115 年 國立臺灣大學生物機電系碩士班甲組《工程數學（J）》

核心觀念

本題考查矩陣指數函數的計算：

$$e^{At}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(At)^k}{k!}.$$

若矩陣可分解為

$$A=\lambda I+N,$$

且 $N$ 為冪零矩陣，即存在正整數 $m$ 使得 $N^m=0$，則因為 $\lambda I$ 與 $N$ 可交換，

$$e^{At}=e^{\lambda t}e^{Nt}.$$

本題中的冪零矩陣滿足 $N^2=0$，因此指數級數只會保留一次項。

解題方法

將矩陣 $A$ 分解為單位矩陣與冪零矩陣：

$$A= \begin{bmatrix} 1&0\\ -1&1 \end{bmatrix} = I+ \begin{bmatrix} 0&0\\ -1&0 \end{bmatrix}.$$

令

$$N= \begin{bmatrix} 0&0\\ -1&0 \end{bmatrix},$$

則

$$A=I+N.$$

計算 $N^2$：

$$N^2= \begin{bmatrix} 0&0\\ -1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&0\\ -1&0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0&0\\ 0&0 \end{bmatrix}.$$

因此 $N$ 是二階冪零矩陣。由於 $I$ 與 $N$ 交換，

$$e^{At}=e^{(I+N)t} =e^{tI+tN} =e^{tI}e^{tN}.$$

其中

$$e^{tI}=e^t I,$$

而

$$e^{tN} =I+tN+\frac{(tN)^2}{2!}+\frac{(tN)^3}{3!}+\cdots.$$

因為 $N^2=0$，所有二次以上的項均為零，所以

$$e^{tN}=I+tN.$$

代入 $N$：

觀念與定義

微分方程的全響應可拆解為零輸入響應（Zero-Input Response, ZIR，即題目之 zero output response）與零狀態響應（Zero-State Response, ZSR）：

1. 零輸入響應 $y_{\text{ZIR}}(t)$：外加輸入為 $0$（非齊次項為 $0$），僅由初始條件 $y(0)=2, y'(0)=17$ 決定。
2. 零狀態響應 $y_{\text{ZSR}}(t)$：初始條件均為 $0$（$y(0)=0, y'(0)=0$），僅由外加輸入項 $t^2e^{3t}$ 決定。

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一、 零輸入響應（Zero-Input Response, ZIR）

求解齊次微分方程：
$y'' - 6y' + 9y = 0, \quad y(0) = 2, \; y'(0) = 17$

1. 特徵方程式：
   $r^2 - 6r + 9 = (r - 3)^2 = 0 \implies r = 3 \quad \text{（二重根）}$

2. 齊次解形式：
   $y_{\text{ZIR}}(t) = (C_1 + C_2 t) e^{3t}$

3. 代入初始條件求係數：
   $y_{\text{ZIR}}(0) = C_1 = 2$
   $y_{\text{ZIR}}'(t) = C_2 e^{3t} + 3(C_1 + C_2 t) e^{3t}$
   $y_{\text{ZIR}}'(0) = 3C_1 + C_2 = 3(2) + C_2 = 17 \implies C_2 = 11$

觀念重點

本題為二階非齊次歐拉-柯西微分方程式（Euler-Cauchy Equation）。解法分為兩階段：先求齊次方程式之齊次解 $y_c(x)$，再利用參數變異法（Variation of Parameters）求解特解 $y_p(x)$，最終通解為 $y(x) = y_c(x) + y_p(x)$。

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解題步驟

步驟一：求解齊次解 $y_c(x)$

對應之齊次方程式為：
$x^2y'' - 3xy' + 3y = 0$

令 $y = x^m$，代入齊次方程式得到特徵方程式（Auxiliary Equation）：
$m(m-1) - 3m + 3 = 0$
$m^2 - 4m + 3 = 0 \implies (m-1)(m-3) = 0$
解得特徵根 $m_1 = 1, m_2 = 3$。

故齊次解為：
$y_c(x) = c_1 x + c_2 x^3$

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步驟二：利用參數變異法求解特解 $y_p(x)$

將原微分方程式除以 $x^2$，化為標準型態（最高階項係數為 $1$）：
$y'' - \frac{3}{x}y' + \frac{3}{x^2}y = 2x^2e^x$
此時標準型態右端項為 $r(x) = 2x^2e^x$。

取齊次解之兩個線性獨立解 $y_1(x) = x$ 與 $y_2(x) = x^3$，計算其朗斯基行列式（Wronskian）：

（註：題目所印權函數 $w(x)=e^{x^2}$ 會使積分發散，依 Hermite 正交多項式定義應更正為 $w(x)=e^{-x^2}$，以下依此標準權函數求解。）

(1) 求 $\|f\|$

由函數範數定義：
$\|f\| = \sqrt{(f, f)}$

計算內積：
$(f, f) = \int_{-\infty}^{\infty} 1 \cdot 1 \cdot e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$

因此：
$\|f\| = \left(\sqrt{\pi}\right)^{1/2} = \pi^{1/4}$

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(2) 求常數 $a$ 與 $b$

兩函數正交之充要條件為內積 $(f, g) = 0$。

1. 求常數 $a$

$(f, g_1) = \int_{-\infty}^{\infty} 1 \cdot (ax) e^{-x^2} dx = a \int_{-\infty}^{\infty} x e^{-x^2} dx$

由於被積函數 $x e^{-x^2}$ 為奇函數，在對稱區間 $[-\infty, \infty]$ 上之積分值恆為 $0$：

觀念拆解與變數分離

將非齊次偏微分方程式之解 $u(x,y)$ 拆解為當 $y \to \infty$ 時的漸近解 $U_\infty(x)$ 與邊界衰減解 $w(x,y)$ 之疊加：
$u(x,y) = U_\infty(x) + w(x,y)$

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一、 求漸近解 $U_\infty(x)$

當 $y \to \infty$ 時，$\frac{\partial^2 u}{\partial y^2} \to 0$，原 PDE 化為常微分方程式：
$\frac{d^2 U_\infty}{dx^2} = -h$

對 $x$ 連續積分兩次：
$U_\infty(x) = -\frac{h}{2}x^2 + C_1 x + C_2$

帶入邊界條件 $U_\infty(0) = 0$ 與 $U_\infty(\pi) = 1$：

• $U_\infty(0) = 0 \implies C_2 = 0$
• $U_\infty(\pi) = 1 \implies -\frac{h}{2}\pi^2 + C_1 \pi = 1 \implies C_1 = \frac{1}{\pi} + \frac{h\pi}{2}$

解得漸近解：
$U_\infty(x) = \left(\frac{1}{\pi} + \frac{h\pi}{2}\right)x - \frac{h}{2}x^2$

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二、 求衰減解 $w(x,y)$

將 $u(x,y) = U_\infty(x) + w(x,y)$ 代回原方程式與邊界條件，$w(x,y)$ 滿足齊次拉普拉斯方程式（Laplace's Equation）：
$\frac{\partial^2 w}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 w}{\partial y^2} = 0, \quad 0<x<\pi, \; y>0$

對應之邊界條件為：

1. $w(0,y) = u(0,y) - U_\infty(0) = 0$
2. $w(\pi,y) = u(\pi,y) - U_\infty(\pi) = 0$
3. 當 $y \to \infty$ 時，$w(x,y) \to 0$
4. $w(x,0) = u(x,0) - U_\infty(x) = \frac{h}{2}x^2 - \left(\frac{1}{\pi} + \frac{h\pi}{2}\right)x$

核心觀念

本題考查向量場的參數化線積分。若曲線 $C$ 以

$$\mathbf r(t)=x(t)\mathbf i+y(t)\mathbf j+z(t)\mathbf k,\qquad a\le t\le b$$

表示，則

$$d\mathbf r=\mathbf r'(t)\,dt$$

且線積分公式為

$$\int_C\mathbf F\cdot d\mathbf r = \int_a^b \mathbf F(\mathbf r(t))\cdot \mathbf r'(t)\,dt.$$

本題路徑由起點 $(0,0,0)$ 到終點 $(1,1,1)$，因此參數範圍為 $0\le t\le1$。

解題方法

已知

$$\mathbf F = y\sin(\pi x)\mathbf i+x^2e^y\mathbf j+3xyz\mathbf k$$

以及

$$\mathbf r(t)=t\mathbf i+t^2\mathbf j+t\mathbf k.$$

因此

$$x=t,\qquad y=t^2,\qquad z=t.$$

先求切向量：

$$\mathbf r'(t) = \frac{d\mathbf r}{dt} = \mathbf i+2t\mathbf j+\mathbf k.$$

沿著曲線將 $x,y,z$ 代入向量場：

$$\mathbf F(\mathbf r(t)) = t^2\sin(\pi t)\mathbf i +t^2e^{t^2}\mathbf j +3(t)(t^2)(t)\mathbf k.$$

所以

$$\mathbf F(\mathbf r(t)) = t^2\sin(\pi t)\mathbf i +t^2e^{t^2}\mathbf j +3t^4\mathbf k.$$

計算內積：

$$\begin{aligned} \mathbf F(\mathbf r(t))\cdot\mathbf r'(t) &= \left(t^2\sin(\pi t),\,t^2e^{t^2},\,3t^4\right) \cdot(1,2t,1)\\ &= t^2\sin(\pi t)+2t^3e^{t^2}+3t^4. \end{aligned}$$

因此

$$\oint_C\mathbf F\cdot d\mathbf r = \int_0^1 \left[ t^2\sin(\pi t)+2t^3e^{t^2}+3t^4 \right]dt.$$

分別計算三項。

第一項

$$I_1=\int_0^1t^2\sin(\pi t)\,dt.$$

經兩次分部積分可得