108 年 國立中正大學光機電整合工程研究所《工程數學》

核心觀念

對兩個非零向量 $\mathbf{u},\mathbf{v}$：

• 平行：存在常數 $k$ 使 $\mathbf{u}=k\mathbf{v}$；在三維中亦可用 $\mathbf{u}\times\mathbf{v}=\mathbf{0}$ 判斷。
• 正交：內積為零，即 $\mathbf{u}\cdot\mathbf{v}=0$。
• 線性獨立：若
  $c_1\mathbf{u}+c_2\mathbf{v}=\mathbf{0}$
  只有 $c_1=c_2=0$ 的解，則兩向量線性獨立。對兩個非零向量而言，不平行即線性獨立。

已知

$$V_1=\begin{pmatrix}1\\0\\-5\end{pmatrix}, \qquad V_2=\begin{pmatrix}1\\3\\5\end{pmatrix}.$$

解題方法與計算

(a) 是否平行

計算外積：

$$V_1\times V_2 = \begin{vmatrix} \mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\ 1&0&-5\\ 1&3&5 \end{vmatrix}.$$

因此

$$\begin{aligned} V_1\times V_2 &=\mathbf{i}(0\cdot5-(-5)\cdot3) -\mathbf{j}(1\cdot5-(-5)\cdot1) +\mathbf{k}(1\cdot3-0\cdot1)\\ &=(15,-10,3). \end{aligned}$$

因為

$$V_1\times V_2\neq\mathbf{0},$$

所以 $V_1$ 與 $V_2$ 不平行。

(b) 是否正交

核心觀念

在 $\mathbb{R}^3$ 中，兩向量的外積 $V_1 \times V_2$ 同時垂直於 $V_1$ 與 $V_2$。若要將非零向量轉為單位向量，需除以其長度：

$$\widehat{V}=\frac{V}{\|V\|}.$$

本題因此先求 $V_1 \times V_2$，再進行單位化。

解題方法

設

$$V_1= \begin{pmatrix} 1\\ 1\\ -1 \end{pmatrix}, \qquad V_2= \begin{pmatrix} 4\\ -1\\ 0 \end{pmatrix}.$$

計算外積：

$$V_1\times V_2 = \begin{vmatrix} \mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\ 1&1&-1\\ 4&-1&0 \end{vmatrix}.$$

因此

$$V_1\times V_2 = \begin{pmatrix} 1(0)-(-1)(-1)\\ -\left[1(0)-(-1)(4)\right]\\ 1(-1)-1(4) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1\\ -4\\ -5 \end{pmatrix}.$$

其長度為

$$\left\|V_1\times V_2\right\| = \sqrt{(-1)^2+(-4)^2+(-5)^2} = \sqrt{42}.$$

單位化後得到

【核心觀念】
利用列運算（Row Operations）將特定行/列化簡出更多零元素，再透過拉普拉斯展開（Laplace Expansion）進行降階求解。

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【詳細推導】

首先對行列式進行列運算 $R_4 \to R_4 - 2R_3$，消去第 $4$ 列的元素：

$\det(M) = \begin{vmatrix} 1 & 2 & -1 & 2 \\ 3 & 0 & 1 & 5 \\ 0 & -2 & 0 & 3 \\ 0 & -4 & 1 & 6 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & 2 & -1 & 2 \\ 3 & 0 & 1 & 5 \\ 0 & -2 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{vmatrix}$

沿第 $4$ 列進行拉普拉斯展開（位置 $(4,3)$ 之正負號係數為 $(-1)^{4+3} = -1$）：

核心觀念

本題考查矩陣反矩陣的求法。對方陣 $A$ 而言，若 $\det(A)\neq 0$，則 $A$ 可逆，且可利用高斯－喬登消去法：

$$[A\mid I]\longrightarrow[I\mid A^{-1}].$$

先觀察列運算：

$$R_3\leftarrow R_3-2R_1$$

可得第三列主元素，因此

$$\det(A)=1\cdot(-1)\cdot 1=-1\neq 0,$$

所以 $A^{-1}$ 存在。

解題方法

將 $A$ 與 $I_3$ 拼成增廣矩陣：

$$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1&2&5&1&0&0\\ 0&-1&2&0&1&0\\ 2&4&11&0&0&1 \end{array} \right].$$

先消去第三列第一欄：

$$R_3\leftarrow R_3-2R_1,$$

得到

$$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1&2&5&1&0&0\\ 0&-1&2&0&1&0\\ 0&0&1&-2&0&1 \end{array} \right].$$

將第二列主元素化為 $1$：

$$R_2\leftarrow -R_2,$$

所以

$$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1&2&5&1&0&0\\ 0&1&-2&0&-1&0\\ 0&0&1&-2&0&1 \end{array} \right].$$

(a) 古典解法：拉氏轉換法 (Laplace Transform)

對一階微分方程組 $\frac{dx}{dt} = Ax(t)$ 兩邊取拉氏轉換：
$s X(s) - x(0) = A X(s) \implies (sI - A) X(s) = x(0)$

求取矩陣 $(sI - A)$ 之逆矩陣：
$sI - A = \begin{bmatrix} s - 1 & -1 \\ -1 & s - 3 \end{bmatrix}$
$\det(sI - A) = (s - 1)(s - 3) - 1 = s^2 - 4s + 2 = (s - 2)^2 - 2$
$(sI - A)^{-1} = \frac{1}{(s - 2)^2 - 2} \begin{bmatrix} s - 3 & 1 \\ 1 & s - 1 \end{bmatrix}$

將初始條件 $x(0) = \begin{bmatrix} 5 \\ -7 \end{bmatrix}$ 代入求 $X(s)$：
$X(s) = \frac{1}{(s - 2)^2 - 2} \begin{bmatrix} s - 3 & 1 \\ 1 & s - 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 5 \\ -7 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{5s - 22}{(s - 2)^2 - 2} \\ \frac{-7s + 12}{(s - 2)^2 - 2} \end{bmatrix}$

進行部分分式拆解與逆轉換準備：
$X_1(s) = \frac{5(s - 2) - 12}{(s - 2)^2 - 2} = 5 \frac{s - 2}{(s - 2)^2 - 2} - 6\sqrt{2} \frac{\sqrt{2}}{(s - 2)^2 - 2}$
$X_2(s) = \frac{-7(s - 2) - 2}{(s - 2)^2 - 2} = -7 \frac{s - 2}{(s - 2)^2 - 2} - \sqrt{2} \frac{\sqrt{2}}{(s - 2)^2 - 2}$

利用位移定理與雙曲函數逆轉換公式 $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s-a}{(s-a)^2-k^2}\right\} = e^{at}\cosh(kt)$ 與 $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{k}{(s-a)^2-k^2}\right\} = e^{at}\sinh(kt)$：
$x_1(t) = e^{2t} \left[ 5 \cosh(\sqrt{2}t) - 6\sqrt{2} \sinh(\sqrt{2}t) \right]$
$x_2(t) = e^{2t} \left[ -7 \cosh(\sqrt{2}t) - \sqrt{2} \sinh(\sqrt{2}t) \right]$

（亦可寫為指數形式：$x(t) = \begin{bmatrix} \frac{5-6\sqrt{2}}{2} e^{(2+\sqrt{2})t} + \frac{5+6\sqrt{2}}{2} e^{(2-\sqrt{2})t} \\ \frac{-7-\sqrt{2}}{2} e^{(2+\sqrt{2})t} + \frac{-7+\sqrt{2}}{2} e^{(2-\sqrt{2})t} \end{bmatrix}$）

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(b) 數值解法：歐拉法 (Euler's Method)

由近似關係式 $\frac{dx}{dt} \approx \frac{x(t+\Delta t)-x(t)}{\Delta t} = Ax(t)$，得遞迴公式：
$x(t + \Delta t) = (I + \Delta t \cdot A) x(t)$

由目標時間點 $t = 0.5, 1.0, 1.5, 2.0$，取步長 $\Delta t = 0.5$。轉移矩陣為：

核心觀念

本題考單擺的非線性運動方程、前向歐拉法，以及利用機械能守恆求最大速率。初始角度為 $60^\circ$，不可直接使用小角度近似 $\sin\theta\approx\theta$；數值計算中的角度須以弧度表示。

解題方法

附圖為上端固定支點、下端懸掛質量 $m$ 的單擺，$\theta$ 是擺線與鉛直向下方向的夾角，擺長為 $l=1\,\mathrm m$。題目未指定迭代格式及繪圖時段，以下採前向歐拉法、$g=9.81\,\mathrm{m/s^2}$，計算首次往返轉向附近的速度曲線。

一、建立運動方程

以 $\theta$ 增加的方向為正，重力對支點的力矩為 $-mgl\sin\theta$，因此

$$ml^2\ddot\theta=-mgl\sin\theta \quad\Rightarrow\quad \ddot\theta=-\frac{g}{l}\sin\theta.$$

「由 $60^\circ$ 釋放」表示初速為零：

$$\theta(0)=\frac{\pi}{3},\qquad \dot\theta(0)=0.$$

依題目提示，令 $x_1=\theta$、$x_2=\dot\theta$，得到兩個一階方程：

$$\begin{cases} \dot x_1=x_2,\\ \dot x_2=-9.81\sin x_1, \end{cases} \qquad \begin{cases} x_1(0)=\pi/3,\\ x_2(0)=0. \end{cases}$$

帶正負號的切向速度為 $v=l\dot\theta$。因 $l=1\,\mathrm m$，$v$ 與 $x_2$ 的數值相同；速率則為 $|v|$。

二、以 $\Delta t=0.1\,\mathrm s$ 迭代

前向歐拉法使用同一步的舊值更新：

$$\boxed{ \begin{aligned} \theta_{n+1}&=\theta_n+0.1\,\omega_n,\\ \omega_{n+1}&=\omega_n-0.981\sin\theta_n, \end{aligned} } \qquad \omega_n=\dot\theta_n.$$

例如第一步為

$$\theta_1=\frac{\pi}{3},\qquad \omega_1=-0.981\sin\frac{\pi}{3} =-0.849570921.$$

第二步為

$$\begin{aligned} \theta_2 &=\frac{\pi}{3}+0.1(-0.849570921) =0.962240459,\\ \omega_2 &=-0.849570921-0.981\sin\frac{\pi}{3} =-1.699141842. \end{aligned}$$

持續迭代，結果如下。計算保留完整精度，表中角度換成度數方便閱讀。

$t$（$\mathrm s$）	$\theta$（度）	$v$（$\mathrm{m/s}$）
0.0	60.00	0.000
0.1	60.00	−0.850
0.2	55.13	−1.699
0.3	45.40	−2.504
0.4	31.05	−3.202
0.5	12.70	−3.708

核心觀念

熱通量向量由傅立葉定律給出：

$$\dot{\mathbf q}=-k\nabla T$$

其中 $\nabla T$ 是溫度的梯度，表示溫度增加最快的方向；負號表示熱量沿溫度降低的方向傳遞。

熱傳導方程為

$$\frac{\partial T}{\partial t}-\alpha\nabla^2T=0$$

其中 $\nabla^2T$ 是溫度的拉普拉斯算子。在三維直角座標中，

$$\nabla^2T = \frac{\partial^2T}{\partial x^2} + \frac{\partial^2T}{\partial y^2} + \frac{\partial^2T}{\partial z^2}$$

解題方法

已知

$$T_{t^*}(x,y,z)=2x^3-2y^3+z^4$$

(a) 先求溫度梯度，再代入指定位置與傅立葉定律。各方向偏導數為

$$\nabla T = \left( \frac{\partial T}{\partial x}, \frac{\partial T}{\partial y}, \frac{\partial T}{\partial z} \right) = (6x^2,-6y^2,4z^3)$$

在 $(2,-1,-2)$ 處，

$$\nabla T(2,-1,-2) = \bigl(6(2)^2,-6(-1)^2,4(-2)^3\bigr) = (24,-6,-32)$$

因此熱通量為

核心觀念

連續方程式描述質量守恆：

$$\frac{\partial \rho}{\partial t}+\nabla\cdot(\rho\vec{V})=0$$

因此，固定某一瞬間的密度變化率可由質量通量 $\rho\vec{V}$ 的散度求得：

$$\frac{\partial \rho}{\partial t}=-\nabla\cdot(\rho\vec{V})$$

散度是各分量對其對應座標的偏微分總和。

解題方法

在瞬間 $t^*$，已知

$$\vec{V}_{t^*}=(x^2,-y^3,2z^2),\qquad \rho_{t^*}=x$$

先計算密度與速度的乘積：

$$\rho\vec{V} =x(x^2,-y^3,2z^2) =(x^3,-xy^3,2xz^2)$$

接著計算散度：

核心觀念

這題考的是有限區間上的一維熱方程，並使用分離變數法與傅立葉正弦級數。當兩端滿足齊次狄利克雷邊界條件 $u(0,t)=u(L,t)=0$ 時，空間特徵函數為

$$X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\qquad \lambda_n=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2,\qquad n=1,2,\ldots$$

每個空間模態隨時間以指數形式衰減，其時間因子為 $e^{-\beta\lambda_n t}$。

解題方法

令解為 $u(x,t)=X(x)T(t)$。代入熱方程

$$X(x)T'(t)=\beta X''(x)T(t)$$

並分離變數，可得

$$\frac{T'}{\beta T}=\frac{X''}{X}=-\lambda.$$

因此空間與時間分別滿足

$$X''+\lambda X=0,\qquad X(0)=X(L)=0,$$ $$T'+\beta\lambda T=0.$$

空間邊界條件給出特徵值與特徵函數

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

對應的時間解為