112 年 國立臺灣大學應用力學研究所甲組《工程數學（G）》

核心觀念

本題為線性代數（矩陣理論）的基礎題型，主要測驗以下重點觀念：

1. $2 \times 2$ 矩陣行列式（Determinant）：
   $\det \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} = ad - bc$
2. 反矩陣（Inverse Matrix）存在性與公式：
   • 矩陣 $A$ 可逆的充分必要條件為 $\det(A) \neq 0$。
   • 二階可逆矩陣的反矩陣公式：
     $A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix}$
3. 特徵值（Eigenvalues）之求解：
   • 求解特徵方程式（Characteristic Equation）：$\det(A - \lambda I) = 0$。
   • 亦可配合跡數（Trace）與行列式性質驗證：$\text{tr}(A) = \lambda_1 + \lambda_2$，$\det(A) = \lambda_1 \lambda_2$。
4. 特徵向量（Eigenvectors）之性質：
   • 定義式：$A x = \lambda x$（$x \neq 0$）。
   • 馬可夫型態／機率矩陣（Markov / Stochastic matrix）之列和性質：各行（或各列）元素之和具有固定值時，全為 1 的向量即為特徵向量，對應特徵值為其和。

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解題方法與完整推導

(a) 求 $A$ 的行列式 $\det A$

依 $2 \times 2$ 行列式定義：
$\det A = (1-\alpha)(1-\beta) - \alpha\beta$

展開並化簡：
$\det A = 1 - \alpha - \beta + \alpha\beta - \alpha\beta = 1 - \alpha - \beta$

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(b) 討論 $A^{-1}$ 之存在條件並求其反矩陣

1. 存在條件：
   $A^{-1}$ 存在的充分必要條件為 $\det A \neq 0$。
   由 (a) 之結果可得：
   $1 - \alpha - \beta \neq 0 \implies \alpha + \beta \neq 1$
   配合題目給定之已知條件 $\alpha > 0$、$\beta > 0$，$A^{-1}$ 存在的條件為：
   $\alpha + \beta \neq 1$

2. 求 $A^{-1}$：
   當 $\alpha + \beta \neq 1$ 時，代入伴隨矩陣法求逆矩陣公式：
   $A^{-1} = \frac{1}{\det A} \begin{pmatrix} 1-\beta & -\alpha \\ -\beta & 1-\alpha \end{pmatrix}$
   $A^{-1} = \frac{1}{1-\alpha-\beta} \begin{pmatrix} 1-\beta & -\alpha \\ -\beta & 1-\alpha \end{pmatrix}$

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(c) 求 $A$ 的特徵值

解特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$：
$\det \begin{pmatrix} (1-\alpha) - \lambda & \alpha \\ \beta & (1-\beta) - \lambda \end{pmatrix} = 0$

展開行列式：
$[(1-\alpha) - \lambda][(1-\beta) - \lambda] - \alpha\beta = 0$
$\lambda^2 - [(1-\alpha) + (1-\beta)]\lambda + (1-\alpha)(1-\beta) - \alpha\beta = 0$
$\lambda^2 - (2 - \alpha - \beta)\lambda + (1 - \alpha - \beta) = 0$

因式分解：
$(\lambda - 1)[\lambda - (1 - \alpha - \beta)] = 0$

解得兩特徵值為：
$\lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 1 - \alpha - \beta$

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(d) 決定 $\alpha$ 與 $\beta$ 的值

由特徵向量的定義式 $A x = \lambda x$ 進行檢驗與推導：

1. 針對向量 $x^{(1)} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$：
   計算 $A x^{(1)}$：
   $A x^{(1)} = \begin{pmatrix} 1-\alpha & \alpha \\ \beta & 1-\beta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (1-\alpha) + \alpha \\ \beta + (1-\beta) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = 1 \cdot x^{(1)}$
   此式對任意實數 $\alpha, \beta$ 皆恆成立，代表 $x^{(1)}$ 本身即為對應特徵值 $\lambda_1 = 1$ 之特徵向量，未對 $\alpha, \beta$ 增加額外限制。

2. 針對向量 $x^{(2)} = \begin{pmatrix} \beta \\ -\alpha \end{pmatrix}$：

核心觀念

1. 函數的奇偶性（Even/Odd Functions）定義與週期延拓：
   • 週期為 $T = 2\pi$ 之函數 $f(x)$，若對所有 $x$ 均滿足 $f(-x) = f(x)$，則為偶函數；若滿足 $f(-x) = -f(x)$，則為奇函數。
   • 依週期性可得 $f(-x) = f(-x + 2\pi)$，用以檢驗定義於區間 $(0, 2\pi)$ 上的函數值。
2. 一般週期函數的傅立葉級數（Fourier Series）展開：
   • 週期 $T = 2L = 2\pi \implies L = \pi$。
   • 傅立葉級數標準形式：
     $f(x) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n \cos(nx) + b_n \sin(nx) \right]$
   • 各傅立葉係數公式（在區間 $[0, 2\pi]$ 上積分）：
     $a_0 = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(x) \, dx$
     $a_n = \frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} f(x) \cos(nx) \, dx, \quad n = 1, 2, 3, \dots$
     $b_n = \frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} f(x) \sin(nx) \, dx, \quad n = 1, 2, 3, \dots$
3. 狄利克雷收斂定理（Dirichlet's Convergence Theorem）與級數求和：
   • 若 $f(x)$ 滿足狄利克雷條件，在其連續點 $x_0$ 處，傅立葉級數收斂至該點函數值 $f(x_0)$。
   • 透過代入特定點 $x$ 使特定三角函數項消去，可求出對應之古典數值級數和（如萊布尼茲級數）。

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解題方法與詳細推導

(a) 判斷 $f(x)$ 為奇函數或偶函數

給定 $f(x)$ 之週期為 $2\pi$，在主區間 $(0, 2\pi)$ 的定義為：
$f(x) = \begin{cases} x, & 0 < x < \pi \\ \pi, & \pi < x < 2\pi \end{cases}$

選取測試點 $x = \frac{\pi}{2} \in (0, \pi)$：

• 直接代入定義：
  $f\left(\frac{\pi}{2}\right) = \frac{\pi}{2}$
• 根據週期性 $f(x) = f(x + 2\pi)$，求 $f\left(-\frac{\pi}{2}\right)$ 之值：
  $f\left(-\frac{\pi}{2}\right) = f\left(-\frac{\pi}{2} + 2\pi\right) = f\left(\frac{3\pi}{2}\right)$
• 由於 $\frac{3\pi}{2} \in (\pi, 2\pi)$，由定義可知：
  $f\left(\frac{3\pi}{2}\right) = \pi$

比較兩者結果：

• $f\left(-\frac{\pi}{2}\right) = \pi \neq \frac{\pi}{2} = f\left(\frac{\pi}{2}\right) \implies f(x)$ 不是偶函數。
• $f\left(-\frac{\pi}{2}\right) = \pi \neq -\frac{\pi}{2} = -f\left(\frac{\pi}{2}\right) \implies f(x)$ 不是奇函數。

因此，$f(x)$ 既非奇函數，亦非偶函數（Neither even nor odd function）。

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(b) 求 $f(x)$ 的傅立葉級數

週期 $T = 2\pi$（$L = \pi$），傅立葉級數設為：
$f(x) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n \cos(nx) + b_n \sin(nx) \right]$

1. 計算常數項 $a_0$：
$a_0 = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(x) \, dx = \frac{1}{2\pi} \left[ \int_0^\pi x \, dx + \int_\pi^{2\pi} \pi \, dx \right]$

• $\int_0^\pi x \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^\pi = \frac{\pi^2}{2}$
• $\int_\pi^{2\pi} \pi \, dx = \pi(2\pi - \pi) = \pi^2$

代入得：
$a_0 = \frac{1}{2\pi} \left( \frac{\pi^2}{2} + \pi^2 \right) = \frac{1}{2\pi} \left( \frac{3\pi^2}{2} \right) = \frac{3\pi}{4}$

2. 計算餘弦係數 $a_n$ ($n \ge 1$)：
$a_n = \frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} f(x) \cos(nx) \, dx = \frac{1}{\pi} \left[ \int_0^\pi x \cos(nx) \, dx + \int_\pi^{2\pi} \pi \cos(nx) \, dx \right]$

• 第一段採用分部積分法：
  $\int_0^\pi x \cos(nx) \, dx = \left[ x \frac{\sin(nx)}{n} \right]_0^\pi - \int_0^\pi \frac{\sin(nx)}{n} \, dx = 0 + \left[ \frac{\cos(nx)}{n^2} \right]_0^\pi = \frac{\cos(n\pi) - 1}{n^2} = \frac{(-1)^n - 1}{n^2}$
• 第二段積分：
  $\int_\pi^{2\pi} \pi \cos(nx) \, dx = \pi \left[ \frac{\sin(nx)}{n} \right]_\pi^{2\pi} = \frac{\pi}{n} (\sin(2n\pi) - \sin(n\pi)) = 0$

合併得：
$a_n = \frac{(-1)^n - 1}{\pi n^2} = \begin{cases} 0, & n \text{ 為偶數} \\ -\dfrac{2}{\pi n^2}, & n \text{ 為奇數} \end{cases}$

3. 計算正弦係數 $b_n$ ($n \ge 1$)：

圖形資訊說明

題目所附圖片為英文單字題，未包含本題所述的三彈簧配置圖，因此彈簧的串、並聯關係無法由原圖確認。以下採用常見配置：$k_1,k_2$ 為並聯後，再與 $k_3$ 串聯；且 $k_1,k_2$ 在平衡位置的伸長量總和為 $0.98\ \text{m}$。

核心觀念

本題使用：

• 靜力平衡：彈簧總恢復力等於重力。

• 串聯、並聯彈簧的等效彈簧常數。

• 質量—彈簧—阻尼系統的自由振動方程：

  $m\ddot{x}+c\dot{x}+k_{\mathrm{eq}}x=0$

• 無阻尼自然角頻率：

  $\omega_n=\sqrt{\frac{k_{\mathrm{eq}}}{m}}$

(a) 求每一條彈簧的彈簧常數

$k_1,k_2$ 為並聯，因此兩條彈簧伸長量相同。已知兩者伸長量總和為 $0.98\ \text{m}$，故每條伸長量為

$$\Delta L_1=\Delta L_2=\frac{0.98}{2}=0.49\ \text{m}.$$

平衡時，三條彈簧承受的張力總和為

$$mg=5(9.8)=49\ \text{N}.$$

並聯的 $k_1,k_2$ 共同承受 $49\ \text{N}$，所以

$$2k(0.49)=49.$$

因此

$$\boxed{k=50\ \text{N/m}}$$

但此結果代表上方並聯彈簧的總伸長為 $0.49\ \text{m}$。若題意的「$k_1$ 和 $k_2$ 總伸長 $0.98\ \text{m}$」是指兩條彈簧各自伸長量的總和，則每條彈簧常數為

$$\boxed{k=100\ \text{N/m}}.$$

以下依題目給定初始位置 $x(0)=-0.98\ \text{m}$，採用後者，即每條彈簧的平衡伸長量為 $0.49\ \text{m}$、彈簧常數為 $100\ \text{N/m}$。

三條彈簧的等效彈簧常數為：先求並聯部分

$$k_{12}=k_1+k_2=2k=200\ \text{N/m},$$

再與 $k_3=k=100\ \text{N/m}$ 串聯：

$$k_{\mathrm{eq}} =\frac{k_{12}k_3}{k_{12}+k_3} =\frac{200(100)}{200+100} =\frac{200}{3}\ \text{N/m}.$$

(b) 無阻尼自然頻率

由

$$\omega_n=\sqrt{\frac{k_{\mathrm{eq}}}{m}},$$

得到

$$\omega_n =\sqrt{\frac{200/3}{5}} =\sqrt{\frac{40}{3}} \approx 3.651\ \text{rad/s}.$$

若以頻率 $f_n$ 表示：

$$f_n=\frac{\omega_n}{2\pi} \approx 0.581\ \text{Hz}.$$

因此

核心觀念

本題考查拉普拉斯方程的分類、階數，以及以分離變數法求解半無限長矩形區域的穩態溫度分布。

圖中板子的範圍為 $0<x<10,\ y>0$：底邊 $y=0$ 維持 $200\,^\circ\mathrm C$，兩側 $x=0,10$ 與遠端 $y\to\infty$ 的溫度皆為 $0\,^\circ\mathrm C$。

(a)、(b) PDE 的類型與階數

方程為

$$\frac{\partial^2 T}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 T}{\partial y^2} =0.$$

這是二維拉普拉斯方程。其二階導數項的係數滿足 $A=1,\ B=0,\ C=1$，因此 $B^2-AC=-1<0$，屬於橢圓型偏微分方程。

最高階導數為二階，所以此 PDE 的階數為二階。

(c) 分離變數的一般解

令

$$T(x,y)=X(x)Y(y).$$

代入拉普拉斯方程，並除以 $X(x)Y(y)$：

$$\frac{X''(x)}{X(x)} + \frac{Y''(y)}{Y(y)} =0.$$

由於兩項分別只依賴 $x$ 與 $y$，令分離常數為 $\lambda^2$，得到

$$\frac{X''}{X}=-\lambda^2, \qquad \frac{Y''}{Y}=\lambda^2.$$

因此

$$X''+\lambda^2X=0, \qquad Y''-\lambda^2Y=0.$$

當 $\lambda>0$ 時，一般解為

$$X(x)=C_1\cos(\lambda x)+C_2\sin(\lambda x),$$ $$Y(y)=C_3e^{\lambda y}+C_4e^{-\lambda y}.$$

(d) 使用邊界條件求穩態解

側邊溫度為零，故

$$T(0,y)=0,\qquad T(10,y)=0.$$

為使 $T(0,y)=0$，$X(x)$ 中的餘弦項係數必須為零，因此 $X(x)=C_2\sin(\lambda x)$。再由 $T(10,y)=0$ 得

$$\sin(10\lambda)=0, \qquad \lambda_n=\frac{n\pi}{10},\quad n=1,2,3,\ldots.$$