=y(0)=0)$$

化簡得

$$\begin{cases} (s-2)X(s)+Y(s)=\displaystyle\frac{1}{s^{2}}\\[4pt] -3X(s)+(s+2)Y(s)=\displaystyle-\frac{1}{s} \end{cases}$$

行列式 $D=(s-2)(s+2)+3=s^{2}-1$。

$\boxed{X(s)=\frac{2(s+1)}{s^{2}(s^{2}-1)}=\frac{2}{s^{2}(s-1)}}$

$\boxed{Y(s)=\frac{-s^{2}+2s+3}{s^{2}(s^{2}-1)}}$

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(b) 逆拉普拉斯得到 $x(t),y(t)$

1. $X(s)$ 部分分式

參考書等級：大學部/研究所《工程數學（上）》或《微分方程與特徵值問題》

解題步驟

1. 把參數寫成 $a=\lambda$，分三種符號情形討論

$y''+\lambda y=0,\qquad y(0)=0,\;y'(L)+y(L)=0 .$

2. $\lambda>0$（寫成 $\lambda=\mu^{2}$，$\mu>0$）

$y=C\sin (\mu x)+D\cos (\mu x),\qquad y(0)=0\Rightarrow D=0,$

$y=C\sin (\mu x),\;y' =C\mu\cos (\mu x).$

代入第二條邊界條件

$$C\mu\cos (\mu L)+C\sin (\mu L)=0\;\Longrightarrow\; \tan (\mu L)=-\mu .$$

非平凡解要求 $C\neq0$，故 $\mu$ 必須是

$\boxed{\tan (\mu L)=-\mu}$

的正根。相應特徵值為 $a=\mu^{2}$。

3. $\lambda=0$

$y''=0\Rightarrow y=Cx+D,\;y(0)=0\Rightarrow D=0,$

$y'=C,\;y'(L)+y(L)=C+CL=C(1+L)=0\Rightarrow C=0.$

解法：特徵線法

特徵方程式

$\frac{dt}{ds}=1,\qquad \frac{dx}{ds}=2x,\qquad \frac{dy}{ds}=0,\qquad \frac{du}{ds}=8xy .$

1. 由 $\displaystyle \frac{dt}{ds}=1$ 得 $s=t$（取常數為 0）。
2. $\displaystyle \frac{dx}{dt}=2x\Rightarrow x(t)=x_0e^{2t}$ ，故 $x_0=x\,e^{-2t}$。
3. $\displaystyle \frac{dy}{dt}=0\Rightarrow y$ 為常數。
4. $\displaystyle \frac{du}{dt}=8xy(t)=8y\,x_0e^{2t}=8y\,x\,e^{-2t}e^{2t}=8xy$。

沿特徵線從 $t=0$ 積分