111 年 國立臺灣大學環境工程研究所科學與工程甲組《工程數學（H）》

核心觀念

本題是二階、線性、齊次的 Euler–Cauchy 微分方程：

$$x^2y''+axy'+by=0.$$

對此類方程，設解為冪函數

$$y=x^m,$$

即可將微分方程化為代數形式，稱為特徵方程。

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解題方法

令

$$y=x^m,$$

則

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

代入原方程：

$$x^2m(m-1)x^{m-2}-2x(mx^{m-1})-4x^m=0.$$

整理得

$$\left[m(m-1)-2m-4\right]x^m=0.$$

因為 $x\neq 0$，且 $x^m\neq 0$，故特徵方程為

$$m(m-1)-2m-4=0.$$

展開：

$$m^2-m-2m-4=0,$$ $$m^2-3m-4=0.$$

因式分解：

$$(m-4)(m+1)=0.$$

因此兩個相異實根為

$$m_1=4,\qquad m_2=-1.$$

Euler–Cauchy 方程的通解為兩個冪函數解的線性組合，因此

$$y=C_1x^4+C_2x^{-1}.$$

亦可寫成

$$\boxed{y=C_1x^4+\frac{C_2}{x}},\qquad x\neq 0.$$

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核心觀念

本題評量線性代數中**特徵值（Eigenvalues）**的基本性質與證明技巧。主要運用以下核心定理與定義：

1. 特徵方程式（Characteristic Equation）與特徵多項式（Characteristic Polynomial）：
   $n \times n$ 方陣 $A$ 的特徵多項式定義為 $p_A(\lambda) = \det(A - \lambda I)$（或 $\det(\lambda I - A)$）。特徵值為方程式 $p_A(\lambda) = 0$ 的所有根。
2. 行列式轉置不變性：
   對任意方陣 $M$，均有 $\det(M^T) = \det(M)$。
3. 根與係數的關係（Vieta's Formulas）：
   將特徵多項式展開為： $$p_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) = (-1)^n \lambda^n + (-1)^{n-1} (\text{trace } A)\lambda^{n-1} + \dots + \det(A)$$ 由代數基本定理，特徵多項式可因式分解為 $(-1)^n (\lambda - \lambda_1)(\lambda - \lambda_2)\dots(\lambda - \lambda_n)$，比較係數即可建立跡數（Trace）與特徵值之和的關係。
4. 三角矩陣的行列式性質：
   三角矩陣的行列式等於其主對角線元素的乘積。
5. 矩陣純量位移（Spectral Shift）：
   利用特徵向量的定義 $Ax = \lambda x$，推導 $(A - kI)x$ 的特徵結構。

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解題方法與詳細證明

(1) 證明 $A^T$ 與 $A$ 具有相同的特徵值

• 切入點：從特徵多項式的定義出發，利用行列式的轉置性質證明兩者具有完全相同的特徵多項式。

• 證明推導：
  考慮轉置矩陣 $A^T$ 的特徵方程式：

  $$p_{A^T}(\lambda) = \det(A^T - \lambda I)$$

  由於單位矩陣的轉置仍為單位矩陣，即 $I^T = I$，因此有：

  $$A^T - \lambda I = A^T - \lambda I^T = (A - \lambda I)^T$$

  根據方陣行列式的基本性質，矩陣轉置後的行列式值保持不變（$\det(M^T) = \det(M)$），代入得：

  $$\det(A^T - \lambda I) = \det((A - \lambda I)^T) = \det(A - \lambda I) = p_A(\lambda)$$

  因為 $A^T$ 與 $A$ 的特徵多項式完全相同，其多項式的根（即特徵值）亦完全相同（包含重數）。
  故 $A^T$ 與 $A$ 具有相同的特徵值。

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(2) 證明 $\text{trace } A = \sum_{j=1}^n a_{jj} = \sum_{j=1}^n \lambda_j$

• 切入點：比較特徵多項式展開式中 $\lambda^{n-1}$ 項的係數。

• 證明推導：
  依特徵多項式定義展開行列式：

  $$p_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix} a_{11} - \lambda & a_{12} & \dots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} - \lambda & \dots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \dots & a_{nn} - \lambda \end{vmatrix}$$

  根據行列式的大型定義（Leibniz formula），僅有來自「主對角線元素相乘」的項會貢獻 $\lambda^n$ 與 $\lambda^{n-1}$ 次方的項，其他非對角線排列至多僅包含 $(n-2)$ 個對角線元素（最高僅能產生 $\lambda^{n-2}$）：

  $$p_A(\lambda) = \prod_{j=1}^n (a_{jj} - \lambda) + q(\lambda)$$

  其中 $q(\lambda)$ 為次數不超過 $n-2$ 的多項式。將對角線乘積展開：

  $$\prod_{j=1}^n (a_{jj} - \lambda) = (-1)^n \lambda^n + (-1)^{n-1} \left( \sum_{j=1}^n a_{jj} \right) \lambda^{n-1} + \mathcal{O}(\lambda^{n-2})$$

  另一方面，設 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$ 為 $p_A(\lambda) = 0$ 的 $n$ 個根，由因式定理可將 $p_A(\lambda)$ 分解為：

  $$p_A(\lambda) = (-1)^n \prod_{j=1}^n (\lambda - \lambda_j) = (-1)^n \left[ \lambda^n - \left( \sum_{j=1}^n \lambda_j \right) \lambda^{n-1} + \dots + (-1)^n \prod_{j=1}^n \lambda_j \right]$$

  整理 $\lambda^{n-1}$ 項係數：

  $$p_A(\lambda) = (-1)^n \lambda^n + (-1)^{n-1} \left( \sum_{j=1}^n \lambda_j \right) \lambda^{n-1} + \dots$$

  比對兩式中 $\lambda^{n-1}$ 的係數，即得：

  $$\sum_{j=1}^n a_{jj} = \sum_{j=1}^n \lambda_j$$

  即 $\text{trace } A = \lambda_1 + \lambda_2 + \dots + \lambda_n$。

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(3) 若 $A$ 為三角矩陣，證明其主對角線元素即為 $A$ 的特徵值

核心觀念

本題考查兩種積分變換的定義，以及拉普拉斯變換如何透過指數衰減因子改善傅立葉積分的收斂性。

採用傅立葉變換慣例

$$\mathcal{F}\{f(t)\}(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} f(t)e^{-i\omega t}\,dt.$$

其中 $\omega$ 為實數角頻率，$i^2=-1$。

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(1) 傅立葉變換

函數 $f(t)$ 的傅立葉變換定義為

$$F(\omega) = \mathcal{F}\{f(t)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(t)e^{-i\omega t}\,dt.$$

傅立葉逆變換為

$$f(t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty}F(\omega)e^{i\omega t}\,d\omega.$$

由 Euler 公式，

$$e^{-i\omega t} = \cos(\omega t)-i\sin(\omega t),$$

因此傅立葉變換可以視為將函數分解成不同頻率的正弦、餘弦成分，用以分析訊號的頻率結構。

傅立葉積分通常要求 $f(t)$ 在無窮遠處衰減得足夠快，例如滿足

$$\int_{-\infty}^{\infty}|f(t)|\,dt<\infty.$$

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(2) 拉普拉斯變換

函數 $f(t)$ 的單邊拉普拉斯變換定義為

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

其中

$$s=\sigma+i\omega$$

為複數變數，$\sigma=\operatorname{Re}(s)$。

將 $s=\sigma+i\omega$ 代入可得

$$e^{-st} = e^{-(\sigma+i\omega)t} = e^{-\sigma t}e^{-i\omega t}.$$

因此

$$\mathcal{L}\{f(t)\}(s) = \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-\sigma t}e^{-i\omega t}\,dt.$$

拉普拉斯變換特別適合處理初值問題，因為微分的拉普拉斯變換會自然包含初始值，例如

$$\mathcal{L}\{f'(t)\} = sF(s)-f(0^+).$$

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(3) 證明拉普拉斯變換是加入收斂因子的傅立葉變換

解題方法

關鍵在於將拉普拉斯變數寫成

$$s=\sigma+i\omega.$$

其中 $\sigma$ 會產生指數因子 $e^{-\sigma t}$，此因子能使原本不易收斂的積分在無窮遠處快速衰減。

由拉普拉斯變換定義，

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

代入 $s=\sigma+i\omega$：

$$\begin{aligned} \mathcal{L}\{f(t)\}(\sigma+i\omega) &= \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-(\sigma+i\omega)t}\,dt \\ &= \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-\sigma t}e^{-i\omega t}\,dt. \end{aligned}$$

令

$$g(t)=f(t)e^{-\sigma t}, \qquad t\geq 0,$$

則上式變成

$$\mathcal{L}\{f(t)\}(\sigma+i\omega) = \int_{0}^{\infty}g(t)e^{-i\omega t}\,dt.$$

若將 $f(t)$ 延伸為因果函數

$$f_c(t)= \begin{cases} f(t), & t\geq 0,\\ 0, & t<0, \end{cases}$$

則

$$\int_{0}^{\infty}g(t)e^{-i\omega t}\,dt = \int_{-\infty}^{\infty} f_c(t)e^{-\sigma t}e^{-i\omega t}\,dt.$$

根據傅立葉變換定義，

$$\mathcal{F}\{f_c(t)e^{-\sigma t}\}(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} f_c(t)e^{-\sigma t}e^{-i\omega t}\,dt.$$

所以得到

$$\boxed{ \mathcal{L}\{f(t)\}(\sigma+i\omega) = \mathcal{F}\{f_c(t)e^{-\sigma t}\}(\omega) }$$

這正表示：

核心觀念

本題考查以拉普拉斯轉換解具有初始條件的常係數線性微分方程。使用公式

$$\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0),$$ $$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0),$$

以及單位階躍函數

$$\mathcal{L}\{u(t)\}=\frac{1}{s}.$$

特徵式為

$$s^2+6s+34=(s+3)^2+25,$$

因此反拉普拉斯轉換時會使用

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s+3}{(s+3)^2+25}\right\} =e^{-3t}\cos 5t,$$ $$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{5}{(s+3)^2+25}\right\} =e^{-3t}\sin 5t.$$

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解題方法

令

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$$

原方程為

$$y''+6y'+34y=u(t),$$

且

$$y(0)=0,\qquad y'(0)=10.$$

兩側取拉普拉斯轉換：

$$\mathcal{L}\{y''\} +6\mathcal{L}\{y'\} +34\mathcal{L}\{y\} =\mathcal{L}\{u(t)\}.$$

代入初始條件：

$$\left(s^2Y-sy(0)-y'(0)\right) +6\left(sY-y(0)\right) +34Y =\frac{1}{s}.$$

因此

$$(s^2Y-10)+6sY+34Y=\frac{1}{s},$$

整理得

$$(s^2+6s+34)Y(s)=10+\frac{1}{s}.$$

所以

$$Y(s)=\frac{10+\frac{1}{s}}{s^2+6s+34} =\frac{10s+1}{s(s^2+6s+34)}.$$

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部分分式分解

設

$$\frac{10s+1}{s(s^2+6s+34)} = \frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^2+6s+34}.$$

比較係數：

$$10s+1=A(s^2+6s+34)+s(Bs+C).$$

由係數比較得到

$$34A=1,\qquad A+B=0,\qquad 6A+C=10.$$

因此

$$A=\frac{1}{34},\qquad B=-\frac{1}{34},\qquad C=\frac{167}{17}.$$

故

$$Y(s)=\frac{1}{34s} +\frac{-\frac{1}{34}s+\frac{167}{17}} {s^2+6s+34}.$$

將分母配方：

核心觀念

本題考查向量微積分中的 Stokes 定理：

$$\oint_C \vec F\cdot d\vec r = \iint_S (\nabla\times \vec F)\cdot \hat n\,dS$$

其中：

• $S$：具方向的光滑曲面。
• $C=\partial S$：曲面 $S$ 的邊界曲線。
• $\vec F$：向量場。
• $d\vec r$：沿邊界曲線的位移向量。
• $\hat n$：曲面所選定的單位法向量。
• $\nabla\times\vec F$：向量場的旋度。
• 曲線方向與法向量須符合右手定則：右手拇指指向 $\hat n$，四指彎曲方向即為 $C$ 的正向。

Stokes 定理表示：向量場沿封閉邊界的環流，等於該向量場旋度穿過曲面的通量。

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解題方法

題目要求驗證 Stokes 定理，因此分別計算：

1. 邊界曲線上的線積分 $\displaystyle \oint_C\vec F\cdot d\vec r$。
2. 曲面上的旋度通量 $\displaystyle \iint_S(\nabla\times\vec F)\cdot\hat n\,dS$。

兩者相等即可完成驗證。

以下取曲面向上的法向量，因此邊界曲線 $C$ 從 $xy$ 平面上方觀察時為逆時針方向。

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第（1）部分：Stokes 定理

設曲面 $S$ 的邊界為封閉曲線 $C$，若 $\vec F$ 在 $S$ 上具有連續偏微分，則

$$\oint_C \vec F\cdot d\vec r = \iint_S(\nabla\times\vec F)\cdot\hat n\,dS.$$

旋度定義為

$$\nabla\times\vec F = \begin{vmatrix} \hat i & \hat j & \hat k\\ \dfrac{\partial}{\partial x} & \dfrac{\partial}{\partial y} & \dfrac{\partial}{\partial z}\\ F_1 & F_2 & F_3 \end{vmatrix}.$$

若

$$\vec F=F_1\hat i+F_2\hat j+F_3\hat k,$$

則

$$\nabla\times\vec F = \left( \frac{\partial F_3}{\partial y}-\frac{\partial F_2}{\partial z} \right)\hat i + \left( \frac{\partial F_1}{\partial z}-\frac{\partial F_3}{\partial x} \right)\hat j + \left( \frac{\partial F_2}{\partial x}-\frac{\partial F_1}{\partial y} \right)\hat k.$$

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第（2）部分：計算旋度

給定

$$\vec F=(2z-y)\hat i+(x+z)\hat j+(3x-2y)\hat k,$$

因此

$$F_1=2z-y,\qquad F_2=x+z,\qquad F_3=3x-2y.$$

計算旋度：

$$\nabla\times\vec F = \begin{vmatrix} \hat i & \hat j & \hat k\\ \dfrac{\partial}{\partial x} & \dfrac{\partial}{\partial y} & \dfrac{\partial}{\partial z}\\ 2z-y & x+z & 3x-2y \end{vmatrix}.$$

故

$$\nabla\times\vec F = \left(\frac{\partial(3x-2y)}{\partial y} -\frac{\partial(x+z)}{\partial z}\right)\hat i$$ $$+ \left(\frac{\partial(2z-y)}{\partial z} -\frac{\partial(3x-2y)}{\partial x}\right)\hat j + \left(\frac{\partial(x+z)}{\partial x} -\frac{\partial(2z-y)}{\partial y}\right)\hat k.$$

整理得

核心觀念

本題考查一維變力運動，重點包括：

• 牛頓第二定律：$\sum F=ma$。
• 重力方向與位移方向的符號判定。
• 鏈鎖律：
  $\frac{dv}{dt}=\frac{dv}{dx}\frac{dx}{dt}=v\frac{dv}{dx}.$
• 以速度 $v$ 作為位置 $x$ 的函數，將二階時間微分方程降為一階微分方程。
• 最高點的判定：物體瞬間停止上升，因此 $v=0$。

取鉛直向上為正方向，$x=0$ 表示地球表面，$x>0$ 表示離開地表的高度。

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解題方法

重力大小隨高度改變，不能直接使用固定重力加速度 $g$，必須使用

$$w(x)=\frac{mgR^2}{(R+x)^2}.$$

重力方向向下，與正方向相反，因此運動方程可由牛頓第二定律建立。

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(a) 利用牛頓第二定律求運動方程

物體受到的唯一力為向下的重力，因此

$$m\frac{d^2x}{dt^2} = -\frac{mgR^2}{(R+x)^2}.$$

約去質量 $m$，得到

$$\boxed{ \frac{d^2x}{dt^2} = -\frac{gR^2}{(R+x)^2} }$$

其中初始條件為

$$x(0)=0,\qquad \frac{dx}{dt}(0)=v_0.$$

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(b) 建立 $v(x)$ 的微分方程

速度定義為

$$v=\frac{dx}{dt}.$$

由於速度可視為位置 $x$ 的函數 $v=v(x)$，利用鏈鎖律：

$$\frac{dv}{dt} = \frac{dv}{dx}\frac{dx}{dt}.$$

又因為 $\dfrac{dx}{dt}=v$，所以

$$\boxed{ \frac{dv}{dt}=v\frac{dv}{dx} }.$$

將此結果代入牛頓第二定律：

$$m\frac{dv}{dt} = -\frac{mgR^2}{(R+x)^2},$$

可得

$$m v\frac{dv}{dx} = -\frac{mgR^2}{(R+x)^2}.$$

約去 $m$，即得 $v(x)$ 所滿足的一階微分方程：

$$\boxed{ v\frac{dv}{dx} = -\frac{gR^2}{(R+x)^2} }.$$

分離變數：

$$v\,dv = -\frac{gR^2}{(R+x)^2}\,dx.$$

從初始狀態 $(x,v)=(0,v_0)$ 積分至任意位置 $(x,v)$：

$$\int_{v_0}^{v}u\,du = -gR^2\int_0^x\frac{ds}{(R+s)^2}.$$

左側為

$$\int_{v_0}^{v}u\,du = \frac{v^2-v_0^2}{2}.$$

右側為

核心觀念

本題考查以幾何級數推導 Maclaurin 級數。因為

$$\frac{1}{1+x} = \frac{1}{1-(-x)} = \sum_{n=0}^{\infty}(-x)^n, \qquad |x|<1,$$

再對兩側從 $0$ 積分至 $x$，即可得到 $\log(1+x)$ 的 Taylor 級數。

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解題方法

考慮幾何級數公式

$$\frac{1}{1-r}=\sum_{n=0}^{\infty}r^n, \qquad |r|<1.$$

令 $r=-t$，則

$$\frac{1}{1+t} = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n t^n, \qquad |t|<1.$$

由於

$$\int_0^x \frac{1}{1+t}\,dt = \log(1+x)-\log 1 = \log(1+x),$$

逐項積分可得

$$\log(1+x) = \int_0^x \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n t^n\,dt.$$

因此

$$\log(1+x) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n\int_0^x t^n\,dt = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n\frac{x^{n+1}}{n+1}.$$

將前幾項寫出：

$$\boxed{ \log(1+x) = x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3} -\frac{x^4}{4} +\frac{x^5}{5} -\cdots }$$

亦可寫成

$$\boxed{ \log(1+x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1}\frac{x^n}{n} }$$

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收斂範圍

原本的幾何級數要求

$$|x|<1.$$

級數的收斂半徑為

$$R=1.$$

端點需個別判斷：

當 $x=1$ 時，

$$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{1}{n} = 1-\frac12+\frac13-\frac14+\cdots = \log 2,$$