108 年 國立臺灣大學生物環境系統工程學系碩士班甲組《工程數學（I）》

核心觀念

本題考查矩陣線性變換的特徵值、特徵向量、主方向，以及圓在線性變換下如何變成橢圓。

對矩陣 $A$，若

$$Av=\lambda v,\qquad v\ne 0,$$

則 $\lambda$ 為特徵值，$v$ 為對應的特徵向量。特徵向量方向就是膜的主方向，特徵值則是該方向的伸長倍率。

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(a) 主方向與伸長倍率

給定

$$A= \begin{bmatrix} 4&1\\ 1&4 \end{bmatrix}.$$

特徵方程為

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 4-\lambda&1\\ 1&4-\lambda \end{vmatrix} =0.$$

因此

$$(4-\lambda)^2-1=0,$$

即

$$(4-\lambda-1)(4-\lambda+1)=0.$$

所以特徵值為

$$\lambda_1=5,\qquad \lambda_2=3.$$

$\lambda_1=5$

$$(A-5I)v=0 \Rightarrow \begin{bmatrix} -1&1\\ 1&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1\\v_2 \end{bmatrix} =0.$$

故 $v_1=v_2$，可取

$$v^{(1)}= \begin{bmatrix} 1\\1 \end{bmatrix}, \qquad \widehat v^{(1)} = \frac{1}{\sqrt2} \begin{bmatrix} 1\\1 \end{bmatrix}.$$

主方向為 $y=x$，伸長倍率為 $5$。

$\lambda_2=3$

$$(A-3I)v=0 \Rightarrow \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1\\v_2 \end{bmatrix} =0.$$

故 $v_1=-v_2$，可取

$$v^{(2)}= \begin{bmatrix} 1\\-1 \end{bmatrix}, \qquad \widehat v^{(2)} = \frac{1}{\sqrt2} \begin{bmatrix} 1\\-1 \end{bmatrix}.$$

主方向為 $y=-x$，伸長倍率為 $3$。

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(b) 圓與伸長後橢圓

原始膜的邊界為

$$X_1^2+X_2^2=1,$$

這是 $X_1$-$X_2$ 平面上以原點為中心、半徑 $1$ 的單位圓。

令

$$\xi=\frac{X_1+X_2}{\sqrt2}, \qquad \eta=\frac{X_1-X_2}{\sqrt2}.$$

其中 $\xi$ 沿著方向 $(1,1)$，$\eta$ 沿著方向 $(1,-1)$。由特徵值可知：

$$u=5\xi,\qquad v=3\eta,$$

其中

$$u=\frac{y_1+y_2}{\sqrt2}, \qquad v=\frac{y_1-y_2}{\sqrt2}.$$

因此伸長後橢圓方程為

$$\frac{u^2}{25}+\frac{v^2}{9}=1.$$

換回 $y_1,y_2$：

$$\boxed{ \frac{(y_1+y_2)^2}{50} + \frac{(y_1-y_2)^2}{18} =1 }.$$

橢圓具有下列特徵：

• 中心：$(0,0)$。

• 長半軸：$5$，方向為 $(1,1)$，端點為

  $$\left(\frac{5}{\sqrt2},\frac{5}{\sqrt2}\right), \quad \left(-\frac{5}{\sqrt2},-\frac{5}{\sqrt2}\right).$$

• 短半軸：$3$，方向為 $(1,-1)$，端點為

  $$\left(\frac{3}{\sqrt2},-\frac{3}{\sqrt2}\right), \quad \left(-\frac{3}{\sqrt2},\frac{3}{\sqrt2}\right).$$

示意圖應畫出：

• $X_1$-$X_2$ 平面中的單位圓。
• $y_1$-$y_2$ 平面中沿 $y=x$ 方向較長、沿 $y=-x$ 方向較短的橢圓。

快速判斷方法是：矩陣的兩個特徵值為 $5$ 與 $3$，所以單位圓必然變成半軸長度分別為 $5$、$3$ 的橢圓。

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(c) 計算 $A_1$ 的特徵值與特徵向量

題目給定

核心觀念

本題考查兩個重點：

1. 將笛卡兒座標中的二維波動方程
   $u_{tt}=c^2(u_{xx}+u_{yy})$
   轉換成極座標形式。
2. 對極座標波動方程使用分離變數法，並辨認所得徑向方程為零階貝索方程（Bessel equation of order zero）。

題目所給的解只含 $r,t$，沒有角度 $\theta$，因此採用軸對稱解，即假設
$u=u(r,t),$
且
$u_\theta=0.$

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(a) 推導極座標波動方程

極座標與笛卡兒座標的關係為
$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta.$

二維 Laplace 算子在極座標中為

$$\nabla^2 u =u_{xx}+u_{yy} =u_{rr}+\frac{1}{r}u_r+\frac{1}{r^2}u_{\theta\theta}.$$

因此，完整的極座標波動方程為

$$\boxed{ u_{tt} =c^2\left( u_{rr}+\frac{1}{r}u_r+\frac{1}{r^2}u_{\theta\theta} \right) }.$$

由於題目後續的解只寫成 $u(r,t)$，表示解具有軸對稱性，與 $\theta$ 無關，所以
$u_{\theta\theta}=0.$

因此軸對稱極座標波動方程化為

$$\boxed{ u_{tt} =c^2\left(u_{rr}+\frac{1}{r}u_r\right) }$$

或寫成

$$\boxed{ u_{tt} =c^2\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r} \left(r u_r\right) }.$$

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(b) 分離變數法

1. 設定分離形式

令

$$u(r,t)=R(r)T(t).$$

則

$$u_{tt}=R(r)T''(t),$$

以及

$$u_r=R'(r)T(t),\qquad u_{rr}=R''(r)T(t).$$

代入軸對稱波動方程

$$u_{tt}=c^2\left(u_{rr}+\frac{1}{r}u_r\right)$$

可得

$$R T'' =c^2\left(R''+\frac{1}{r}R'\right)T.$$

兩邊除以 $c^2RT$：

$$\frac{T''}{c^2T} = \frac{R''+\frac{1}{r}R'}{R}.$$

左側只依賴 $t$，右側只依賴 $r$，兩者必須等於同一個常數。取分離常數為 $-\lambda^2$，得到

$$\frac{T''}{c^2T}=-\lambda^2,$$

以及

$$\frac{R''+\frac{1}{r}R'}{R}=-\lambda^2.$$

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2. 時間部分

時間方程為

$$T''+c^2\lambda^2T=0.$$

其一般解為

$$T(t)=A\cos(c\lambda t)+B\sin(c\lambda t).$$

若將時間頻率記為

$$\lambda_m=c\mu_m,$$

則也可寫成

$$T_m(t)=A_m\cos(\lambda_m t)+B_m\sin(\lambda_m t).$$

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3. 徑向部分

徑向方程為

$$R''+\frac{1}{r}R'+\lambda^2R=0.$$

乘以 $r^2$：

$$r^2R''+rR'+\lambda^2r^2R=0.$$

令

$$z=\lambda r,$$

則

$$\frac{dR}{dr}=\lambda\frac{dR}{dz}, \qquad \frac{d^2R}{dr^2} =\lambda^2\frac{d^2R}{dz^2}.$$

代入後得到

$$z^2\frac{d^2R}{dz^2} +z\frac{dR}{dz} +z^2R=0.$$

這就是零階貝索方程，其一般解為

$$R(r)=C J_0(\lambda r)+D Y_0(\lambda r),$$

其中：

• $J_0$ 為第一類零階貝索函數；
• $Y_0$ 為第二類零階貝索函數。

若區域包含原點 $r=0$，由於 $Y_0(\lambda r)$ 在 $r=0$ 發散，物理解必須取 $D=0$，因此

$$R(r)=C J_0(\lambda r).$$

(a) 運動方程式推導與求解

1. 系統建模與定義
定義 $y(t)$ 為質量塊在時間 $t$ 時相對於靜態平衡位置的向下位移（單位：$\text{m}$）。
兩彈簧並聯之等效彈簧常數為 $k_{\text{eq}} = k_1 + k_2 = 30 + 50 = 80\text{ N/m}$。
根據牛頓第二運動定律，系統運動二階常微分方程（ODE）為：
$m y'' + c y' + k_{\text{eq}} y = 0 \implies 5 y'' + 40 y' + 80 y = 0 \implies y'' + 8 y' + 16 y = 0$

2. 初始條件
拉下 $20\text{ cm} = 0.2\text{ m}$ 且由靜止釋放：
$y(0) = 0.2, \quad y'(0) = 0$

3. 求解 ODE
特徵方程式為：
$\lambda^2 + 8\lambda + 16 = (\lambda + 4)^2 = 0 \implies \lambda = -4 \quad (\text{重根，臨界阻尼})$
通解為：
$y(t) = (C_1 + C_2 t) e^{-4t}$
代入初始條件：
$y(0) = C_1 = 0.2$
$y'(t) = (C_2 - 4C_1 - 4C_2 t) e^{-4t} \implies y'(0) = C_2 - 4(0.2) = 0 \implies C_2 = 0.8$
得運動方程式：
$y(t) = (0.2 + 0.8t) e^{-4t}\text{ m} = \frac{1}{5}(1 + 4t) e^{-4t}\text{ m}$

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(b) 一階微分方程組建模與臨界點分析

1. 一階系統建模
令 state variables 為 $y_1 = y$, $y_2 = y'$，則：
$\begin{cases} y_1' = y_2 \\ y_2' = -16 y_1 - 8 y_2 \end{cases}$
寫成矩陣形式 $\mathbf{y}' = \mathbf{A} \mathbf{y}$：
$\begin{bmatrix} y_1' \\ y_2' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -16 & -8 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} y_1 \\ y_2 \end{bmatrix}$

2. 臨界點類型與穩定性判斷
臨界點（Critical Point）為原點 $(y_1, y_2) = (0, 0)$。
矩陣 $\mathbf{A}$ 的特徵值由 $\det(\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I}) = \lambda^2 + 8\lambda + 16 = 0$ 解得：
$\lambda_1 = \lambda_2 = -4 < 0 \quad (\text{相等負實根})$
特徵向量由 $(\mathbf{A} + 4\mathbf{I})\mathbf{v} = \mathbf{0}$ 求得：
$\begin{bmatrix} 4 & 1 \\ -16 & -4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix} \implies \mathbf{v} = c \begin{bmatrix} 1 \\ -4 \end{bmatrix}$
僅存在一個獨立特徵向量。

• 臨界點類型：不適當節點（Improper Node / Degenerate Node）。
• 穩定性：漸近穩定（Asymptotically Stable）。

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(c) 拉普拉斯變換求解受迫振盪

1. 系統外力與微分方程式
振幅為 $40\text{ N}$、週期為 $\pi$ 的正弦外力為 $40 \sin(2t)$（角頻率 $\omega = \frac{2\pi}{\pi} = 2$）。
外力作用於 $0 \le t \le \pi$，可表示為：
$r(t) = 40 \sin(2t) [u(t) - u(t-\pi)] = 40 \sin(2t) - 40 \sin(2(t-\pi)) u(t-\pi)$
微分方程式化簡為：

核心觀念

本題考一階線性微分方程

$$y'+P(x)y=Q(x)$$

的積分因子法。其積分因子定義為

$$\mu(x)=e^{\int P(x)\,dx}.$$

本題中

$$P(x)=\sin x,\qquad Q(x)=e^{\cos x}.$$

解題方法

原方程為

$$y'+y\sin x=e^{\cos x}.$$

先求積分因子：

$$\mu(x)=e^{\int \sin x\,dx} =e^{-\cos x}.$$

方程兩邊同乘 $e^{-\cos x}$：

$$e^{-\cos x}y' +y\sin x\,e^{-\cos x} =1.$$

注意到

$$\frac{d}{dx}\left(ye^{-\cos x}\right) =e^{-\cos x}y' +y\frac{d}{dx}\left(e^{-\cos x}\right).$$

而

$$\frac{d}{dx}\left(e^{-\cos x}\right) =e^{-\cos x}\sin x,$$

因此左側可合併為

核心觀念

本題考查 Sturm–Liouville 特徵函數展開與 Bessel 函數的正交完備性。

在區間 $0\le r\le 1$ 上，考慮階數為 $1$ 的 Bessel 方程：

$$r^2 y''+r y'+(\lambda^2r^2-1)y=0.$$

其在 $r=0$ 保持有限的解為

$$y(r)=J_1(\lambda r),$$

另一個解 $Y_1(\lambda r)$ 在 $r=0$ 發散，因此不納入本題的正則特徵函數。

由邊界條件 $y(1)=0$，可得

$$J_1(\lambda)=0.$$

令 $j_{1,n}$ 表示 $J_1(x)$ 的第 $n$ 個正零點，即

$$J_1(j_{1,n})=0,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

因此本題所使用的基底函數為

$$\phi_n(r)=J_1(j_{1,n}r).$$

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解題方法

1. 寫成 Sturm–Liouville 形式

將 Bessel 方程改寫為

$$\frac{d}{dr}\left(r\frac{dy}{dr}\right) +\left(\lambda^2r-\frac{1}{r}\right)y=0.$$

等價於

$$-\frac{d}{dr}\left(r\frac{dy}{dr}\right) +\frac{1}{r}y =\lambda^2 r y.$$

這是 Sturm–Liouville 問題

$$-\frac{d}{dr}\left[p(r)y'\right]+q(r)y =\lambda^2 w(r)y,$$

其中

$$p(r)=r,\qquad q(r)=\frac{1}{r},\qquad w(r)=r.$$

因此特徵函數的正交權重為 $w(r)=r$。

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2. Bessel 基底的正交關係

對不同的特徵值 $j_{1,m}\ne j_{1,n}$，Sturm–Liouville 理論給出

$$\int_0^1 r\, J_1(j_{1,m}r)J_1(j_{1,n}r)\,dr=0.$$

當 $m=n$ 時，利用 Bessel 函數的標準正交公式：

$$\int_0^1 r\,J_1^2(j_{1,n}r)\,dr = \frac{1}{2}J_2^2(j_{1,n}).$$

所以完整的正交關係為

$$\int_0^1 r\, J_1(j_{1,m}r)J_1(j_{1,n}r)\,dr = \frac{1}{2}J_2^2(j_{1,n})\,\delta_{mn}.$$

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3. 展開任意函數

將函數 $f(r)$ 展開成上述特徵函數：

$$f(r)=\sum_{n=1}^{\infty}a_nJ_1(j_{1,n}r).$$