109 年 國立中山大學環境工程研究所乙組《工程數學》

核心觀念

本題是二階常係數線性非齊次微分方程式，採用疊加原理：

$$y=y_h+y_p$$

其中：

• $y_h$：對應齊次方程式的通解。
• $y_p$：原非齊次方程式的一組特解。

對於右側為 $e^{ax}$ 的情形，可使用待定係數法設特解為 $Ae^{ax}$。若 $a$ 是齊次方程式特徵根，才需要乘上 $x$ 以避免與齊次解重複。

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解題方法

一、求齊次解

先考慮齊次方程式：

$$y''-4y'+4y=0$$

設 $y=e^{rx}$，得到特徵方程式：

$$r^2-4r+4=0$$

因式分解：

$$(r-2)^2=0$$

因此 $r=2$ 是二重根。二重根的齊次通解為：

$$y_h=(C_1+C_2x)e^{2x}$$

其中 $C_1,C_2$ 為任意常數。

二、求非齊次特解

右側為 $e^{3x}$，且 $3$ 不是齊次特徵根 $2$，因此設：

$$y_p=Ae^{3x}$$

則：

$$y_p'=3Ae^{3x},\qquad y_p''=9Ae^{3x}$$

代回原方程式：

$$9Ae^{3x}-4(3Ae^{3x})+4(Ae^{3x})=e^{3x}$$

整理得：

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換的定義，以及指數函數的基本轉換公式：

$$\mathcal{L}\{f(t)\} =\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt$$

並利用常數倍法則與指數函數公式：

$$\mathcal{L}\{e^{at}\}=\frac{1}{s-a},\qquad s>a$$

先將函數整理為

$$f(t)=e^{5t+3}=e^3e^{5t}$$

其中 $e^3$ 是常數，可直接提出拉普拉斯轉換之外。

解題方法

由拉普拉斯轉換定義，

$$\mathcal{L}\{f(t)\} =\int_{0}^{\infty}e^{-st}e^{5t+3}\,dt$$

將指數合併：

$$\begin{aligned} \mathcal{L}\{e^{5t+3}\} &=e^3\int_{0}^{\infty}e^{-st}e^{5t}\,dt\\ &=e^3\int_{0}^{\infty}e^{-(s-5)t}\,dt \end{aligned}$$

當 $s>5$ 時，$e^{-(s-5)t}\to 0$，因此積分收斂。計算得

核心觀念

對矩陣 $A=[a_{ij}]$，刪去第 $i$ 列與第 $j$ 欄後所得的二階行列式稱為小行列式：

$$M_{ij}=\det(\text{刪去第 }i\text{ 列、第 }j\text{ 欄後的矩陣})$$

餘因子定義為：

$$C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$$

餘因子矩陣為 $C=[C_{ij}]$，其符號排列為：

$$\begin{bmatrix} +&-&+\\ -&+&-\\ +&-&+ \end{bmatrix}$$

本題的伴隨矩陣是餘因子矩陣的轉置：

$$\operatorname{adj}(A)=C^T$$

此外，方陣 $A$ 為奇異矩陣的等價條件包括：

$$\det(A)=0$$

或矩陣的行、列向量線性相依，亦即存在非零向量 $\mathbf{x}$ 使得：

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

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解題方法

題目中的兩個欄向量為：

$$\mathbf{a}_1= \begin{bmatrix} 1\\2\\4 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{a}_2= \begin{bmatrix} 2\\4\\8 \end{bmatrix} =2\mathbf{a}_1$$

因此第二欄是第一欄的 $2$ 倍，已可直接判斷 $A$ 的欄向量線性相依，所以 $A$ 為奇異矩陣。接著依定義計算餘因子矩陣與伴隨矩陣。

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(a) 餘因子矩陣

各小行列式如下。

第一列：

$$\begin{aligned} M_{11} &= \begin{vmatrix} 4&0\\ 8&1 \end{vmatrix} =4,\\[6pt] M_{12} &= \begin{vmatrix} 2&0\\ 4&1 \end{vmatrix} =2,\\[6pt] M_{13} &= \begin{vmatrix} 2&4\\ 4&8 \end{vmatrix} =16-16=0. \end{aligned}$$

第二列：

$$\begin{aligned} M_{21} &= \begin{vmatrix} 2&3\\ 8&1 \end{vmatrix} =2-24=-22,\\[6pt] M_{22} &= \begin{vmatrix} 1&3\\ 4&1 \end{vmatrix} =1-12=-11,\\[6pt] M_{23} &= \begin{vmatrix} 1&2\\ 4&8 \end{vmatrix} =8-8=0. \end{aligned}$$

第三列：

$$\begin{aligned} M_{31} &= \begin{vmatrix} 2&3\\ 4&0 \end{vmatrix} =0-12=-12,\\[6pt] M_{32} &= \begin{vmatrix} 1&3\\ 2&0 \end{vmatrix} =0-6=-6,\\[6pt] M_{33} &= \begin{vmatrix} 1&2\\ 2&4 \end{vmatrix} =4-4=0. \end{aligned}$$

因此小行列式矩陣為：

$$[M_{ij}] = \begin{bmatrix} 4&2&0\\ -22&-11&0\\ -12&-6&0 \end{bmatrix}$$

依照餘因子符號 $(-1)^{i+j}$：

核心觀念

此題考查一階微分方程式組的消去法。利用

$$\frac{dy}{dt}=-x$$

可將 $x$ 表示成 $x=-y'$，再代入另一式，化為二階常微分方程式。另須由初始條件取得

$$y'(0)=-x(0)=0.$$

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解題方法

由第一式得

$$x=-\frac{dy}{dt}.$$

兩邊對 $t$ 微分：

$$\frac{dx}{dt}=-\frac{d^2y}{dt^2}.$$

代入第二式 $\frac{dx}{dt}=1-9y$：

$$-y''=1-9y,$$

因此

$$y''-9y=-1.$$

其齊次方程式為

$$y''-9y=0,$$

特徵方程式為

$$r^2-9=0,$$

故 $r=\pm 3$，齊次解為

$$y_h=C_1e^{3t}+C_2e^{-3t}.$$

設特解為常數 $y_p=A$，代入原方程式：

$$-9A=-1 \quad\Rightarrow\quad A=\frac19.$$

所以

$$y(t)=\frac19+C_1e^{3t}+C_2e^{-3t}.$$

由 $y(0)=0$：

$$\frac19+C_1+C_2=0 \quad\Rightarrow\quad C_1+C_2=-\frac19.$$

又因為

$$y'(0)=-x(0)=0,$$

而

$$y'(t)=3C_1e^{3t}-3C_2e^{-3t},$$

故

$$3C_1-3C_2=0 \quad\Rightarrow\quad C_1=C_2.$$

聯立可得

$$C_1=C_2=-\frac1{18}.$$

核心觀念

兩個曲面在交點處的夾角，等於兩曲面在該點之法向量的夾角。若曲面分別表示為

$$F(x,y,z)=0,\qquad G(x,y,z)=0,$$

則其法向量為梯度向量

$$\nabla F,\qquad \nabla G.$$

因此

$$\cos\theta = \frac{\left|\nabla F\cdot\nabla G\right|} {\left|\nabla F\right|\left|\nabla G\right|}.$$

取絕對值是因為兩曲面的夾角通常定義為銳角。

解題方法

將兩曲面改寫為

$$F(x,y,z)=x^2-y^2+2xz-4=0,$$ $$G(x,y,z)=4xz^2-y^3-15=0.$$

1. 求第一個曲面的法向量

$$\nabla F = \left( \frac{\partial F}{\partial x}, \frac{\partial F}{\partial y}, \frac{\partial F}{\partial z} \right) = (2x,-2y,2x).$$

注意 $2xz$ 對 $z$ 微分為 $2x$，對 $x$ 微分為 $2z$，因此正確結果為

$$\nabla F=(2x-?).$$

更正後完整計算如下：

$$\frac{\partial F}{\partial x}=2x+2z,\qquad \frac{\partial F}{\partial y}=-2y,\qquad \frac{\partial F}{\partial z}=2x.$$

所以

核心觀念

本題是線性一階偏微分方程式：

$$u_t+u_x=xu.$$

左側 $u_t+u_x$ 表示沿著特徵線的方向導數。特徵線由

$$\frac{dx}{dt}=1$$

決定，因此

$$x-t=C$$

為特徵線的不變量。沿特徵線，偏微分方程式可化為一階常微分方程式。

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解題方法：特徵線法

令特徵線為

$$x=t+C,$$

其中 $C=x-t$。沿此曲線定義 $u(t)=u(x(t),t)$，由鏈鎖律得

$$\frac{du}{dt} =u_t+\frac{dx}{dt}u_x =u_t+u_x.$$

因此原方程式化為

$$\frac{du}{dt}=xu=(t+C)u.$$

分離變數：

$$\frac{1}{u}\frac{du}{dt}=t+C.$$

積分後得

$$\ln|u|=\frac{t^2}{2}+Ct+\text{常數},$$

故可寫成

$$u=e^{t^2/2+Ct}F(C),$$

其中 $F$ 為任意函數。代入 $C=x-t$：

$$u(x,t) =e^{t^2/2+(x-t)t}F(x-t) =e^{xt-\frac{t^2}{2}}F(x-t).$$

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利用邊界條件

在 $x=0$ 時，

$$u(0,t)=e^{-t^2/2}F(-t).$$

由題目給定

$$e^{-t^2/2}F(-t)=2e^{-2t},$$

所以

$$F(-t)=2e^{-2t+\frac{t^2}{2}}.$$

令 $\xi=-t$，則 $\xi<0$ 且 $t=-\xi$，因此

$$F(\xi) =2e^{2\xi+\frac{\xi^2}{2}}, \qquad \xi<0.$$

對於邊界資料可以影響到的區域 $0<x<t$，有 $x-t<0$，故