113 年 國立臺灣大學生物機電系碩士班丙組《工程數學（J）》

核心觀念

本題考查：

1. 特徵值與特徵向量的求法。
2. 矩陣對角化：
   $X^{-1}AX=D$
3. 利用對角化快速計算高次方矩陣：
   $A^n=XD^nX^{-1}$

當矩陣 $A$ 有足夠多個線性獨立的特徵向量時，即可對角化。對 $2\times 2$ 矩陣而言，只要有兩個相異特徵值，就一定可以對角化。

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解題方法

已知

$$A= \begin{bmatrix} 5&4\\ 1&2 \end{bmatrix}.$$

先求特徵值，再求對應的特徵向量，將特徵向量作為矩陣 $X$ 的欄向量，即可得到對角矩陣 $D$。

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（1）矩陣對角化

步驟一：求特徵值

特徵方程為

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

因此

$$\det \begin{bmatrix} 5-\lambda&4\\ 1&2-\lambda \end{bmatrix} =0.$$

計算行列式：

$$(5-\lambda)(2-\lambda)-4=0.$$

展開得

$$10-7\lambda+\lambda^2-4=0,$$ $$\lambda^2-7\lambda+6=0.$$

因式分解：

$$(\lambda-1)(\lambda-6)=0.$$

所以兩個特徵值為

$$\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=6.$$

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步驟二：求 $\lambda_1=1$ 對應的特徵向量

解

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

有

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

設特徵向量為

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

則

$$4x+4y=0,$$

即

$$x+y=0.$$

取 $y=-1$、$x=1$，得到

$$\mathbf v_1= \begin{bmatrix} 1\\-1 \end{bmatrix}.$$

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步驟三：求 $\lambda_2=6$ 對應的特徵向量

解

$$(A-6I)\mathbf v=\mathbf 0.$$

有

$$A-6I= \begin{bmatrix} -1&4\\ 1&-4 \end{bmatrix}.$$

因此

$$-x+4y=0,$$

即

$$x=4y.$$

取 $y=1$、$x=4$，得到

$$\mathbf v_2= \begin{bmatrix} 4\\1 \end{bmatrix}.$$

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步驟四：組成 $X$ 與 $D$

將特徵向量依序作為 $X$ 的欄向量：

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

相對應的特徵值放在對角矩陣中：

$$D= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&6 \end{bmatrix}.$$

計算 $X^{-1}$：

$$\det X=1\cdot 1-4(-1)=5,$$

所以

$$X^{-1} = \frac{1}{5} \begin{bmatrix} 1&-4\\ 1&1 \end{bmatrix}.$$

因此

$$X^{-1}AX= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&6 \end{bmatrix} =D.$$

故矩陣 $A$ 的一組對角化結果為

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換處理含有變數係數 $t$ 的微分方程，主要公式為

$$\mathcal{L}\{x'(t)\}=sX(s)-x(0),$$ $$\mathcal{L}\{x''(t)\}=s^2X(s)-sx(0)-x'(0),$$

以及乘以 $t$ 的性質

$$\mathcal{L}\{t f(t)\}=-\frac{d}{ds}F(s),$$

其中

$$X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\}.$$

題目另給

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{\sqrt{s^2+1}}\right\}=J_0(t).$$

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解題方法

原方程為

$$t x''+x'+t x=0,$$

且

$$x(0)=1,\qquad x'(0)=0.$$

令

$$X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\}.$$

先計算各項的拉普拉斯轉換。

由初始條件，

$$\mathcal{L}\{x''\} =s^2X(s)-sx(0)-x'(0) =s^2X(s)-s.$$

因此

$$\mathcal{L}\{t x''\} =-\frac{d}{ds}\left[s^2X(s)-s\right].$$

微分得

$$\mathcal{L}\{t x''\} =-\left(2sX(s)+s^2X'(s)-1\right) =-2sX(s)-s^2X'(s)+1.$$

另外，

$$\mathcal{L}\{x'\}=sX(s)-x(0)=sX(s)-1,$$

以及

$$\mathcal{L}\{t x\}=-X'(s).$$

代回原方程：

$$\left[-2sX-s^2X'+1\right] +\left[sX-1\right] -X'=0.$$

整理後，常數項相消，得到

$$-(s^2+1)X'(s)-sX(s)=0,$$

即

$$(s^2+1)X'(s)+sX(s)=0.$$

將其改寫為可分離變數形式：

$$\frac{X'(s)}{X(s)} =-\frac{s}{s^2+1}.$$

積分：

核心觀念

本題考二階常係數非齊次微分方程：

$$y''+9y=\csc(3x).$$

解題分為兩部分：

1. 先求齊次方程 $y''+9y=0$ 的通解。
2. 再利用變數變換法求非齊次特解。

由於右側 $\csc(3x)$ 在 $\sin(3x)=0$ 時無定義，因此解答須限定在不穿越這些奇異點的區間上。

解題方法

一、求齊次解

考慮齊次方程：

$$y''+9y=0.$$

其特徵方程為：

$$r^2+9=0,$$

因此

$$r=\pm 3i.$$

所以齊次解為

$$y_h=C_1\cos(3x)+C_2\sin(3x).$$

取基本解

$$y_1=\cos(3x),\qquad y_2=\sin(3x).$$

其 Wronskian 為

$$W= \begin{vmatrix} y_1 & y_2\\ y_1' & y_2' \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \cos(3x)&\sin(3x)\\ -3\sin(3x)&3\cos(3x) \end{vmatrix} =3.$$

二、利用變數變換法求特解

對方程

$$y''+9y=g(x),\qquad g(x)=\csc(3x),$$

變數變換法的特解公式為

$$y_p=-y_1\int \frac{y_2g(x)}{W}\,dx +y_2\int \frac{y_1g(x)}{W}\,dx.$$

代入各項：

$$\frac{y_2g(x)}{W} = \frac{\sin(3x)\csc(3x)}{3} =\frac13,$$

因此

$$\int \frac{y_2g(x)}{W}\,dx =\frac{x}{3}.$$

另一項為

$$\frac{y_1g(x)}{W} = \frac{\cos(3x)\csc(3x)}{3} =\frac13\cot(3x),$$

所以

核心觀念

令

$$u=x+2y+3z.$$

題目中的向量場為

$$\mathbf F =\frac{1}{u}\mathbf i+\frac{2}{u}\mathbf j+\frac{3}{u}\mathbf k.$$

注意

$$\nabla u=(1,2,3),$$

且

$$\nabla\ln|u|=\frac{\nabla u}{u} =\left(\frac1u,\frac2u,\frac3u\right).$$

因此 $\mathbf F$ 為保守向量場，其勢函數為

$$\phi(x,y,z)=\ln|x+2y+3z|.$$

解題方法

由線積分基本定理，

$$\int_C\mathbf F\cdot d\mathbf r =\phi(2,3,\pi/4)-\phi(1,0,0).$$

計算兩端點的 $u$ 值：

起點 $(1,0,0)$：

$$u_1=1+2(0)+3(0)=1.$$

原題微分方程式未顯式給出固有值參數 $\lambda$，依 Sturm-Liouville 固有值問題標準格式補設方程式為 $(x^2 y')' + \lambda y = 0$。

展開微分方程式：
$x^2 y'' + 2x y' + \lambda y = 0$

此為歐拉-柯西方程式（Euler-Cauchy equation），令 $y = x^m$，代入得特徵方程式：
$m(m-1) + 2m + \lambda = 0 \implies m^2 + m + \lambda = 0$
解得根為 $m = -\frac{1}{2} \pm \sqrt{\frac{1}{4} - \lambda}$。

一、當 $\lambda > \frac{1}{4}$ 時：
令 $\mu = \sqrt{\lambda - \frac{1}{4}} > 0$，通解為：
$y(x) = x^{-1/2} \left[ C_1 \cos(\mu \ln x) + C_2 \sin(\mu \ln x) \right]$

代入邊界條件 $y(1) = 0$：
$y(1) = C_1 = 0 \implies y(x) = C_2 x^{-1/2} \sin(\mu \ln x)$

核心觀念

本題是波動方程式的初邊值問題：

$$u_{tt}-u_{xx}=0,\qquad 0<x<1,\ t>0$$

波速為 $1$，邊界條件為非齊次條件：

$$u(0,t)=0,\qquad u(1,t)=\sin t$$

適合先構造一個滿足邊界條件的特解，再利用分離變數法處理剩餘的齊次邊界問題。

齊次端點問題

$$X(0)=X(1)=0$$

的特徵函數為

$$X_n(x)=\sin(n\pi x),\qquad n=1,2,3,\ldots$$

對應的時間函數則為 $\sin(n\pi t)$ 與 $\cos(n\pi t)$。

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解題方法：先消除非齊次邊界條件

因為右端邊界為 $\sin t$，取

$$u_p(x,t)=\frac{\sin x}{\sin 1}\sin t.$$

驗證其邊界條件：

$$u_p(0,t)=0,$$

且

$$u_p(1,t)=\frac{\sin 1}{\sin 1}\sin t=\sin t.$$

此外，

$$\frac{\partial^2 u_p}{\partial x^2} =-\frac{\sin x}{\sin 1}\sin t,$$ $$\frac{\partial^2 u_p}{\partial t^2} =-\frac{\sin x}{\sin 1}\sin t,$$

因此 $u_p$ 滿足原偏微分方程式。

令

$$u(x,t)=u_p(x,t)+v(x,t),$$

則 $v$ 滿足

$$v_{tt}-v_{xx}=0,$$

以及齊次邊界條件

$$v(0,t)=0,\qquad v(1,t)=0.$$

由初始條件，

$$v(x,0)=u(x,0)-u_p(x,0)=0,$$

而

$$v_t(x,0) =u_t(x,0)-u_{p,t}(x,0) =0-\frac{\sin x}{\sin 1} =-\frac{\sin x}{\sin 1}.$$

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用分離變數法求 $v(x,t)$

齊次邊界條件下，解可表示為

$$v(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty} A_n\sin(n\pi x)\sin(n\pi t),$$

其中 $\sin(n\pi t)$ 的係數形式已吸收了時間初速度所需的比例因子。

由 $v_t(x,0)$ 得

$$v_t(x,0) =\sum_{n=1}^{\infty} A_n n\pi\sin(n\pi x).$$

因此需將

$$-\frac{\sin x}{\sin 1}$$

展開成傅立葉正弦級數：

$$-\frac{\sin x}{\sin 1} =\sum_{n=1}^{\infty} b_n\sin(n\pi x),$$

其中

$$b_n =2\int_0^1 \left(-\frac{\sin x}{\sin 1}\right) \sin(n\pi x)\,dx.$$

先計算積分：

$$\int_0^1\sin x\sin(n\pi x)\,dx = \frac{(-1)^n n\pi\sin 1}{1-n^2\pi^2}.$$

故