109 年 國立臺灣大學應用力學研究所甲組《工程數學（G）》

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第 1 題30 分

Let w=iw = i where i2=−1i^2 = -1. Set F=(1111ww21w2w)F = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & w & w^2 \\ 1 & w^2 & w \end{pmatrix}, A=(−1d−101−10−10−1−1d−10−1−1)A = \begin{pmatrix} -1 & d & -1 & 0 \\ 1 & -1 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & -1 & d \\ -1 & 0 & -1 & -1 \end{pmatrix}, and x=(1ww2w3)x = \begin{pmatrix} 1 \\ w \\ w^2 \\ w^3 \end{pmatrix}, where dd is a real number and jj is an integer.

(a). (15%). Determine F−1F^{-1}, the inverse of FF. (Hint: computing FFˉF\bar{F} where Fˉ\bar{F} is the complex conjugate of FF)
(b). (15%). Find the real eigenvalues and eigenvectors of AA. (Hint, first compute AxAx; second simplify AxAx and see if there exists λ\lambda such that Ax=λxAx = \lambda x; finally set j=0,1,2j=0, 1, 2 and 33 in the result of AxAx).

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本題核心概念

  • (a) 逆矩陣：若矩陣 FF 為復數矩陣，可利用 FFˉF\bar F（Fˉ\bar F 為逐元素共軛）求得比例因子，使 F−1=1det⁡Fadj⁡(F)F^{-1}=\frac{1}{\det F}\operatorname{adj}(F)。
  • (b) 特徵值與特徵向量：利用指數向量 xj=[1,wj,w2j,w3j]Tx_j=\bigl[1,w^{j},w^{2j},w^{3j}\bigr]^T（w=iw=i），直接計算 AxjAx_j 並比較係數，可得到四個特徵值的表達式，從中挑出實數特徵值及其對應的實向量。

(a) 求 F−1F^{-1}

w=i,F=(1111ww21w2w)=(1111i−11−1i).w=i,\qquad F=\begin{pmatrix} 1&1&1\\ 1&w&w^{2}\\ 1&w^{2}&w \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&1&1\\ 1&i&-1\\ 1&-1&i \end{pmatrix}.

步驟 1 – 計算行列式

det⁡F=1det⁡ ⁣(i−1−1i)−1det⁡ ⁣(1−11i)+1det⁡ ⁣(1i1−1)=1(i2−(−1)2)−(i+1)+(−1−i)=−2−(i+1)−1−i=−4−2i.\begin{aligned} \det F &=1\det\!\begin{pmatrix}i&-1\\-1&i\end{pmatrix} -1\det\!\begin{pmatrix}1&-1\\1&i\end{pmatrix} +1\det\!\begin{pmatrix}1&i\\1&-1\end{pmatrix}\\[4pt] &=1\bigl(i^{2}-(-1)^{2}\bigr)-\bigl(i+1\bigr)+\bigl(-1-i\bigr)\\ &=-2-(i+1)-1-i\\ &=-4-2i. \end{aligned}

det⁡F=−4−2i=−2(2+i).\det F=-4-2i=-2(2+i).

步驟 2 – 求伴隨矩陣（Adjugate）

計算每個余子式並加上交錯符號，可得到

adj⁡(F)=(−2− i−1− 1−i− i−1  i−12− 1−i2  i−1).\operatorname{adj}(F)= \begin{pmatrix} -2 & -\,i-1 & -\,1-i\\[2pt] -\,i-1 & \;i-1 & 2\\[2pt] -\,1-i & 2 & \;i-1 \end{pmatrix}.

（此矩陣已經是對稱的，故轉置與原矩陣相同。）

步驟 3 – 乘上 1det⁡F\dfrac{1}{\det F}

1det⁡F=−12(2+i)=−2−i10=i−210.\frac{1}{\det F} =\frac{-1}{2(2+i)} =-\frac{2-i}{10} =\frac{i-2}{10}.

把比例因子 s=i−210\displaystyle s=\frac{i-2}{10} 乘到伴隨矩陣，得到

F−1=s (−2− i−1− 1−i− i−1  i−12− 1−i2  i−1)=(2−i53+i103+i103+i101−3i10−2+i53+i10−2+i51−3i10).F^{-1}=s\, \begin{pmatrix} -2 & -\,i-1 & -\,1-i\\[2pt] -\,i-1 & \;i-1 & 2\\[2pt] -\,1-i & 2 & \;i-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \displaystyle\frac{2-i}{5} & \displaystyle\frac{3+i}{10} & \displaystyle\frac{3+i}{10}\\[8pt] \displaystyle\frac{3+i}{10} & \displaystyle\frac{1-3i}{10} & \displaystyle\frac{-2+i}{5}\\[8pt] \displaystyle\frac{3+i}{10} & \displaystyle\frac{-2+i}{5} & \displaystyle\frac{1-3i}{10} \end{pmatrix}.

【答案】

F−1=(2−i53+i103+i103+i101−3i10−2+i53+i10−2+i51−3i10)\boxed{ F^{-1}=% \begin{pmatrix} \frac{2-i}{5} & \frac{3+i}{10} & \frac{3+i}{10}\\[4pt] \frac{3+i}{10} & \frac{1-3i}{10} & \frac{-2+i}{5}\\[4pt] \frac{3+i}{10} & \frac{-2+i}{5} & \frac{1-3i}{10} \end{pmatrix}}

(b) 求 AA 的實特徵值與特徵向量

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第 2 題35 分

(35%). The "backwards heat equation" in one spatial dimension is shown below:
∂u∂t=∂2u∂x2,(t,x)∈[0,1]×[0,1].\frac{\partial u}{\partial t} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}, \quad (t,x) \in [0,1] \times [0,1].
(a). (10%). Use the separation of variable method to find all solutions to the "backwards heat equation" of the form u(t,x)=T(t)X(x)u(t,x) = T(t)X(x) that satisfy the boundary conditions u(t,0)=0u(t, 0) = 0 and u(t,1)=0u(t, 1) = 0 for t∈[0,1]t \in [0,1].
(b). (15%). Discuss the behavior of the solution u(t,x)u(t,x) to the following initial/boundary conditions:
u(0,x)=f(x)=sin⁡(nπx)where n>0 is the integer for x∈[0,1],u(0,x) = f(x) = \sin(n\pi x) \quad \text{where } n > 0 \text{ is the integer for } x \in [0,1],
u(t,0)=0andu(t,1)=0for t∈[0,1].u(t, 0) = 0 \quad \text{and} \quad u(t, 1) = 0 \quad \text{for } t \in [0,1].
(b1). (10%). Solve the "backwards heat equation."
(b2). (5%). When t=1t = 1, find max⁡x∈[0,1]u(x)\max_{x \in [0,1]} u(x).
(c). (10%). Solve the ordinary heat equation
∂u∂t=∂2u∂x2\frac{\partial u}{\partial t} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}
with the initial/boundary conditions:
u(0,x)=f(x)=sin⁡(nπx)where n>0 is the integer for x∈[0,1],u(0,x) = f(x) = \sin(n\pi x) \quad \text{where } n > 0 \text{ is the integer for } x \in [0,1],
u(t,0)=0andu(t,1)=0for t∈[0,1].u(t, 0) = 0 \quad \text{and} \quad u(t, 1) = 0 \quad \text{for } t \in [0,1].
How do the Fourier modes of the solution u(t,x)u(t,x) from (b1) and the Fourier modes of the solution for the ordinary heat equation change in time?

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核心觀念

本題考查：

  • 分離變數法；
  • Dirichlet 邊界條件下的 Sturm–Liouville 特徵值問題；
  • 熱方程的 Fourier 正弦模態；
  • 正向熱方程的衰減性與逆向熱方程的不適定性。

題目將「backwards heat equation」寫成

ut=uxx,u_t=u_{xx},

但第 (c) 題又將同一方程稱為 ordinary heat equation。為使第 (b)、(c) 題的比較具有意義，以下採用標準的逆向熱方程形式

ut=−uxx,u_t=-u_{xx},

而第 (c) 題採用正向熱方程

ut=uxx.u_t=u_{xx}.

(a) 分離變數解

令

u(t,x)=T(t)X(x).u(t,x)=T(t)X(x).

對時間與空間分別微分：

ut=T′(t)X(x),u_t=T'(t)X(x), uxx=T(t)X′′(x).u_{xx}=T(t)X''(x).

逆向熱方程為

T′X=−TX′′.T'X=-TX''.

除以 TXTX，得到

T′T=−X′′X.\frac{T'}{T}=-\frac{X''}{X}.

左側只依賴 tt，右側只依賴 xx，因此兩者必須等於常數。令此常數為 λ\lambda：

T′T=λ,−X′′X=λ.\frac{T'}{T}=\lambda, \qquad -\frac{X''}{X}=\lambda.

因此

T′=λT,T'=\lambda T,

以及

X′′+λX=0.X''+\lambda X=0.

邊界條件為

u(t,0)=T(t)X(0)=0,u(t,1)=T(t)X(1)=0.u(t,0)=T(t)X(0)=0, \qquad u(t,1)=T(t)X(1)=0.

對非零解而言，必須滿足

X(0)=0,X(1)=0.X(0)=0, \qquad X(1)=0.

特徵值問題

考慮

X′′+λX=0.X''+\lambda X=0.

若 λ=0\lambda=0，則

X(x)=A+Bx.X(x)=A+Bx.

由 X(0)=X(1)=0X(0)=X(1)=0 得 A=B=0A=B=0，只有零解。

若 λ<0\lambda<0，令 λ=−μ2\lambda=-\mu^2，則

X(x)=Acosh⁡(μx)+Bsinh⁡(μx).X(x)=A\cosh(\mu x)+B\sinh(\mu x).

同樣由兩個邊界條件只能得到零解。

因此必須有 λ>0\lambda>0。令

λ=μ2.\lambda=\mu^2.

此時

X(x)=Acos⁡(μx)+Bsin⁡(μx).X(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x).

由 X(0)=0X(0)=0 得 A=0A=0，所以

X(x)=Bsin⁡(μx).X(x)=B\sin(\mu x).

再由 X(1)=0X(1)=0：

Bsin⁡μ=0.B\sin\mu=0.

取非零解 B≠0B\neq 0，必須有

sin⁡μ=0⟹μ=nπ,n=1,2,3,…\sin\mu=0 \quad\Longrightarrow\quad \mu=n\pi, \qquad n=1,2,3,\ldots

因此特徵值與特徵函數為

λn=n2π2,\lambda_n=n^2\pi^2, Xn(x)=sin⁡(nπx).X_n(x)=\sin(n\pi x).

時間部分滿足

Tn′=λnTn=n2π2Tn,T_n'=\lambda_nT_n=n^2\pi^2T_n,

故

Tn(t)=Cnen2π2t.T_n(t)=C_ne^{n^2\pi^2t}.

所以所有非零分離變數解為

un(t,x)=Cnen2π2tsin⁡(nπx),n=1,2,3,…\boxed{ u_n(t,x)=C_ne^{n^2\pi^2t}\sin(n\pi x), \qquad n=1,2,3,\ldots }

另包含恆等於零的解。

(b) 逆向熱方程

初始條件為

u(0,x)=sin⁡(nπx).u(0,x)=\sin(n\pi x).

由 (a) 的第 nn 個分離變數解，

u(t,x)=Cnen2π2tsin⁡(nπx).u(t,x)=C_ne^{n^2\pi^2t}\sin(n\pi x).

代入 t=0t=0：

u(0,x)=Cnsin⁡(nπx).u(0,x)=C_n\sin(n\pi x).

與初始條件比較可得 Cn=1C_n=1，因此

u(t,x)=en2π2tsin⁡(nπx)\boxed{ u(t,x)=e^{n^2\pi^2t}\sin(n\pi x) }

此解確實滿足邊界條件：

u(t,0)=en2π2tsin⁡0=0,u(t,0)=e^{n^2\pi^2t}\sin 0=0, u(t,1)=en2π2tsin⁡(nπ)=0.u(t,1)=e^{n^2\pi^2t}\sin(n\pi)=0.

(b1) 解答與行為

由於

en2π2te^{n^2\pi^2t}

隨 tt 遞增，逆向熱方程會使第 nn 個 Fourier 模態的振幅以指數方式增長。

在 t=1t=1 時，

u(1,x)=en2π2sin⁡(nπx).u(1,x)=e^{n^2\pi^2}\sin(n\pi x).

相較於初始狀態，振幅被放大為

en2π2e^{n^2\pi^2}

倍。

更一般地，若初始函數展開為

f(x)=∑k=1∞aksin⁡(kπx),f(x)=\sum_{k=1}^{\infty}a_k\sin(k\pi x),

則逆向熱方程的形式解為

u(t,x)=∑k=1∞akek2π2tsin⁡(kπx).u(t,x) = \sum_{k=1}^{\infty} a_ke^{k^2\pi^2t}\sin(k\pi x).
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第 3 題25 分

(25%). Answer the following questions:
(a). (15%). Solve dPdt=P(a−bP)\frac{dP}{dt} = P(a-bP), P(0)=P0P(0) = P_0 and P0≠0P_0 \neq 0 where aa and bb are constants.
(b). (5%). Continuing from (a), find the value(s) of PP where P(t)P(t) has point(s) of inflection. Recall that points of inflection of a function can occur where its second derivative is zero.
(c). (5%). Solve dPdt=P(a−bln⁡P)\frac{dP}{dt} = P(a - b\ln P) where aa and bb are constants.

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題目解析

本題為一階非常微分方程（ODE）的經典應用與解法題型，包含生態與人口模型中極為重要的 Logistic 方程 與 Gompertz 方程。

(a) 求解 Logistic 微分方程初值問題

核心觀念

本小題為一階非線性常微分方程，形式為標準的 Logistic 方程：

dPdt=P(a−bP)\frac{dP}{dt} = P(a-bP)

此方程可視為可分離變數型微分方程（Separable ODE），亦可視為伯努利方程式（Bernoulli Equation，其中 n=2n=2）。在此採用分離變數法結合部分分式展開求解最為直接。

解題方法與完整推導

原微分方程為：

dPdt=P(a−bP)\frac{dP}{dt} = P(a - bP)

當 P≠0P \neq 0 且 a−bP≠0a - bP \neq 0 時，分離變數得：

dPP(a−bP)=dt\frac{dP}{P(a - bP)} = dt

將左式進行部分分式拆解：

1P(a−bP)=1a(1P+ba−bP)\frac{1}{P(a - bP)} = \frac{1}{a} \left( \frac{1}{P} + \frac{b}{a - bP} \right)

兩邊同時積分：

∫1a(1P+ba−bP)dP=∫dt\int \frac{1}{a} \left( \frac{1}{P} + \frac{b}{a - bP} \right) dP = \int dt 1a(ln⁡∣P∣−ln⁡∣a−bP∣)=t+C1\frac{1}{a} \Big( \ln|P| - \ln|a - bP| \Big) = t + C_1 ln⁡∣Pa−bP∣=at+aC1\ln \left| \frac{P}{a - bP} \right| = at + aC_1

兩邊取指數函數：

Pa−bP=Ceat(C=±eaC1)\frac{P}{a - bP} = C e^{at} \quad (C = \pm e^{aC_1})

利用初始條件 P(0)=P0P(0) = P_0（且 P0≠0P_0 \neq 0）代入求待定常數 CC：

P0a−bP0=C⋅e0=C  ⟹  C=P0a−bP0\frac{P_0}{a - bP_0} = C \cdot e^0 = C \implies C = \frac{P_0}{a - bP_0}

將 CC 代回原式並解出 P(t)P(t)：

Pa−bP=P0a−bP0eat\frac{P}{a - bP} = \frac{P_0}{a - bP_0} e^{at}

交叉相乘整理：

P(a−bP0)=P0eat(a−bP)=aP0eat−bPP0eatP(a - bP_0) = P_0 e^{at} (a - bP) = a P_0 e^{at} - b P P_0 e^{at} P((a−bP0)+bP0eat)=aP0eatP \Big( (a - bP_0) + b P_0 e^{at} \Big) = a P_0 e^{at}

兩邊同除以 eate^{at}（或直接除以括號項）：

P(t)=aP0eata−bP0+bP0eat=aP0bP0+(a−bP0)e−atP(t) = \frac{a P_0 e^{at}}{a - bP_0 + b P_0 e^{at}} = \frac{a P_0}{b P_0 + (a - bP_0)e^{-at}}

特別討論：若 a=0a = 0，則方程式退化為 dPdt=−bP2\frac{dP}{dt} = -bP^2。
分離變數積分：−1P2dP=bdt  ⟹  1P=bt+1P0  ⟹  P(t)=P01+bP0t-\frac{1}{P^2} dP = b dt \implies \frac{1}{P} = bt + \frac{1}{P_0} \implies P(t) = \frac{P_0}{1 + bP_0 t}。
若 a≠0a \neq 0，一般解即為上述指數形式。

(b) 尋找 P(t)P(t) 的反曲點（Points of Inflection）

核心觀念

反曲點（Point of Inflection）發生的必要條件為函數的二階導數等於零，即 d2Pdt2=0\frac{d^2P}{dt^2} = 0，且凹向在該點兩側發生改變。利用微積分連鎖律（Chain Rule），無需先將 P(t)P(t) 對 tt 顯式微分兩次，直接由原微分方程 dPdt=f(P)\frac{dP}{dt} = f(P) 微分即可。

解題方法與完整推導

已知：

dPdt=aP−bP2\frac{dP}{dt} = aP - bP^2

利用隱微分與連鎖律，將上式對時間 tt 微分求二階導數 d2Pdt2\frac{d^2P}{dt^2}：

d2Pdt2=ddt(dPdt)=ddP(dPdt)⋅dPdt\frac{d^2P}{dt^2} = \frac{d}{dt}\left(\frac{dP}{dt}\right) = \frac{d}{dP}\left(\frac{dP}{dt}\right) \cdot \frac{dP}{dt}

計算得：

d2Pdt2=(a−2bP)⋅dPdt=(a−2bP)P(a−bP)\frac{d^2P}{dt^2} = (a - 2bP) \cdot \frac{dP}{dt} = (a - 2bP) P (a - bP)

令 d2Pdt2=0\frac{d^2P}{dt^2} = 0：

(a−2bP)P(a−bP)=0(a - 2bP) P (a - bP) = 0

方程式之根為：

P=0,P=ab,P=a2bP = 0, \quad P = \frac{a}{b}, \quad P = \frac{a}{2b}

物理意義與圖形幾何分析：

  1. 當 P=0P = 0 或 P=abP = \frac{a}{b} 時，dPdt=0\frac{dP}{dt} = 0，此二值為微分方程的平衡解（Equilibrium solutions / 固定常數解），P(t)P(t) 為水平直線，無凹向改變，不為反曲點。
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第 4 題10 分

(10%). Consider the following differential equation:
xy′′=y′+(y′)3.xy'' = y' + (y')^3.
(a). (5%). Show that substituting u=y′u = y' leads to a Bernoulli equation in terms of uu.
(b). (5%). Based on (a), solve this equation.

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核心觀念

本題考查二階微分方程的降階技巧。由於方程中沒有直接出現 yy，只有 y′y' 與 y′′y''，可令

u=y′,u′=y′′.u=y', \qquad u'=y''.

如此可將原本的二階方程降為一階方程。所得方程可整理為 Bernoulli 方程：

u′+P(x)u=Q(x)un.u'+P(x)u=Q(x)u^n.

解 Bernoulli 方程時，對 u≠0u\neq 0 令

v=u1−n,v=u^{1-n},

即可轉換為一階線性微分方程。此外，u=0u=0 必須另外檢查，因為代換 v=u−2v=u^{-2} 會排除這個解。

解題方法

原方程為

xy′′=y′+(y′)3.xy''=y'+(y')^3.

令

u=y′,u′=y′′,u=y', \qquad u'=y'',

則

xu′=u+u3.xu'=u+u^3.

在 x≠0x\neq 0 的區間上除以 xx，得

u′=1xu+1xu3,u'=\frac{1}{x}u+\frac{1}{x}u^3,

整理為

u′−1xu=1xu3.\boxed{ u'-\frac{1}{x}u=\frac{1}{x}u^3 }.

這正是 Bernoulli 方程，其中

P(x)=−1x,Q(x)=1x,n=3.P(x)=-\frac1x,\qquad Q(x)=\frac1x,\qquad n=3.

(a) 驗證 Bernoulli 方程

由 u=y′u=y' 與 u′=y′′u'=y''，原式化為

xu′=u+u3.xu'=u+u^3.

再整理為

u′−1xu=1xu3.u'-\frac1x u=\frac1x u^3.

與標準形式

u′+P(x)u=Q(x)unu'+P(x)u=Q(x)u^n

比較，可知這是一個 n=3n=3 的 Bernoulli 方程。

因此，

u′−1xu=1xu3\boxed{ u'-\frac1x u=\frac1x u^3 }

即為所求。

(b) 求解微分方程

情形一：u=0u=0

直接代入

xu′=u+u3xu'=u+u^3

可知 u=0u=0 成立。因此

y′=0,y'=0,

得到常數解

y=C1.\boxed{y=C_1}.

情形二：u≠0u\neq 0

因為 Bernoulli 方程的指數為 n=3n=3，令

v=u1−3=u−2=1u2.v=u^{1-3}=u^{-2}=\frac1{u^2}.

微分得

v′=−2u−3u′.v'=-2u^{-3}u'.

由

u′=1xu+1xu3,u'=\frac1x u+\frac1x u^3,

可得

v′=−2u−3(1xu+1xu3).v' =-2u^{-3}\left(\frac1x u+\frac1x u^3\right).

化簡為

v′=−2xu−2−2x.v'=-\frac2x u^{-2}-\frac2x.

由於 v=u−2v=u^{-2}，所以

v′=−2xv−2x,v'=-\frac2xv-\frac2x,

即

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