114 年 國立中山大學海洋環境及工程學系碩士班甲組《工程數學》

核心觀念

本題屬於二階常係數齊次線性常微分方程（Second-Order Linear Homogeneous ODE with Constant Coefficients）之初值問題（IVP）。所涉及的核心定理與公式如下：

1. 特徵方程式（Characteristic Equation）：
   對於常係數齊次微分方程 $a y'' + b y' + c y = 0$，令試驗解為 $y = e^{rx}$，可得其輔助代數方程（特徵方程式）：
   $a r^2 + b r + c = 0$

2. 特徵根為實重根時的通解結構：
   若判別式 $\Delta = b^2 - 4ac = 0$，得實二重根 $r_1 = r_2 = r$，此時兩線性獨立基底解為 $y_1(x) = e^{rx}$ 與 $y_2(x) = x e^{rx}$。其齊次通解（General Solution）為：
   $y(x) = c_1 e^{rx} + c_2 x e^{rx} = (c_1 + c_2 x) e^{rx}$
   其中 $c_1, c_2$ 為待定任意實常數。

3. 初值條件（Initial Conditions）之匹配：
   利用給定的初始條件 $y(x_0) = y_0$ 與 $y'(x_0) = y'_0$，解聯立方程以唯一確定常數 $c_1, c_2$。

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解題方法

步驟一：求特徵根

給定微分方程式為：
$y'' - 4y' + 4y = 0$

對應的特徵方程式為：
$r^2 - 4r + 4 = 0$

因式分解得：
$(r - 2)^2 = 0 \implies r = 2 \quad (\text{二重根})$

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步驟二：寫出通解

由重根公式，齊次方程的通解為：
$y(x) = (c_1 + c_2 x) e^{2x}$

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步驟三：求導以配合初始條件

對 $y(x)$ 微分求一階導數 $y'(x)$（使用乘積微分律）：
$y'(x) = c_2 e^{2x} + 2(c_1 + c_2 x) e^{2x} = \left(2c_1 + c_2 + 2c_2 x\right) e^{2x}$

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核心觀念
此微分方程屬於 Euler–Cauchy（等齊次）方程，形式為
$x^2y''+axy'+by=0$
其特徵在於各項的係數是 $x$ 的相同次冪，適合以指數型假設 $y=x^{r}$ 直接求解。

解題方法

1. 假設解的形式
   設 $y=x^{r}$，則

$y' = r x^{r-1},\qquad y'' = r(r-1)x^{r-2}.$

2. 代入原方程

$x^{2}\bigl[r(r-1)x^{r-2}\bigr]-3x\bigl[r x^{r-1}\bigr]+4x^{r}=0$

簡化後得到

$r(r-1)x^{r}-3r x^{r}+4x^{r}=0.$

3. 提取公共因子 $x^{r}$（$x\neq0$ 時可除）得到特徵方程

$r(r-1)-3r+4=0\;\Longrightarrow\;r^{2}-4r+4=0.$

4. 求根

$r^{2}-4r+4=(r-2)^{2}=0\;\Longrightarrow\;r=2\quad(\text{重根}).$

核心觀念

• 矩陣可逆的必要且充分條件是行列式 $\det A \neq 0$。
• 逆矩陣 $A^{-1}$ 可由伴隨矩陣 (adjugate) 與行列式求得：

$A^{-1}= \frac{1}{\det A}\,\operatorname{adj}(A)$

• 伴隨矩陣是原矩陣每個元素的代數餘子式所組成的轉置矩陣。
• 也可利用高斯-喬丹消去法將 $[A\mid I]$ 變換為 $[I\mid A^{-1}]$。

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解題方法

1. 計算行列式

$$A=\begin{bmatrix} -1 & 1 & 2\\ 1 & -1 & 1\\ 3 & -1 & 4 \end{bmatrix}$$

展開第一列：

$$\det A = -1\begin{vmatrix}-1&1\\-1&4\end{vmatrix} -1\begin{vmatrix}1&1\\3&4\end{vmatrix} +2\begin{vmatrix}1&-1\\3&-1\end{vmatrix}$$

$=-1[(-1)(4)-1(-1)]-1[(1)(4)-1(3)]+2[(1)(-1)-(-1)(3)]$

$$=-1[-4+1]-1[4-3]+2[-1+3] =-1(-3)-1(1)+2(2)=3-1+4=6$$

行列式 $6\neq0$，矩陣可逆。

2. 求代數餘子式矩陣（先算每個元素的餘子式，再乘以 $(-1)^{i+j}$）

核心觀念

本題評量向量微積分（Vector Calculus）在直角座標系（笛卡兒座標系）下的基本微分運算：

1. 向量場的散度（Divergence）：
   設向量場 $\mathbf{F}(x, y, z) = F_1\mathbf{i} + F_2\mathbf{j} + F_3\mathbf{k}$，其散度為純量場，定義為：
   $\operatorname{div}\mathbf{F} = \nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{\partial F_1}{\partial x} + \frac{\partial F_2}{\partial y} + \frac{\partial F_3}{\partial z}$

2. 向量場的旋度（Curl）：
   其旋度為向量場，定義為微分算子 $\nabla$ 與 $\mathbf{F}$ 的外積（行列式表示法）：
   $\operatorname{curl}\mathbf{F} = \nabla \times \mathbf{F} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ F_1 & F_2 & F_3 \end{vmatrix} = \left(\frac{\partial F_3}{\partial y} - \frac{\partial F_2}{\partial z}\right)\mathbf{i} + \left(\frac{\partial F_1}{\partial z} - \frac{\partial F_3}{\partial x}\right)\mathbf{j} + \left(\frac{\partial F_2}{\partial x} - \frac{\partial F_1}{\partial y}\right)\mathbf{k}$

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解題方法

將給定的向量場展開為各座標軸的分量形式：
$\mathbf{F}(x, y, z) = xyz(x\mathbf{i} + y\mathbf{j} + z\mathbf{k}) = (x^2yz)\mathbf{i} + (xy^2z)\mathbf{j} + (xyz^2)\mathbf{k}$
對應之分量分別為：
$F_1 = x^2yz, \quad F_2 = xy^2z, \quad F_3 = xyz^2$

(1) 計算散度（Divergence）

分別對各分量求對應變數的偏導數：
$\frac{\partial F_1}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x^2yz) = 2xyz$
$\frac{\partial F_2}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(xy^2z) = 2xyz$
$\frac{\partial F_3}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z}(xyz^2) = 2xyz$

依散度定義相加：
$\nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{\partial F_1}{\partial x} + \frac{\partial F_2}{\partial y} + \frac{\partial F_3}{\partial z} = 2xyz + 2xyz + 2xyz = 6xyz$

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(2) 計算旋度（Curl）

利用行列式展開法計算 $\nabla \times \mathbf{F}$ 的各分量：

• $\mathbf{i}$ 分量：
  $\frac{\partial F_3}{\partial y} - \frac{\partial F_2}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial y}(xyz^2) - \frac{\partial}{\partial z}(xy^2z) = xz^2 - xy^2 = x(z^2 - y^2)$

• $\mathbf{j}$ 分量：

核心觀念

• 拉普拉斯變換的定義：對於 $f(t)$（$t\ge0$），其拉普拉斯變換為
  $\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt,\qquad s\in\mathbb{C},\ \operatorname{Re}(s)>c.$
• 常見指數函數的拉普拉斯變換公式：若 $f(t)=e^{at}$（$a$ 為實常數），則其變換結果為 $\frac{1}{s-a}$，前提是 $\operatorname{Re}(s)>a$，確保積分收斂。

解題方法

1. 直接套用拉普拉斯變換的定義。

$$\mathcal{L}\{e^{at}\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}e^{at}\,dt =\int_{0}^{\infty}e^{-(s-a)t}\,dt.$$

2. 設 $k=s-a$，則積分變為
   $\int_{0}^{\infty}e^{-kt}\,dt.$
   當 $\operatorname{Re}(k)>0$（即 $\operatorname{Re}(s)>a$）時，該積分收斂且可直接計算：

$$\int_{0}^{\infty}e^{-kt}\,dt=\left[-\frac{1}{k}e^{-kt}\right]_{0}^{\infty} =\frac{1}{k}=\frac{1}{s-a}.$$

3. 因此得到
   $\boxed{\mathcal{L}\{e^{at}\}(s)=\frac{1}{s-a}},\qquad \operatorname{Re}(s)>a.$

核心觀念

矩陣 $A$ 的特徵值 $\lambda$ 定義為存在非零向量 $\mathbf v$，使得

$$A\mathbf v=\lambda\mathbf v.$$

因此特徵值須滿足特徵方程

$$\det(A-\lambda I)=0,$$

求得特徵值後，再將每個 $\lambda$ 代回

$$(A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0$$

以求特徵向量。

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解題方法：求特徵值

令

$$A-\lambda I= \begin{bmatrix} -2-\lambda & 2 & 2\\ 2 & -5-\lambda & -6\\ -1 & -2 & -\lambda \end{bmatrix}.$$

沿第一列展開行列式：

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) ={}&(-2-\lambda) \begin{vmatrix} -5-\lambda & -6\\ -2 & -\lambda \end{vmatrix} -2 \begin{vmatrix} 2 & -6\\ -1 & -\lambda \end{vmatrix}\\ &+2 \begin{vmatrix} 2 & -5-\lambda\\ -1 & -2 \end{vmatrix}. \end{aligned}$$

各個二階行列式為

$$\begin{vmatrix} -5-\lambda & -6\\ -2 & -\lambda \end{vmatrix} =\lambda^2+5\lambda-12,$$ $$\begin{vmatrix} 2 & -6\\ -1 & -\lambda \end{vmatrix} =-2\lambda-6,$$ $$\begin{vmatrix} 2 & -5-\lambda\\ -1 & -2 \end{vmatrix} =-\lambda-9.$$

所以

$$\det(A-\lambda I) =-\lambda^3-7\lambda^2+4\lambda+18.$$

令其等於零，等價於

$$\lambda^3+7\lambda^2-4\lambda-18=0.$$

此三次方程沒有整數根，其三個實根數值為

$$\lambda_1\approx -7.2085, \qquad \lambda_2\approx -1.4794, \qquad \lambda_3\approx 1.6879.$$

因此矩陣 $A$ 的三個特徵值為上述三者。

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求特徵向量

對任一特徵值 $\lambda$，解

$$(A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0.$$

取 $A-\lambda I$ 的前兩列作外積：

核心觀念

本題考查週期函數的傅立葉係數，以及函數奇偶性如何簡化積分。週期為 $2\pi$ 的傅立葉級數為

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),$$

其係數定義為

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,$$ $$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx,\qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx.$$

題目給定的函數滿足 $f(-x)=-f(x)$，是奇函數。

解題方法

由奇函數在對稱區間上的積分為零，可得

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx=0.$$

因為 $\cos nx$ 是偶函數，所以 $f(x)\cos nx$ 是奇函數，因此

$$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx=0.$$

計算正弦係數時，$f(x)\sin nx$ 是偶函數，因此只需積分 $0$ 到 $\pi$，再乘以 $2$。在此區間內 $f(x)=k$，故

核心觀念

這題考的是波動方程的分離變數法。設解可寫成空間函數與時間函數的乘積

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

代入波動方程後，可分離成空間特徵值問題與時間常微分方程。兩端固定的邊界條件會使空間函數形成正弦特徵模態；初始位移與初始速度則決定各模態的係數。

解題方法

將 $u(x,t)=X(x)T(t)$ 代入

$$u_{tt}=c^2u_{xx},$$

得到

$$X(x)T''(t)=c^2X''(x)T(t).$$

在 $X(x)T(t)\ne 0$ 處除以 $c^2XT$：

$$\frac{X''(x)}{X(x)} = \frac{T''(t)}{c^2T(t)} =-\lambda.$$

因此空間與時間方程分別為

$$X''+\lambda X=0, \qquad T''+c^2\lambda T=0.$$

由邊界條件 $u(0,t)=u(L,t)=0$，非零解必須滿足

$$X(0)=0,\qquad X(L)=0.$$

取 $\lambda>0$，令 $k=\sqrt{\lambda}$，空間方程的一般解為

$$X(x)=A\cos(kx)+B\sin(kx).$$

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$；再由 $X(L)=0$ 得

$$B\sin(kL)=0.$$

要有非零解 $B\ne 0$，故

$$kL=n\pi,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

因此

$$\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2, \qquad X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

對應的時間方程為

$$T_n''+\left(\frac{cn\pi}{L}\right)^2T_n=0,$$

其解為