111 年 國立中正大學機械工程學系碩士班乙組《工程數學》

核心觀念

本題考查三階常係數非齊次線性微分方程：

$$\frac{d^3y}{dx^3}-y=3e^{-x}.$$

解題分為兩部分：

1. 先解齊次方程，求得齊次解 $y_h$。
2. 使用待定係數法求特解 $y_p$，再利用初始條件決定任意常數。

完整解為

$$y(x)=y_h(x)+y_p(x).$$

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(a) 齊次解

將右側設為零，得到齊次方程：

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

令 $y=e^{rx}$，代入可得特徵方程：

$$r^3-1=0.$$

因式分解：

$$r^3-1=(r-1)(r^2+r+1)=0.$$

因此特徵根為

$$r_1=1,$$

以及

$$r^2+r+1=0 \quad\Longrightarrow\quad r_{2,3}=\frac{-1\pm i\sqrt{3}}{2}.$$

對於複數根

$$r=\alpha\pm i\beta = -\frac12\pm i\frac{\sqrt3}{2},$$

其對應的實數形式解為

$$e^{\alpha x}\left(C_2\cos\beta x+C_3\sin\beta x\right).$$

故齊次解為

$$\boxed{ y_h(x) = C_1e^x + e^{-x/2} \left[ C_2\cos\left(\frac{\sqrt3}{2}x\right) + C_3\sin\left(\frac{\sqrt3}{2}x\right) \right] }.$$

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(b) 使用待定係數法求完整解

1. 求特解

非齊次項為 $3e^{-x}$，設特解為

$$y_p=Ae^{-x}.$$

其導數為

$$y_p'=-Ae^{-x},$$ $$y_p''=Ae^{-x},$$ $$y_p'''=-Ae^{-x}.$$

代入原方程：

$$y_p'''-y_p = -Ae^{-x}-Ae^{-x} = -2Ae^{-x}.$$

要求其等於 $3e^{-x}$，因此

$$-2A=3,$$

得到

$$A=-\frac32.$$

所以特解為

$$\boxed{ y_p=-\frac32e^{-x} }.$$

由於 $e^{-x}$ 並非齊次解中的形式，因此不需要乘上額外的 $x$ 次方。

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2. 寫出通解

令

$$\omega=\frac{\sqrt3}{2},$$

則通解為

$$y(x) = C_1e^x + e^{-x/2} \left[ C_2\cos(\omega x) + C_3\sin(\omega x) \right] -\frac32e^{-x}.$$

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3. 套用初始條件

為了計算初始條件，先分別求 $y(0)$、$y'(0)$ 與 $y''(0)$。

使用 $y(0)=0$

在 $x=0$ 時，

$$e^0=1,\qquad \cos 0=1,\qquad \sin 0=0.$$

因此

$$y(0)=C_1+C_2-\frac32=0,$$

所以

$$C_1+C_2=\frac32. \tag{1}$$

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使用 $y'(0)=1$

齊次解中第二項的導數為

$$\frac{d}{dx} \left\{ e^{-x/2} \left[ C_2\cos(\omega x)+C_3\sin(\omega x) \right] \right\}$$ $$= e^{-x/2} \left[ \left(-\frac12C_2+\omega C_3\right)\cos(\omega x) + \left(-\frac12C_3-\omega C_2\right)\sin(\omega x) \right].$$

因此在 $x=0$ 時，

核心觀念

本題考查單邊 Laplace transform 解初值問題，使用公式：

$$\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0)$$ $$\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)$$

其中 $Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}$。

另外，第 (b) 題須使用 Heaviside 階梯函數 $u(t-a)$ 及第二位移定理：

$$\mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-as}G(s)$$

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(a) $y''-y=e^t$，$y(0)=3$，$y'(0)=0$

解題方法

對方程式兩邊取 Laplace transform。

由初始條件，

$$\mathcal{L}\{y''\} =s^2Y(s)-3s$$

且

$$\mathcal{L}\{y\}=Y(s),\qquad \mathcal{L}\{e^t\}=\frac{1}{s-1}$$

因此：

$$s^2Y(s)-3s-Y(s)=\frac{1}{s-1}$$

整理得：

$$(s^2-1)Y(s)=3s+\frac{1}{s-1}$$

故

$$Y(s) =\frac{3s}{(s-1)(s+1)} +\frac{1}{(s-1)^2(s+1)}$$

合併為：

$$Y(s)=\frac{3s^2-3s+1}{(s-1)^2(s+1)}$$

進行部分分式分解：

$$Y(s)=\frac{A}{s-1}+\frac{B}{(s-1)^2}+\frac{C}{s+1}$$

所以

$$3s^2-3s+1 =A(s-1)(s+1)+B(s+1)+C(s-1)^2$$

代入 $s=1$：

$$1=2B \quad\Longrightarrow\quad B=\frac12$$

代入 $s=-1$：

$$7=4C \quad\Longrightarrow\quad C=\frac74$$

比較 $s^2$ 項：

$$A+C=3 \quad\Longrightarrow\quad A=\frac54$$

因此：

$$Y(s) =\frac{5/4}{s-1} +\frac{1/2}{(s-1)^2} +\frac{7/4}{s+1}$$

取反 Laplace transform：

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-1}\right\}=e^t$$ $$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s-1)^2}\right\}=te^t$$ $$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+1}\right\}=e^{-t}$$

得到：

$$\boxed{ y(t)=\frac54e^t+\frac12te^t+\frac74e^{-t} }$$

解題技巧與驗算

微分方程式的齊次解為

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

由於右側的 $e^t$ 已經是齊次解的一部分，因此特解會出現 $te^t$，這也反映在 $Y(s)$ 中出現 $(s-1)^2$。

初始值驗算：

$$y(0)=\frac54+\frac74=3$$

且

核心觀念

本題考查：

• 特徵多項式的定義：
  $f(s)=\det(sI-M)$
• 特徵值與特徵多項式根的關係。
• 矩陣可逆的判定：$0$ 是否為特徵值。
• 特徵向量的求法：
  $(M-\lambda I)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$
• 實對稱矩陣的譜定理：每一個實對稱矩陣皆可正交對角化。

矩陣 $M$ 為實對稱矩陣，因此可利用對稱與反對稱向量空間分解，簡化特徵多項式與特徵向量的計算。

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(a) 驗證特徵多項式

令

$$\boldsymbol{u}_1= \begin{bmatrix} 1\\0\\0\\1 \end{bmatrix}, \qquad \boldsymbol{u}_2= \begin{bmatrix} 0\\1\\1\\0 \end{bmatrix}$$

這兩個向量屬於對稱子空間。直接計算得

$$M\boldsymbol{u}_1 = \begin{bmatrix} 2\\-2\\-2\\2 \end{bmatrix} =2\boldsymbol{u}_1-2\boldsymbol{u}_2,$$ $$M\boldsymbol{u}_2 = \begin{bmatrix} -2\\2\\2\\-2 \end{bmatrix} =-2\boldsymbol{u}_1+2\boldsymbol{u}_2.$$

因此，在 $\{\boldsymbol{u}_1,\boldsymbol{u}_2\}$ 所張成的子空間中，$M$ 的表示矩陣為

$$B_1= \begin{bmatrix} 2&-2\\ -2&2 \end{bmatrix}.$$

再令

$$\boldsymbol{v}_1= \begin{bmatrix} 1\\0\\0\\-1 \end{bmatrix}, \qquad \boldsymbol{v}_2= \begin{bmatrix} 0\\1\\-1\\0 \end{bmatrix}$$

這兩個向量屬於反對稱子空間。計算得

$$M\boldsymbol{v}_1=2\boldsymbol{v}_1, \qquad M\boldsymbol{v}_2=4\boldsymbol{v}_2.$$

因此，在反對稱子空間中的表示矩陣為

$$B_2= \begin{bmatrix} 2&0\\ 0&4 \end{bmatrix}.$$

所以 $M$ 可在適當基底下表示成區塊對角矩陣，其特徵多項式為

$$f(s)=\det(sI-B_1)\det(sI-B_2).$$

先計算第一個區塊：

$$\det(sI-B_1) = \det \begin{bmatrix} s-2&2\\ 2&s-2 \end{bmatrix} =(s-2)^2-4 =s(s-4).$$

第二個區塊為

$$\det(sI-B_2)=(s-2)(s-4).$$

因此

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

展開如下：

$$\begin{aligned} f(s) &=s(s^2-8s+16)(s-2)\\ &=s(s^3-10s^2+32s-32)\\ &=s^4-10s^3+32s^2-32s. \end{aligned}$$

故題目所給的特徵多項式正確。

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(b) 求矩陣的特徵值

由

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

可得特徵值為

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

其中：

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

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(c) 判斷 $M$ 是否可逆

矩陣可逆的充要條件是

$$\det(M)\neq 0.$$

而 $\det(M)$ 等於特徵多項式的常數項，因此

$$\det(M)=f(0)=0.$$

也可直接觀察到 $0$ 是 $M$ 的特徵值，所以 $M$ 有非零向量 $\boldsymbol{x}$ 滿足

$$M\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}.$$

因此 $M$ 的零空間不只包含零向量，矩陣為奇異矩陣。

$$\boxed{M\text{ 不可逆，因為 }0\text{ 是 }M\text{ 的特徵值。}}$$

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(d) 求對應於特徵值 $4$ 的特徵向量

令

$$\boldsymbol{x}= \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{bmatrix}.$$

求 $\lambda=4$ 的特徵向量，需解

$$(M-4I)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}.$$

其中