109 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

矩陣 $A$ 的每一個「列」代表一個變數，每一個「欄」代表一個樣本，因此共有

$$n=6$$

個樣本，兩個變數分別為 Variable 1 與 Variable 2。

題目指定樣本 covariance matrix 的計算公式為

$$S=\frac{AA^T}{n-1}.$$

其中 $A^T$ 為 $A$ 的轉置矩陣，$n-1=5$ 是樣本數的自由度修正。

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解題方法：繪製資料點

矩陣的第 $j$ 欄給出第 $j$ 個樣本在 Variable1-Variable2 平面上的座標：

$$A= \begin{pmatrix} 3 & -4 & 7 & -1 & -4 & -3\\ -4 & -3 & -6 & 8 & -1 & -7 \end{pmatrix}.$$

因此六個樣本點為

$$\begin{array}{c|c} \text{樣本} & (\text{Variable 1},\text{Variable 2})\\ \hline 1&(3,-4)\\ 2&(-4,-3)\\ 3&(7,-6)\\ 4&(-1,8)\\ 5&(-4,-1)\\ 6&(-3,-7) \end{array}$$

在平面上標出以上六點即可。其中：

• $(-1,8)$ 位於第二象限；
• $(-4,-3)$、$(-4,-1)$、$(-3,-7)$ 位於第三象限；
• $(3,-4)$、$(7,-6)$ 位於第四象限；
• 沒有資料點位於第一象限。

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計算 $AA^T$

先寫出轉置矩陣：

$$A^T= \begin{pmatrix} 3&-4\\ -4&-3\\ 7&-6\\ -1&8\\ -4&-1\\ -3&-7 \end{pmatrix}.$$

因此

$$AA^T= \begin{pmatrix} 3 & -4 & 7 & -1 & -4 & -3 \\ -4 & -3 & -6 & 8 & -1 & -7 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3&-4\\ -4&-3\\ 7&-6\\ -1&8\\ -4&-1\\ -3&-7 \end{pmatrix}.$$

各元素分別計算如下。

左上角元素

核心觀念

主成分分析（Principal Component Analysis, PCA）將矩陣 $S$ 視為共變異矩陣或相關矩陣。若

$$S\mathbf{v}_i=\lambda_i\mathbf{v}_i,$$

其中 $\mathbf{v}_i$ 是單位特徵向量、$\lambda_i$ 是對應特徵值，則：

• 第一主成分：對應最大特徵值的特徵向量。
• 第二主成分：對應第二大特徵值的特徵向量。
• 各主成分上的變異數：等於對應的特徵值。

由於 $S$ 為對稱矩陣，其特徵向量彼此正交，且特徵值皆為實數。

解題方法

先求矩陣 $S$ 的特徵方程：

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

將所得特徵值依大小排列：

$$\lambda_1\geq \lambda_2\geq \cdots.$$

再分別解下列方程式：

$$(S-\lambda_1 I)\mathbf{v}_1=\mathbf{0},$$ $$(S-\lambda_2 I)\mathbf{v}_2=\mathbf{0},$$

並將特徵向量正規化為單位向量：

$$\|\mathbf{v}_1\|=\|\mathbf{v}_2\|=1.$$

因此，第一、第二主成分分別為 $\mathbf{v}_1$ 與 $\mathbf{v}_2$，其變異數分別為 $\lambda_1$ 與 $\lambda_2$。

核心觀念

對任意非零向量 $x$，Rayleigh quotient 定義為

$$R(x)=\frac{x^T(AA^T)x}{x^Tx}.$$

因為

$$(AA^T)^T=AA^T,$$

所以 $AA^T$ 是實對稱矩陣。由 Rayleigh 商定理：

• 最大值等於 $AA^T$ 的最大特徵值；
• 最小值等於 $AA^T$ 的最小特徵值；
• 對應的 $x$ 分別為相應特徵向量。

由題目未提供矩陣 $A$ 的具體內容，數值答案須以 $AA^T$ 的特徵值表示。

解題方法

設 $AA^T$ 的特徵值為

$$\lambda_1\geq \lambda_2\geq \cdots \geq \lambda_m\geq 0,$$

其對應的正交規一特徵向量為

$$u_1,u_2,\ldots,u_m.$$

任意非零向量 $x$ 可表示成

$$x=c_1u_1+c_2u_2+\cdots+c_mu_m.$$

由於特徵向量正交，

$$x^Tx=\sum_{i=1}^m c_i^2,$$

且

$$x^TAA^Tx =\sum_{i=1}^m \lambda_i c_i^2.$$

因此

$$R(x) = \frac{\sum_{i=1}^m\lambda_i c_i^2} {\sum_{i=1}^m c_i^2}.$$

這是特徵值 $\lambda_1,\ldots,\lambda_m$ 的加權平均，因此必有

$$\lambda_m\leq R(x)\leq\lambda_1.$$

最大值

當 $x$ 為最大特徵值 $\lambda_1$ 所對應的特徵向量時，即

$$AA^Tx=\lambda_1x,$$

有

$$R(x)=\lambda_1.$$

因此

$$\boxed{\max_{x\neq 0}\frac{x^TAA^Tx}{x^Tx} =\lambda_{\max}(AA^T)}.$$

對應的 $x$ 為 $AA^T$ 最大特徵值的任一非零特徵向量：

$$\boxed{x\in \operatorname{Eig}_{\lambda_{\max}}(AA^T),\quad x\neq 0}.$$

最小值

當 $x$ 為最小特徵值 $\lambda_m$ 所對應的特徵向量時，即

$$AA^Tx=\lambda_mx,$$

有

$$R(x)=\lambda_m.$$

因此

$$\boxed{\min_{x\neq 0}\frac{x^TAA^Tx}{x^Tx} =\lambda_{\min}(AA^T)}.$$

對應的 $x$ 為 $AA^T$ 最小特徵值的任一非零特徵向量：

核心觀念

本題要求將直角座標中的拉普拉斯方程式

$$\nabla^2u=u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}=0$$

改寫成球座標形式。採用球座標定義：

$$x=r\sin\theta\cos\phi,\qquad y=r\sin\theta\sin\phi,\qquad z=r\cos\theta,$$

其中：

• $r$：到原點的距離；
• $\theta$：與 $z$ 軸的夾角；
• $\phi$：在 $xy$ 平面上的方位角。

函數寫成

$$u(x,y,z)=u(r,\theta,\phi).$$

關鍵是利用鏈鎖律將 $\partial_x,\partial_y,\partial_z$ 改寫成 $\partial_r,\partial_\theta,\partial_\phi$。

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解題方法：由鏈鎖律建立微分算子

由

$$r=\sqrt{x^2+y^2+z^2},$$

可得

$$r_x=\frac{x}{r}=\sin\theta\cos\phi,$$ $$r_y=\frac{y}{r}=\sin\theta\sin\phi,$$ $$r_z=\frac{z}{r}=\cos\theta.$$

又因為

$$\theta=\cos^{-1}\left(\frac{z}{r}\right), \qquad \phi=\tan^{-1}\left(\frac{y}{x}\right),$$

可得

$$\theta_x=\frac{\cos\theta\cos\phi}{r}, \qquad \theta_y=\frac{\cos\theta\sin\phi}{r}, \qquad \theta_z=-\frac{\sin\theta}{r},$$

以及

$$\phi_x=-\frac{\sin\phi}{r\sin\theta}, \qquad \phi_y=\frac{\cos\phi}{r\sin\theta}, \qquad \phi_z=0.$$

依鏈鎖律，

$$\frac{\partial}{\partial x} =r_x\frac{\partial}{\partial r} +\theta_x\frac{\partial}{\partial\theta} +\phi_x\frac{\partial}{\partial\phi},$$

因此

$$\frac{\partial}{\partial x} = \sin\theta\cos\phi\frac{\partial}{\partial r} +\frac{\cos\theta\cos\phi}{r}\frac{\partial}{\partial\theta} -\frac{\sin\phi}{r\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\phi}.$$

同理，

$$\frac{\partial}{\partial y} = \sin\theta\sin\phi\frac{\partial}{\partial r} +\frac{\cos\theta\sin\phi}{r}\frac{\partial}{\partial\theta} +\frac{\cos\phi}{r\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\phi},$$ $$\frac{\partial}{\partial z} = \cos\theta\frac{\partial}{\partial r} -\frac{\sin\theta}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}.$$

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計算二階微分並整理

將上述三個微分算子分別平方，代入

$$u_{xx}+u_{yy}+u_{zz} = \left(\frac{\partial}{\partial x}\right)^2u + \left(\frac{\partial}{\partial y}\right)^2u + \left(\frac{\partial}{\partial z}\right)^2u.$$

整理各階偏導數後，混合偏導數項會互相抵消，並使用

$$\sin^2\theta+\cos^2\theta=1, \qquad \sin^2\phi+\cos^2\phi=1.$$

各項係數整理如下：

$$u_{rr}\text{ 的係數}=1,$$

一、建立分離變數微分方程式

在軸對稱球面座標系下，$u$ 不相依於方位角，Laplace 方程式表示為：
$\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2 \frac{\partial u}{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2 \sin\phi}\frac{\partial}{\partial \phi}\left(\sin\phi \frac{\partial u}{\partial \phi}\right) = 0$

設 $u(r, \phi) = R(r)\Theta(\phi)$，代入上式並同乘以 $\frac{r^2}{R(r)\Theta(\phi)}$ 得分離變數式：
$\frac{1}{R}\frac{d}{dr}\left(r^2 \frac{dR}{dr}\right) = -\frac{1}{\Theta \sin\phi}\frac{d}{d\phi}\left(\sin\phi \frac{d\Theta}{d\phi}\right) = \lambda$

為使角度部分在物理區域 $\phi \in [0, \pi]$ 具備有界解，分離常數必須取 $\lambda = n(n+1)$，其中 $n = 0, 1, 2, \dots$。

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二、求解徑向與角度方程式

1. 角度方程式（Legendre 方程式）：
   $\frac{d}{d\phi}\left(\sin\phi \frac{d\Theta}{d\phi}\right) + n(n+1)\sin\phi \, \Theta = 0$
   令 $x = \cos\phi$，經變數變換後符合 Legendre 微分方程式。考慮南北極點（$\phi = 0, \pi$）解的有界性，其對應的解為 Legendre 多項式：
   $\Theta_n(\phi) = P_n(\cos\phi)$

核心觀念

質量—彈簧—阻尼系統的自由振動方程式為

$$m\frac{d^2x}{dt^2}+c\frac{dx}{dt}+kx=0$$

其中：

• $m$：質量
• $c$：阻尼常數
• $k$：彈簧常數

系統的臨界阻尼常數為

$$c_c=2\sqrt{mk}$$

比較實際阻尼常數 $c$ 與臨界阻尼常數 $c_c$：

• $c>c_c$：過阻尼（overdamping）
• $c=c_c$：臨界阻尼（critical damping）
• $c<c_c$：欠阻尼（underdamping）

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解題方法

題目給定

$$m=1\ \mathrm{kg},\qquad k=2\ \mathrm{N/m},\qquad c=40\ \mathrm{N\cdot s/m}$$

先計算臨界阻尼常數：

$$c_c=2\sqrt{mk}$$

代入數值：

$$c_c=2\sqrt{(1)(2)} =2\sqrt{2} \approx 2.828\ \mathrm{N\cdot s/m}$$

比較可得

$$c=40>2.828=c_c$$

因此，此系統的阻尼大於臨界阻尼，屬於過阻尼系統。

亦可由特徵方程式驗證。系統方程式為

核心觀念

本題考查以下三個觀念：

1. 無阻尼質量—彈簧系統的微分方程。
2. Dirac delta 函數代表瞬間單位衝擊力。
3. 拉普拉斯轉換的位移性質。

題幹未列出質量與彈簧常數，以下採用標準無阻尼模型

$$m y''(t)+k y(t)=\delta(t-1),$$

其中 $m$ 為質量、$k$ 為彈簧常數，並令

$$\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}.$$

因此方程式可寫成

$$y''(t)+\omega^2 y(t)=\frac{1}{m}\delta(t-1).$$

初始條件為

$$y(0)=0,\qquad y'(0)=0.$$

其中 $\delta(t-1)$ 表示在 $t=1$ 時施加一個單位衝擊力。

解題方法：拉普拉斯轉換

令

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$$

由拉普拉斯轉換公式

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

代入初始條件 $y(0)=y'(0)=0$，得到

$$\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s).$$

此外，Dirac delta 函數的拉普拉斯轉換為

$$\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as},$$

所以

$$\mathcal{L}\{\delta(t-1)\}=e^{-s}.$$

將原方程式進行拉普拉斯轉換：

$$m s^2Y(s)+kY(s)=e^{-s}.$$

整理得

$$Y(s)=\frac{e^{-s}}{ms^2+k}.$$

提取質量 $m$：

$$Y(s)=\frac{1}{m}\frac{e^{-s}}{s^2+\dfrac{k}{m}}.$$

由 $\omega^2=k/m$，可寫成

$$Y(s)=\frac{1}{m}\frac{e^{-s}}{s^2+\omega^2}.$$

又因為

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{\omega}{s^2+\omega^2} \right\} =\sin(\omega t),$$

因此

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s^2+\omega^2} \right\} =\frac{1}{\omega}\sin(\omega t).$$

先忽略 $e^{-s}$ 時，反拉普拉斯轉換為

$$\frac{1}{m\omega}\sin(\omega t).$$

再利用第二位移定理

$$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\} =u(t-a)f(t-a),$$

可得

$$y(t)=\frac{1}{m\omega} \sin\bigl(\omega(t-1)\bigr)u(t-1).$$

其中 $u(t-1)$ 為單位階躍函數。

本題為一階非正合微分方程式，可透過尋找積分因子 $\mu(x,y) = x^a y^b$ 將其轉化為正合微分方程式（Exact Differential Equation）求解。

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解題步驟

步驟一：檢驗正合性與尋找積分因子

設原方程式為 $M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0$，其中：
$M(x,y) = 2y^3 - 3x^2y^2$
$N(x,y) = 3x - 4x^2y$

將全式同乘以積分因子 $\mu(x,y) = x^a y^b$，得：
$(2x^a y^{b+3} - 3x^{a+2} y^{b+2})dx + (3x^{a+1} y^b - 4x^{a+2} y^{b+1})dy = 0$

令新項為 $M^* dx + N^* dy = 0$，根據正合條件 $\frac{\partial M^*}{\partial y} = \frac{\partial N^*}{\partial x}$：
$\frac{\partial M^*}{\partial y} = 2(b+3)x^a y^{b+2} - 3(b+2)x^{a+2} y^{b+1}$
$\frac{\partial N^*}{\partial x} = 3(a+1)x^a y^b - 4(a+2)x^{a+1} y^{b+1}$

核心觀念

此題是單擺的小角度簡諧運動。由於細棒質量可忽略，且擺錘質量集中於末端，因此可視為長度 $L$、質量 $m$ 的單擺。

切向重力分量為 $mg\sin\theta$，小角度時使用近似式：

$$\sin\theta \approx \theta$$

解題方法

沿擺動切線方向列牛頓第二定律。擺錘的切向加速度為 $L\ddot{\theta}$，重力提供回復力，因此：

$$mL\ddot{\theta}=-mg\sin\theta$$

消去 $m$ 並整理：

$$\ddot{\theta}+\frac{g}{L}\sin\theta=0$$

當 $\theta$ 很小時，$\sin\theta\approx\theta$，故方程式化為：

$$\ddot{\theta}+\frac{g}{L}\theta=0$$

這是標準簡諧運動方程式：

$$\ddot{x}+\omega^2x=0$$

比較可得角頻率：

$$\omega^2=\frac{g}{L}$$

核心觀念

本題考查單擺在大角度下的非線性模型，以及平衡點的線性化分類。小角度時可用 $\sin\theta\approx\theta$；當 $\theta$ 不小時，必須保留 $\sin\theta$。

假設擺長為 $\ell$、擺球質量為 $m$、重力加速度為 $g$，且忽略摩擦。以鉛直向下為 $\theta=0$。

非線性運動方程

擺球所受切向重力分量為 $-mg\sin\theta$，切向運動方程為

$$m\ell\ddot{\theta}=-mg\sin\theta.$$

因此非線性單擺 ODE 為

$$\boxed{\ddot{\theta}+\frac{g}{\ell}\sin\theta=0}.$$

令

$$x_1=\theta,\qquad x_2=\dot{\theta},$$

可改寫為一階自治系統：

$$\dot{x}_1=x_2,$$ $$\dot{x}_2=-\frac{g}{\ell}\sin x_1.$$

臨界點位置

臨界點必須滿足

$$\dot{x}_1=0,\qquad \dot{x}_2=0.$$

由 $\dot{x}_1=x_2$ 得

$$x_2=0.$$

再由 $\dot{x}_2=-\frac{g}{\ell}\sin x_1$ 得

$$\sin x_1=0,$$

所以

$$x_1=k\pi,\qquad k\in\mathbb{Z}.$$

所有臨界點為

$$\boxed{(x_1,x_2)=(k\pi,0),\qquad k\in\mathbb{Z}}.$$

其中：

• $x_1=2n\pi$：擺球位於最低點。
• $x_1=(2n+1)\pi$：擺球位於最高點。

臨界點種類

系統右側為

$$\mathbf{f}(x_1,x_2) = \begin{pmatrix} x_2\\[2mm] -\dfrac{g}{\ell}\sin x_1 \end{pmatrix}.$$

其 Jacobian 矩陣為

$$J(x_1,x_2) = \begin{pmatrix} 0 & 1\\[2mm] -\dfrac{g}{\ell}\cos x_1 & 0 \end{pmatrix}.$$