112 年 國立中央大學地球科學學系地球物理碩士班在職生《應用數學》

此題主要考驗對二階齊次線性微分方程通解的理解，以及如何利用 Wronskian 判定解的線性獨立性，並求解初值問題。

(a) 求二階齊次線性 ODE

若 $y_1$ 和 $y_2$ 為二階齊次線性 ODE 的解，則該 ODE 的通解可寫為 $y(t) = c_1 y_1(t) + c_2 y_2(t)$。
我們有 $y_1 = 1$ 和 $y_2 = e^{3t}$。
因此，通解形式為 $y(t) = c_1 (1) + c_2 e^{3t}$。

為了求出 ODE，我們可以利用 Wronskian 的性質。如果 $y_1$ 和 $y_2$ 是線性獨立的，那麼它們是某個二階齊次線性 ODE 的解，該 ODE 可以寫成 $W(y_1, y_2) = 0$ 的形式，其中 $W(y_1, y_2)$ 是 Wronskian。
然而，更直接的方法是建構 ODE。
假設 ODE 為 $y'' + p(t) y' + q(t) y = 0$。
將 $y_1 = 1$ 代入：$0 + p(t)(0) + q(t)(1) = 0 \implies q(t) = 0$。
將 $y_2 = e^{3t}$ 代入：$9e^{3t} + p(t)(3e^{3t}) + q(t)(e^{3t}) = 0$。
由於 $q(t) = 0$，我們得到 $9e^{3t} + 3p(t)e^{3t} = 0$。
因為 $e^{3t} \neq 0$，我們可以除以 $e^{3t}$ 得到 $9 + 3p(t) = 0$，所以 $p(t) = -3$。

因此，所求的二階齊次線性 ODE 為 $y'' - 3y' = 0$。

(b) 利用 Wronskian 證明線性獨立

Wronskian 定義為：
$W(y_1, y_2)(t) = \begin{vmatrix} y_1(t) & y_2(t) \\ y_1'(t) & y_2'(t) \end{vmatrix}$

此題為一個二元一次的聯立常微分方程組的初值問題，需要利用代數消元法或矩陣法來求解。

我們採用代數消元法。
給定方程組：

1. $y'_1 = -y_2 + 2\cos t$
2. $y'_2 = 4y_1 - 8\sin t$

由式 (1)，我們可以得到 $y_2 = -y'_1 + 2\cos t$。
對 $y_2$ 求導：
$y'_2 = -y''_1 - 2\sin t$ (式 3)

將式 (2) 和式 (3) 的 $y'_2$ 相等：
$4y_1 - 8\sin t = -y''_1 - 2\sin t$
$y''_1 + 4y_1 = 6\sin t$

這是一個非齊次線性二階 ODE，其特徵方程為 $r^2 + 4 = 0$，所以 $r = \pm 2i$。
齊次解為 $y_{1h}(t) = c_1 \cos(2t) + c_2 \sin(2t)$。

對於特解 $y_{1p}(t)$，由於非齊次項是 $6\sin t$，我們假設特解形式為 $y_{1p}(t) = A\cos t + B\sin t$。
求導兩次：
$y'_{1p}(t) = -A\sin t + B\cos t$
$y''_{1p}(t) = -A\cos t - B\sin t$

代入 ODE $y''_1 + 4y_1 = 6\sin t$:
$(-A\cos t - B\sin t) + 4(A\cos t + B\sin t) = 6\sin t$
$(-A + 4A)\cos t + (-B + 4B)\sin t = 6\sin t$
$3A\cos t + 3B\sin t = 6\sin t$

比較係數：
$3A = 0 \implies A = 0$
$3B = 6 \implies B = 2$

所以特解為 $y_{1p}(t) = 2\sin t$。

$y_1(t)$ 的通解為 $y_1(t) = y_{1h}(t) + y_{1p}(t) = c_1 \cos(2t) + c_2 \sin(2t) + 2\sin t$。

現在我們利用初始條件 $y_1(0) = -1$ 來求解 $c_1$ 和 $c_2$。
$y_1(0) = c_1 \cos(0) + c_2 \sin(0) + 2\sin(0) = c_1 = -1$。

所以，$y_1(t) = - \cos(2t) + c_2 \sin(2t) + 2\sin t$。

核心觀念

本題考查以下線性代數概念：

1. 特徵值與特徵向量

   若存在非零向量 $\mathbf v$ 使得

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

   則 $\lambda$ 稱為矩陣 $A$ 的特徵值，$\mathbf v$ 稱為對應的特徵向量。

2. 特徵方程

   特徵值必須滿足

   $\det(\lambda I-A)=0.$

3. 特徵基底與對角化

   若 $3\times 3$ 矩陣具有三個線性獨立的特徵向量，便可組成一組特徵基底，並且可對角化為

   $A=PDP^{-1},$

   其中 $P$ 的各欄為特徵向量，$D$ 的對角元素為相對應的特徵值。

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解題方法

題目已知一個特徵值 $\lambda_1=-2$。先求其特徵向量，再求出其餘特徵值與特徵向量，最後組成矩陣 $P$ 與對角矩陣 $D$。

令

$$A= \begin{bmatrix} -5&-6&6\\ -9&-8&12\\ -12&-12&16 \end{bmatrix}.$$

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一、求 $\lambda=-2$ 對應的特徵向量

特徵向量滿足

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

計算得

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

設

$$\mathbf v= \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix},$$

則

$$\begin{bmatrix} -3&-6&6\\ -9&-6&12\\ -12&-12&18 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

每列除以 $-3$，得到

$$\begin{bmatrix} 1&2&-2\\ 3&2&-4\\ 4&4&-6 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

因此方程為

$$x+2y-2z=0,$$ $$3x+2y-4z=0.$$

以第二式減去第一式的兩倍：

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

所以

$$x=2y.$$

代回第一式：

$$2y+2y-2z=0,$$ $$z=2y.$$

令 $y=1$，則

$$x=2,\qquad z=2.$$

故可取特徵向量

$$\mathbf v_1= \begin{bmatrix} 2\\1\\2 \end{bmatrix}, \qquad \lambda_1=-2.$$

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二、求其餘特徵值

矩陣的跡為

$$\operatorname{tr}(A)=-5-8+16=3.$$

三個特徵值的總和等於矩陣的跡，因此若其餘兩個特徵值為 $\lambda_2,\lambda_3$，則

$$-2+\lambda_2+\lambda_3=3,$$

所以

$$\lambda_2+\lambda_3=5.$$

再計算行列式：

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

各項為

$$\begin{vmatrix} -8&12\\ -12&16 \end{vmatrix} =(-8)(16)-12(-12)=16,$$ $$\begin{vmatrix} -9&12\\ -12&16 \end{vmatrix} =(-9)(16)-12(-12)=0,$$ $$\begin{vmatrix} -9&-8\\ -12&-12 \end{vmatrix} =(-9)(-12)-(-8)(-12)=12.$$

因此

$$\det(A)=(-5)(16)+6(0)+6(12)=-80+72=-8.$$

特徵值乘積等於 $\det(A)$，所以

$$(-2)\lambda_2\lambda_3=-8,$$

得到

$$\lambda_2\lambda_3=4.$$

因此 $\lambda_2,\lambda_3$ 是滿足

$$t^2-5t+4=0$$

的兩根。因式分解得

$$t^2-5t+4=(t-1)(t-4).$$

故其餘特徵值為

$$\lambda_2=1,\qquad \lambda_3=4.$$

因此特徵多項式為

$$\det(\lambda I-A) =(\lambda+2)(\lambda-1)(\lambda-4).$$

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三、求 $\lambda=1$ 對應的特徵向量

令 $\lambda=1$，則

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

計算得

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

方程組為

$$-6x-6y+6z=0,$$ $$-9x-9y+12z=0,$$ $$-12x-12y+15z=0.$$

第一式除以 $-6$：

核心觀念

本題考查向量微積分中的基本運算：

• 梯度：
  $\nabla f=\left(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y},\frac{\partial f}{\partial z}\right)$
• 拉普拉斯算子：
  $\nabla^2 g=\frac{\partial^2 g}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 g}{\partial y^2}+\frac{\partial^2 g}{\partial z^2}$
• 旋度：

$$\nabla\times\mathbf w= \left( \frac{\partial w_3}{\partial y}-\frac{\partial w_2}{\partial z}, \frac{\partial w_1}{\partial z}-\frac{\partial w_3}{\partial x}, \frac{\partial w_2}{\partial x}-\frac{\partial w_1}{\partial y} \right)$$

• 叉積所得向量必垂直於原來的兩個向量，因此
  $\mathbf a\cdot(\mathbf b\times\mathbf a)=0$

已知

$$f=xy-yz$$ $$\mathbf v=(4z,2y,x-z)$$ $$\mathbf w=(y^2,y^2-x^2,2z^2)$$

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解題方法與計算過程

a. 求 $\nabla f$ 在 $P:(0,3,1)$ 的值

先分別計算偏微分：

$$\frac{\partial f}{\partial x}=y$$ $$\frac{\partial f}{\partial y}=x-z$$ $$\frac{\partial f}{\partial z}=-y$$

因此

$$\nabla f=(y,x-z,-y)$$

代入 $P=(0,3,1)$：

$$\nabla f\big|_{(0,3,1)} =(3,0-1,-3)$$

所以

$$\boxed{\nabla f\big|_P=(3,-1,-3)}$$

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b. 求 $\nabla^2(xzf)$

先將函數展開：

$$xzf=xz(xy-yz)$$ $$xzf=x^2yz-xyz^2$$

令

$$g=xzf=x^2yz-xyz^2$$

分別求二階偏微分。

對 $x$ 微分：

$$\frac{\partial g}{\partial x}=2xyz-yz^2$$

因此

$$\frac{\partial^2 g}{\partial x^2}=2yz$$

對 $y$ 微分：

$$\frac{\partial g}{\partial y}=x^2z-xz^2$$

此式與 $y$ 無關，所以

$$\frac{\partial^2 g}{\partial y^2}=0$$

對 $z$ 微分：

$$\frac{\partial g}{\partial z}=x^2y-2xyz$$

因此

$$\frac{\partial^2 g}{\partial z^2}=-2xy$$

套用拉普拉斯算子：

$$\nabla^2(xzf) = \frac{\partial^2 g}{\partial x^2} +\frac{\partial^2 g}{\partial y^2} +\frac{\partial^2 g}{\partial z^2}$$ $$\nabla^2(xzf) =2yz+0-2xy$$

故

$$\boxed{\nabla^2(xzf)=2y(z-x)}$$

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c. 求 $(\nabla\times\mathbf w)\cdot\mathbf v$ 在 $(4,0,2)$ 的值

設

$$\mathbf w=(w_1,w_2,w_3) =(y^2,y^2-x^2,2z^2)$$

先求旋度：

核心觀念

本題考查「週期性外力作用下的二階常係數微分方程」，主要使用：

1. 傅立葉級數展開週期函數 $r(t)$。
2. 齊次方程的通解。
3. 對傅立葉級數逐項代入微分方程。
4. 非共振條件：$|\omega|\neq 0,1,2,\dots$，確保各傅立葉模態的分母不為零。

方程為

$$y''+\omega^2y=r(t),$$

其中 $r(t)$ 以 $2\pi$ 為週期，且在 $-\pi<t<\pi$ 時

$$r(t)=3t^2.$$

由於 $r(t)=3t^2$ 是偶函數，其傅立葉級數只含常數項與餘弦項。

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一、展開外力函數的傅立葉級數

以標準形式表示：

$$r(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} \left(a_n\cos nt+b_n\sin nt\right).$$

因為 $r(t)$ 是偶函數，所以

$$b_n=0.$$

計算常數項

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}3t^2\,dt.$$

利用偶函數性質，

$$a_0=\frac{6}{\pi}\int_0^\pi t^2\,dt =\frac{6}{\pi}\left[\frac{t^3}{3}\right]_0^\pi =2\pi^2.$$

因此

$$\frac{a_0}{2}=\pi^2.$$

計算餘弦係數

$$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}3t^2\cos(nt)\,dt =\frac{6}{\pi}\int_0^\pi t^2\cos(nt)\,dt.$$

先計算積分。分部積分得

$$\int t^2\cos(nt)\,dt =\frac{t^2\sin(nt)}{n} -\frac{2}{n}\int t\sin(nt)\,dt.$$

又有

$$\int t\sin(nt)\,dt =-\frac{t\cos(nt)}{n}+\frac{\sin(nt)}{n^2}.$$

所以

$$\int t^2\cos(nt)\,dt = \frac{t^2\sin(nt)}{n} +\frac{2t\cos(nt)}{n^2} -\frac{2\sin(nt)}{n^3}.$$

代入 $0$ 與 $\pi$：

$$\int_0^\pi t^2\cos(nt)\,dt = \frac{2\pi\cos(n\pi)}{n^2} = \frac{2\pi(-1)^n}{n^2}.$$

因此

$$a_n=\frac{6}{\pi}\cdot \frac{2\pi(-1)^n}{n^2} = \frac{12(-1)^n}{n^2}.$$

故外力函數的傅立葉級數為

$$r(t)=\pi^2+ 12\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2}\cos(nt).$$

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二、求齊次方程通解

先考慮齊次方程

$$y''+\omega^2y=0.$$

其特徵方程為

$$\lambda^2+\omega^2=0,$$

所以

$$\lambda=\pm i\omega.$$

因此齊次解為

$$y_h(t)=C_1\cos(\omega t)+C_2\sin(\omega t).$$

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三、求週期特解

由於右側傅立葉級數由常數項與 $\cos(nt)$ 組成，設特解為