112 年 國立中央大學地球科學學系地球物理碩士班一般生《應用數學》

此題考驗二階齊次線性微分方程的建構、Wronskian 判別線性獨立，以及求解初值問題。

核心觀念：

1. 二階齊次線性 ODE 的通解形式為 $y(t) = c_1 y_1(t) + c_2 y_2(t)$。
2. 若 $y_1, y_2$ 為線性獨立的解，則其 Wronskian $W(y_1, y_2) = y_1 y_2' - y_1' y_2 \neq 0$。
3. 二階齊次線性 ODE 的標準形式為 $ay'' + by' + cy = 0$。
4. 由兩個線性獨立的解 $y_1, y_2$ 可以推導出其對應的微分方程。
5. 利用初值條件求解常微分方程的特解。

解題步驟：

(a) 求二階齊次線性 ODE

給定兩個解 $y_1(t) = 1$ 和 $y_2(t) = e^{3t}$。
一個二階齊次線性 ODE 的通解形式為 $y(t) = c_1 y_1(t) + c_2 y_2(t)$。
我們需要找到一個微分方程，使得 $y_1$ 和 $y_2$ 都是它的解。

考慮標準形式的二階齊次線性 ODE：$ay'' + by' + cy = 0$。
其特徵方程為 $ar^2 + br + c = 0$。
從解的形式 $y_1 = 1 = e^{0t}$ 和 $y_2 = e^{3t}$，可知特徵方程的根為 $r_1 = 0$ 和 $r_2 = 3$。

由根與係數的關係，特徵方程可以寫成：
$(r - r_1)(r - r_2) = 0$
$(r - 0)(r - 3) = 0$
$r(r - 3) = 0$
$r^2 - 3r = 0$

對應的微分方程為 $y'' - 3y' = 0$。
我們可以令 $a=1, b=-3, c=0$。
此 ODE 為 $y'' - 3y' = 0$。

驗證：
若 $y(t) = 1$，則 $y'(t) = 0$, $y''(t) = 0$。代入方程：$0 - 3(0) = 0$。成立。
若 $y(t) = e^{3t}$，則 $y'(t) = 3e^{3t}$, $y''(t) = 9e^{3t}$。代入方程：$9e^{3t} - 3(3e^{3t}) = 9e^{3t} - 9e^{3t} = 0$。成立。

【答案】$y'' - 3y' = 0$

(b) 利用 Wronskian 證明線性獨立

此題考驗求解一階線性微分方程組的初值問題。

核心觀念：

1. 一階線性微分方程組可以表示為向量形式 $\mathbf{y}' = A\mathbf{y} + \mathbf{f}(t)$。
2. 若係數矩陣 $A$ 是常數矩陣，則可以利用特徵值、特徵向量來求解齊次部分。
3. 對於非齊次項 $\mathbf{f}(t)$，可以利用待定係數法或參數變動法求解特解。
4. 初值問題的解是齊次解與特解的總和，再利用初始條件確定常數。

解題步驟：

此微分方程組為：
$y_1' = -y_1 + 2\cos t$ (1)
$y_2' = 4y_1 - 8\sin t$ (2)

首先，觀察方程 (1)。這是一個一階線性非齊次微分方程，其中 $y_1$ 的行為只與 $t$ 有關，與 $y_2$ 無關。我們可以先解出 $y_1(t)$。

解 $y_1(t)$

方程 (1) 是一個一階線性非齊次 ODE：$y_1' + y_1 = 2\cos t$。
這是標準形式 $y' + p(t)y = q(t)$，其中 $p(t) = 1$，$q(t) = 2\cos t$。
積分因子為 $e^{\int p(t) dt} = e^{\int 1 dt} = e^t$。

將方程兩邊乘以積分因子 $e^t$：
$e^t y_1' + e^t y_1 = 2e^t \cos t$
左邊是 $(e^t y_1)'$ 的導數。
$(e^t y_1)' = 2e^t \cos t$

對兩邊積分：
$e^t y_1 = \int 2e^t \cos t dt$

計算 $\int e^t \cos t dt$。我們可以利用分部積分法兩次。
令 $I = \int e^t \cos t dt$。
第一次分部積分：令 $u = \cos t, dv = e^t dt$。則 $du = -\sin t dt, v = e^t$。
$I = e^t \cos t - \int e^t (-\sin t) dt = e^t \cos t + \int e^t \sin t dt$。
第二次分部積分：對 $\int e^t \sin t dt$。令 $u = \sin t, dv = e^t dt$。則 $du = \cos t dt, v = e^t$。
$\int e^t \sin t dt = e^t \sin t - \int e^t \cos t dt = e^t \sin t - I$。
所以，$I = e^t \cos t + (e^t \sin t - I)$
$2I = e^t (\cos t + \sin t)$
$I = \frac{1}{2} e^t (\cos t + \sin t)$。

核心觀念

若矩陣 $A$ 有特徵值 $\lambda$，則存在非零向量 $\mathbf v$ 滿足

$$A\mathbf v=\lambda \mathbf v,$$

等價於

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

若 $3\times 3$ 矩陣具有三個線性獨立的特徵向量，則這些特徵向量可組成一組特徵基底。令

$$P=\begin{pmatrix}\mathbf v_1&\mathbf v_2&\mathbf v_3\end{pmatrix},$$

且對應特徵值依序為 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$，則

$$P^{-1}AP=D,$$

其中

$$D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3),$$

也就是

$$A=PDP^{-1}.$$

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解題方法

一、求特徵多項式與全部特徵值

計算

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} -5-\lambda & -6 & 6\\ -9 & -8-\lambda & 12\\ -12 & -12 & 16-\lambda \end{vmatrix}.$$

沿第一列展開：

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) ={}&(-5-\lambda) \begin{vmatrix} -8-\lambda&12\\ -12&16-\lambda \end{vmatrix}\\ &+6 \begin{vmatrix} -9&12\\ -12&16-\lambda \end{vmatrix} +6 \begin{vmatrix} -9&-8-\lambda\\ -12&-12 \end{vmatrix}. \end{aligned}$$

各小行列式分別為

$$\begin{aligned} \begin{vmatrix} -8-\lambda&12\\ -12&16-\lambda \end{vmatrix} &=(-8-\lambda)(16-\lambda)+144\\ &=(\lambda-4)^2, \end{aligned}$$ $$\begin{vmatrix} -9&12\\ -12&16-\lambda \end{vmatrix} =-9(16-\lambda)+144=9\lambda,$$

以及

$$\begin{vmatrix} -9&-8-\lambda\\ -12&-12 \end{vmatrix} =108-12(8+\lambda) =-12(\lambda-1).$$

因此

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(-5-\lambda)(\lambda-4)^2+54\lambda-72(\lambda-1)\\ &=-\lambda^3+3\lambda^2+6\lambda-8\\ &=-(\lambda+2)(\lambda-1)(\lambda-4). \end{aligned}$$

所以全部特徵值為

$$\boxed{\lambda=-2,\ 1,\ 4}.$$

題目已給出 $\lambda_1=-2$，可用來快速確認特徵多項式的因式。

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二、求 $\lambda=-2$ 的特徵向量

解

$$(A+2I)\mathbf v=\mathbf 0.$$

其中

$$A+2I= \begin{pmatrix} -3&-6&6\\ -9&-6&12\\ -12&-12&18 \end{pmatrix}.$$

令 $\mathbf v=(x,y,z)^T$，方程組為

$$\begin{cases} x+2y-2z=0,\\ 3x+2y-4z=0,\\ 2x+2y-3z=0. \end{cases}$$

由第一式得

$$x=-2y+2z.$$

代入第二式：

$$3(-2y+2z)+2y-4z=0,$$

因此

$$-4y+2z=0 \quad\Longrightarrow\quad z=2y.$$

再代回 $x=-2y+2z$：

$$x=-2y+4y=2y.$$

取 $y=1$，得到特徵向量

$$\mathbf v_1= \begin{pmatrix} 2\\1\\2 \end{pmatrix}.$$

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三、求 $\lambda=1$ 的特徵向量

解

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

其中

$$A-I= \begin{pmatrix} -6&-6&6\\ -9&-9&12\\ -12&-12&15 \end{pmatrix}.$$

方程組可寫成

$$\begin{cases} -x-y+z=0,\\ -9x-9y+12z=0,\\ -12x-12y+15z=0. \end{cases}$$

第一式給出

$$z=x+y.$$

代入第二式：

$$-9(x+y)+12(x+y)=0,$$

所以

此題考驗向量微積分中的梯度 (gradient)、散度 (divergence)、旋度 (curl) 以及拉普拉斯算子 (Laplacian) 的計算。

核心觀念：

1. 梯度：$\nabla f = \left(\frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z}\right)$。
2. 拉普拉斯算子：$\nabla^2 g = \nabla \cdot (\nabla g) = \frac{\partial^2 g}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 g}{\partial y^2} + \frac{\partial^2 g}{\partial z^2}$。
3. 旋度：$\nabla \times \mathbf{F} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ F_x & F_y & F_z \end{vmatrix}$。
4. 向量點積：$\mathbf{a} \cdot \mathbf{b} = a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3$。
5. 向量叉積：$\mathbf{a} \times \mathbf{b}$。
6. 三重純量積：$\mathbf{a} \cdot (\mathbf{b} \times \mathbf{c})$。
7. 三重向量積：$\mathbf{a} \times (\mathbf{b} \times \mathbf{c}) = (\mathbf{a} \cdot \mathbf{c})\mathbf{b} - (\mathbf{a} \cdot \mathbf{b})\mathbf{c}$。

給定：
$f = xy - yz$
$\mathbf{v} = [4z, 2y, x-z] = 4z\mathbf{i} + 2y\mathbf{j} + (x-z)\mathbf{k}$
$\mathbf{w} = [y^2, y^2-x^2, 2z^2] = y^2\mathbf{i} + (y^2-x^2)\mathbf{j} + 2z^2\mathbf{k}$

a. $\nabla f$ at $P:(0, 3, 1)$

首先計算梯度 $\nabla f$：
$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(xy - yz) = y$
$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(xy - yz) = x - z$
$\frac{\partial f}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z}(xy - yz) = -y$
所以，$\nabla f = [y, x-z, -y]$。

在點 $P(0, 3, 1)$ 計算 $\nabla f$：
$x=0, y=3, z=1$
$\nabla f \big|_{P} = [3, 0-1, -3] = [3, -1, -3]$。

【答案】$[3, -1, -3]$

b. $\nabla^2 (xzf)$

首先計算 $xzf$：
$xzf = xz(xy - yz) = x^2yz - xyz^2$。

然後計算其梯度 $\nabla (xzf)$：
$\frac{\partial}{\partial x}(x^2yz - xyz^2) = 2xyz - yz^2$
$\frac{\partial}{\partial y}(x^2yz - xyz^2) = x^2z - xz^2$
$\frac{\partial}{\partial z}(x^2yz - xyz^2) = x^2y - 2xyz$
所以，$\nabla (xzf) = [2xyz - yz^2, x^2z - xz^2, x^2y - 2xyz]$。

接著計算散度 $\nabla \cdot (\nabla (xzf))$：
$\nabla^2 (xzf) = \frac{\partial}{\partial x}(2xyz - yz^2) + \frac{\partial}{\partial y}(x^2z - xz^2) + \frac{\partial}{\partial z}(x^2y - 2xyz)$
$= (2yz) + (0) + (-2xy)$
$= 2yz - 2xy$。

【答案】$2yz - 2xy$

c. $(\nabla \times w) \cdot v$ at $(4, 0, 2)$

此題考驗求解具有週期性非齊次項的二階線性常微分方程。這通常需要使用傅立葉級數展開週期函數，然後求解微分方程。

核心觀念：

1. 二階線性非齊次 ODE 的解為齊次解與特解之和：$y(t) = y_h(t) + y_p(t)$。
2. 齊次方程 $y'' + \omega^2 y = 0$ 的解取決於 $\omega^2$ 的值。由於 $|\omega| \neq 0, 1, 2, \dots$，$\omega^2$ 不會是 $0$ 或整數的平方。
   • 若 $\omega^2 > 0$，齊次解為 $y_h(t) = C_1 \cos(\omega t) + C_2 \sin(\omega t)$。
   • 若 $\omega^2 < 0$，令 $\omega^2 = -\mu^2$ ($\mu$ 為實數)，則齊次解為 $y_h(t) = C_1 e^{\mu t} + C_2 e^{-\mu t}$。
   • 若 $\omega^2 = 0$，則 $y'' = 0$，齊次解為 $y_h(t) = C_1 t + C_2$。
     題目中給定 $|\omega| \neq 0, 1, 2, \dots$，這通常暗示 $\omega$ 是實數且 $\omega^2 > 0$。如果 $\omega$ 是複數，則情況會更複雜。假設 $\omega$ 是實數，且 $\omega^2 > 0$。
3. 週期函數 $r(t)$ 的傅立葉級數展開。
4. 求解非齊次項為三角函數時的特解（待定係數法）。

解題步驟：

給定微分方程 $y'' + \omega^2 y = r(t)$。
$r(t)$ 是 $2\pi$-periodic，且在 $-\pi < t < \pi$ 區間內 $r(t) = 3t^2$。

步驟 1：求解齊次方程

齊次方程為 $y'' + \omega^2 y = 0$。
特徵方程為 $r^2 + \omega^2 = 0$。
$r^2 = -\omega^2$。
由於 $|\omega| \neq 0, 1, 2, \dots$，我們假設 $\omega$ 是實數且 $\omega^2 > 0$。
則 $r = \pm i\omega$。
齊次解為 $y_h(t) = C_1 \cos(\omega t) + C_2 \sin(\omega t)$。

步驟 2：展開週期函數 $r(t)$ 的傅立葉級數

$r(t)$ 在區間 $[-\pi, \pi]$ 上定義為 $r(t) = 3t^2$。由於 $r(t)$ 是偶函數 ($r(-t) = 3(-t)^2 = 3t^2 = r(t)$)，其傅立葉級數只包含餘弦項和常數項。
$r(t) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos(nt)$。
這裡的週期是 $2\pi$，所以 $L=\pi$。
$a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} r(t) dt = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} 3t^2 dt = \frac{3}{\pi} \left[ \frac{t^3}{3} \right]_{-\pi}^{\pi} = \frac{1}{\pi} (\pi^3 - (-\pi)^3) = \frac{1}{\pi} (2\pi^3) = 2\pi^2$。
所以 $\frac{a_0}{2} = \pi^2$。

$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} r(t) \cos(nt) dt = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} 3t^2 \cos(nt) dt$。
由於 $3t^2 \cos(nt)$ 是偶函數，我們可以寫成：
$a_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} 3t^2 \cos(nt) dt = \frac{6}{\pi} \int_{0}^{\pi} t^2 \cos(nt) dt$。

我們需要計算 $\int t^2 \cos(nt) dt$。使用分部積分法兩次。
令 $I = \int t^2 \cos(nt) dt$。
第一次分部積分：令 $u = t^2, dv = \cos(nt) dt$。則 $du = 2t dt, v = \frac{1}{n}\sin(nt)$。
$I = \frac{t^2}{n}\sin(nt) - \int \frac{1}{n}\sin(nt) (2t) dt = \frac{t^2}{n}\sin(nt) - \frac{2}{n} \int t \sin(nt) dt$。

第二次分部積分：對 $\int t \sin(nt) dt$。令 $u = t, dv = \sin(nt) dt$。則 $du = dt, v = -\frac{1}{n}\cos(nt)$。
$\int t \sin(nt) dt = -\frac{t}{n}\cos(nt) - \int (-\frac{1}{n}\cos(nt)) dt = -\frac{t}{n}\cos(nt) + \frac{1}{n} \int \cos(nt) dt = -\frac{t}{n}\cos(nt) + \frac{1}{n^2}\sin(nt)$。