111 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

本題是二階常係數非齊次線性微分方程：

$$y''-9y=3e^{3x}.$$

解法分成兩部分：

1. 先求齊次方程的通解。
2. 再求非齊次項 $3e^{3x}$ 所對應的特解。

由於右側的 $e^{3x}$ 已出現在齊次解中，會發生共振，特解必須額外乘上 $x$。

---

解題方法

一、求齊次方程通解

先考慮對應的齊次方程：

$$y''-9y=0.$$

設 $y=e^{rx}$，代入得特徵方程：

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

因式分解：

$$(r-3)(r+3)=0,$$

因此兩個相異實根為

$$r=3,\qquad r=-3.$$

所以齊次解為

$$y_h=C_1e^{3x}+C_2e^{-3x},$$

其中 $C_1,C_2$ 為任意常數。

---

二、求非齊次方程的特解

右側為

$$3e^{3x}.$$

若直接設特解為 $Ae^{3x}$，因為 $e^{3x}$ 已是齊次解的一部分，代入左側會得到零，無法產生右側。因此需乘上 $x$，設

$$y_p=Axe^{3x}.$$

計算一階導數：

$$y_p'=A\frac{d}{dx}(xe^{3x}) =A(e^{3x}+3xe^{3x}) =A(1+3x)e^{3x}.$$

再計算二階導數：

核心觀念

本題考查：

• 極座標與複數表示法；
• 位置、速度、加速度的關係：
  $\mathbf v(t)=\frac{d\mathbf r}{dt},\qquad \mathbf a(t)=\frac{d\mathbf v}{dt};$
• 速度大小為複數導數的模長；
• 運動方向可由速度或加速度複數的輻角判定；
• 心形線在原點具有尖點，尖點處速度為零，因此運動切向單位向量不存在。

令複數位置函數為

$$z(t)=r e^{i\theta}.$$

由題意

$$r=2(1-\cos\theta),\qquad \theta=\omega t.$$

利用 $2\cos\theta=e^{i\theta}+e^{-i\theta}$，可得

$$\begin{aligned} z(t) &=2(1-\cos\theta)e^{i\theta}\\ &=2e^{i\theta}-\left(e^{2i\theta}+1\right)\\ &=2e^{i\theta}-e^{2i\theta}-1\\ &=-\left(e^{i\theta}-1\right)^2, \end{aligned}$$

其中 $\theta=\omega t$。

---

(a) 切向單位向量

速度複數為

$$\begin{aligned} z'(t) &=2i\omega e^{i\theta}-2i\omega e^{2i\theta}\\ &=2i\omega e^{i\theta}(1-e^{i\theta}). \end{aligned}$$

因此速度大小為

$$\begin{aligned} |z'(t)| &=2\omega |1-e^{i\theta}|\\ &=2\omega\sqrt{(1-\cos\theta)^2+\sin^2\theta}\\ &=2\omega\sqrt{2-2\cos\theta}\\ &=4\omega\left|\sin\frac{\theta}{2}\right|. \end{aligned}$$

當 $\sin(\theta/2)\neq 0$ 時，切向單位向量為

$$\mathbf T(t)=\frac{z'(t)}{|z'(t)|}.$$

又因為

$$1-e^{i\theta} =-2i e^{i\theta/2}\sin\frac{\theta}{2},$$

所以

$$\begin{aligned} \mathbf T(t) &=\frac{2i\omega e^{i\theta}(1-e^{i\theta})} {4\omega\left|\sin(\theta/2)\right|}\\ &=\frac{\sin(\theta/2)} {\left|\sin(\theta/2)\right|} e^{3i\theta/2}. \end{aligned}$$

故

$$\boxed{ \mathbf T(t) = \operatorname{sgn}\left(\sin\frac{\omega t}{2}\right) e^{3i\omega t/2} }$$

或寫成直角坐標形式：

$$\boxed{ \mathbf T(t) = \operatorname{sgn}\left(\sin\frac{\omega t}{2}\right) \left[ \cos\frac{3\omega t}{2} +i\sin\frac{3\omega t}{2} \right] }$$

其中 $\operatorname{sgn}$ 表示正負號函數。

當

$$\sin\frac{\omega t}{2}=0 \quad\Longleftrightarrow\quad t=\frac{2k\pi}{\omega},\qquad k\in\mathbb Z,$$

粒子位於心形線尖點 $r=0$，此時速度為零，因此由運動方向定義的切向單位向量不存在。

---

(b) 速度的大小與方向

速度為

$$\boxed{ \mathbf v(t)=z'(t) =2i\omega e^{i\omega t} \left(1-e^{i\omega t}\right) }$$

也可利用前述化簡式寫成

$$\begin{aligned} \mathbf v(t) &=4\omega\sin\frac{\omega t}{2} \,e^{3i\omega t/2}. \end{aligned}$$

因此速度大小為

$$\boxed{ |\mathbf v(t)| = 4\omega \left|\sin\frac{\omega t}{2}\right| }$$

速度方向就是切向單位向量：

$$\boxed{ \frac{\mathbf v(t)}{|\mathbf v(t)|} = \operatorname{sgn}\left(\sin\frac{\omega t}{2}\right) e^{3i\omega t/2} }$$

若以方向角 $\phi_v$ 表示，則可寫為

$$\boxed{ \phi_v(t)= \begin{cases} \dfrac{3\omega t}{2},& \sin\dfrac{\omega t}{2}>0,\\[8pt] \dfrac{3\omega t}{2}+\pi,& \sin\dfrac{\omega t}{2}<0, \end{cases} \pmod{2\pi} }$$

核心觀念

本題考查：

• 線性方程組的矩陣表示法；
• 特徵多項式與特徵值；
• 行列式、矩陣秩與線性獨立；
• 齊次方程組的解集合與零空間；
• 解空間的正交補空間。

令係數矩陣為 $A$，未知向量為 $v$，則方程組可寫成 $Av=0$。

---

(a) 矩陣形式

由四條方程式的係數可得

$$A= \begin{bmatrix} 2&-1&-1&0\\ -1&3&-1&-1\\ -1&-1&3&-1\\ 0&-1&-1&2 \end{bmatrix}, \qquad v= \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\boxed{ \begin{bmatrix} 2&-1&-1&0\\ -1&3&-1&-1\\ -1&-1&3&-1\\ 0&-1&-1&2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0\\0 \end{bmatrix} }$$

也就是

$$\boxed{Av=0}.$$

---

(b) 驗證特徵多項式

特徵多項式定義為

$$f(s)=\det(sI-A).$$

本題矩陣具有左右對稱性，因此可將向量分成兩類：

對稱型向量

令

$$v_s= \begin{bmatrix} a\\b\\b\\a \end{bmatrix}.$$

計算 $Av_s$：

$$Av_s= \begin{bmatrix} 2a-2b\\ -2a+2b\\ -2a+2b\\ 2a-2b \end{bmatrix}.$$

對應到 $(a,b)$ 的作用矩陣為

$$A_s= \begin{bmatrix} 2&-2\\ -2&2 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\det(sI-A_s) = \det \begin{bmatrix} s-2&2\\ 2&s-2 \end{bmatrix}$$ $$=(s-2)^2-4 =s(s-4).$$

反對稱型向量

令

$$v_a= \begin{bmatrix} a\\b\\-b\\-a \end{bmatrix}.$$

計算得

$$Av_a= \begin{bmatrix} 2a\\4b\\-4b\\-2a \end{bmatrix}.$$

因此在反對稱子空間中，$A$ 的作用相當於

$$A_a= \begin{bmatrix} 2&0\\ 0&4 \end{bmatrix}.$$

故

$$\det(sI-A_a)=(s-2)(s-4).$$

綜合兩個不變子空間：

$$f(s)=s(s-4)(s-2)(s-4)$$ $$=s(s-2)(s-4)^2.$$

展開可得

$$(s-2)(s-4)^2 =(s-2)(s^2-8s+16) =s^3-10s^2+32s-32.$$

因此

$$\boxed{ f(s)=s^4-10s^3+32s^2-32s }.$$

---

(c) 求特徵值

由

$$f(s)=s(s-2)(s-4)^2$$

可知特徵值為

$$\boxed{\lambda=0,\ 2,\ 4}.$$

其中代數重數如下：

• $\lambda=0$：代數重數 $1$；
• $\lambda=2$：代數重數 $1$；
• $\lambda=4$：代數重數 $2$。

快速作法是利用題目提示的特徵值 $2$：

$$f(s)=s^4-10s^3+32s^2-32s =s(s^3-10s^2+32s-32).$$

因為 $s=2$ 是根，所以除以 $s-2$：

$$s^3-10s^2+32s-32 =(s-2)(s^2-8s+16)$$ $$=(s-2)(s-4)^2.$$

---

(d) 判斷四條方程式是否線性獨立

四條方程式線性獨立，等價於係數矩陣 $A$ 的四個列向量，或四個方程式的係數列，彼此線性獨立。

由特徵值可知 $0$ 是 $A$ 的特徵值，因此

$$\det(A)=0.$$

所以 $A$ 不可逆，且

$$\operatorname{rank}(A)<4.$$

因此四條方程式線性相依。

事實上，四個方程式相加後，每個未知數的係數都為零：

$$\text{第1式}+ \text{第2式}+ \text{第3式}+ \text{第4式}=0.$$

因此存在非零線性組合使得結果為零，明確顯示四條方程式線性相依。

又因為零特徵值的代數重數為 $1$，此矩陣的零空間維度為 $1$，所以

$$\operatorname{rank}(A)=4-1=3.$$

故答案為

$$\boxed{\text{四條方程式線性相依，並非線性獨立。}}$$

---

核心觀念

二維向量場

$$\mathbf{F}(x,y)=(u(x,y),v(x,y))$$

的散度定義為

$$\nabla\cdot\mathbf{F} =\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y}.$$

散度衡量向量場在某一點附近的「淨流出程度」：

• 散度為正：局部像源頭，淨流出。
• 散度為負：局部像匯點，淨流入。
• 散度為零：流入與流出平衡，沒有局部源或匯。

---

解題方法

題目給定

$$u(x,y)=e^x\sin y,\qquad v(x,y)=e^x\cos y.$$

依散度公式分別計算：

$$\frac{\partial u}{\partial x} =\frac{\partial}{\partial x}(e^x\sin y) =e^x\sin y,$$

以及

$$\frac{\partial v}{\partial y} =\frac{\partial}{\partial y}(e^x\cos y) =-e^x\sin y.$$

因此，

$$\nabla\cdot\mathbf{F} =\frac{\partial u}{\partial x} +\frac{\partial v}{\partial y} =e^x\sin y-e^x\sin y=0.$$

所以此向量場在所有 $(x,y)$ 上的散度皆為零。

---

(a) 散度

$$\boxed{\nabla\cdot\mathbf{F}=0}$$

---

(b) 散度的物理意義

以一個很小的矩形控制區域來看：

• $\dfrac{\partial u}{\partial x}$ 表示水平方向流量沿 $x$ 方向的淨變化。
• $\dfrac{\partial v}{\partial y}$ 表示垂直方向流量沿 $y$ 方向的淨變化。