113 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

本題考查：

• 特徵值與特徵向量的定義：

  $A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x},\qquad \mathbf{x}\ne\mathbf{0}$

• 特徵多項式：

  $p_A(\lambda)=\det(\lambda I-A)$

• 矩陣可對角化的條件：每個特徵值的線性獨立特徵向量總數，必須等於矩陣階數。特別是，某特徵值的幾何重數必須等於其代數重數。

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(1)(a) 求矩陣的特徵值與特徵向量

令

$$\mathbf{1}= \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ \vdots\\ 1 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{c}= \begin{bmatrix} c_1\\ c_2\\ \vdots\\ c_n \end{bmatrix}.$$

題目中的矩陣可寫成

$$A=\mathbf{1}\mathbf{c}^{T}.$$

因此對任意向量 $\mathbf{x}$，

$$A\mathbf{x} = \mathbf{1}\mathbf{c}^{T}\mathbf{x} = (\mathbf{c}^{T}\mathbf{x})\mathbf{1}.$$

令

$$s=c_1+c_2+\cdots+c_n.$$

特徵值 $s$

取 $\mathbf{x}=\mathbf{1}$，則

$$A\mathbf{1} = (\mathbf{c}^{T}\mathbf{1})\mathbf{1} = s\mathbf{1}.$$

所以

$$\lambda=s=c_1+c_2+\cdots+c_n$$

是特徵值，其對應特徵向量為

$$\mathbf{x}=k \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ \vdots\\ 1 \end{bmatrix}, \qquad k\ne 0.$$

特徵值 $0$

若向量 $\mathbf{x}$ 滿足

$$\mathbf{c}^{T}\mathbf{x} = c_1x_1+c_2x_2+\cdots+c_nx_n=0,$$

則

$$A\mathbf{x} = (\mathbf{c}^{T}\mathbf{x})\mathbf{1} = \mathbf{0}.$$

因此 $\lambda=0$ 的特徵向量為所有滿足

$$c_1x_1+c_2x_2+\cdots+c_nx_n=0$$

的非零向量。當 $\mathbf{c}\ne\mathbf{0}$ 時，此特徵空間維度為 $n-1$。

所以在一般情況 $\mathbf{c}\ne\mathbf{0}$ 下：

$$\boxed{\lambda_1=c_1+c_2+\cdots+c_n}$$

對應特徵向量為 $\mathbf{1}$ 的倍數；而

$$\boxed{\lambda=0}$$

對應特徵空間為

$$\boxed{ \left\{ \mathbf{x}\in\mathbb{R}^n: c_1x_1+\cdots+c_nx_n=0 \right\}. }$$

特徵多項式為

$$\boxed{ p_A(\lambda) = \lambda^{n-1} \left[ \lambda-(c_1+c_2+\cdots+c_n) \right]. }$$

若 $c_1+\cdots+c_n=0$，則唯一的特徵值為 $0$，其代數重數為 $n$；若 $\mathbf{c}=\mathbf{0}$，則 $A$ 為零矩陣，所有非零向量皆為 $\lambda=0$ 的特徵向量。

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(1)(b) 求特徵多項式與特徵值

給定

$$A= \begin{bmatrix} -4&-6&0\\ 3&5&0\\ 3&3&2 \end{bmatrix}.$$

由於前兩欄的上方部分形成一個 $2\times 2$ 區塊，且右上角為零，可直接利用區塊下三角矩陣的行列式性質：

$$\lambda I-A = \begin{bmatrix} \lambda+4&6&0\\ -3&\lambda-5&0\\ -3&-3&\lambda-2 \end{bmatrix}.$$

因此

$$p_A(\lambda) = \det(\lambda I-A) = (\lambda-2) \det \begin{bmatrix} \lambda+4&6\\ -3&\lambda-5 \end{bmatrix}.$$

計算二階行列式：

核心觀念

本題考查梯度向量與方向導數：

• 梯度：
  $\nabla f=(f_x,f_y)$
• 單位方向 $\mathbf u$ 上的方向導數：
  $D_{\mathbf u}f=\nabla f\cdot\mathbf u$
• 函數增加最快的方向是梯度方向，最大增加率為：
  $\|\nabla f\|$
• 若 $c(t)$ 是向量場 $F$ 的流線，則：
  $c'(t)=F(c(t))$
  並可利用鏈鎖律計算
  $\frac{d}{dt}f(c(t))=\nabla f(c(t))\cdot c'(t).$

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梯度向量

已知

$$f(x,y)=e^x\cos(x+y).$$

分別對 $x,y$ 微分：

$$f_x=e^x\cos(x+y)-e^x\sin(x+y) =e^x[\cos(x+y)-\sin(x+y)],$$ $$f_y=-e^x\sin(x+y).$$

因此

$$\nabla f(x,y) =e^x\bigl(\cos(x+y)-\sin(x+y),-\sin(x+y)\bigr).$$

在 $(0,\pi/2)$ 處，

$$e^0=1,\qquad x+y=\frac{\pi}{2},$$

所以

$$\nabla f(0,\pi/2) =(0-1,-1)=(-1,-1).$$

其長度為

$$\|\nabla f(0,\pi/2)\| =\sqrt{(-1)^2+(-1)^2} =\sqrt2.$$

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(a) 變化最快的方向

函數變化最快的方向為梯度方向，因此單位方向向量為

$$\mathbf u_{\max} =\frac{\nabla f(0,\pi/2)} {\|\nabla f(0,\pi/2)\|} =\frac{(-1,-1)}{\sqrt2}.$$

因此，從 $(0,\pi/2)$ 出發時，$f$ 變化最快的方向是

$$\boxed{\mathbf u_{\max} =\left(-\frac1{\sqrt2},-\frac1{\sqrt2}\right)}.$$

最大方向導數為 $\sqrt2$。

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(b) 以最大速率的 $50\%$ 變化的方向

最大變化率為

$$\|\nabla f\|=\sqrt2.$$

因此所求方向 $\mathbf u=(u_1,u_2)$ 必須是單位向量，且滿足

$$D_{\mathbf u}f =\nabla f\cdot\mathbf u =\frac12\sqrt2 =\frac1{\sqrt2}.$$

代入 $\nabla f=(-1,-1)$：

$$-u_1-u_2=\frac1{\sqrt2},$$

即

$$u_1+u_2=-\frac1{\sqrt2}.$$

又因為 $\mathbf u$ 是單位向量，

$$u_1^2+u_2^2=1.$$

解此聯立方程，可得兩個方向：

核心觀念

本題結合了「材料力學」的梁柱分析（Beam-Column Theory）與「工程數學」的常微分方程拉氏轉換（Laplace Transform）：

1. 奇異函數表示外力載重：
   • 集中載重（Point Load）$F_0$ 作用於 $x = a$，表示為脈衝函數 $F_0 \delta(x - a)$。
   • 均勻分布載重（Uniform Distributed Load）$w_0$ 作用在區間 $[a, b]$，利用單位步階函數表示為 $w_0 [u(x - a) - u(x - b)]$。
   • 集中力偶矩（Concentrated Moment）$M_0$ 作用於 $x = c$，等效荷載為力偶對微分形成的偶極函數 $M_0 \delta'(x - c)$。
2. 梁柱邊界條件（Boundary Conditions）：
   • 簡支端（Simply Supported / Pin / Roller）：撓度為零 $y = 0$，彎矩為零 $y'' = 0$。
   • 固定端（Clamped / Built-in）：撓度為零 $y = 0$，轉角為零 $y' = 0$。
   • 自由端（Free End）：彎矩為零 $y'' = 0$，剪力為零 $EI y''' + P y' = 0$。
3. 微分方程之拉氏轉換：
   • 對四階微分方程兩邊取拉氏轉換 $\mathcal{L}\{y^{(n)}(x)\}$，代入邊界初值 $y(0), y'(0), y''(0), y'''(0)$，代數化解出 $Y(s)$。

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解題方法

圖形外力與邊界條件說明

根據國立臺灣大學應力所 113 年工數（G）該題之標準試卷原圖：

• 梁長度為 $L = 2$。
• 左端 $x = 0$：簡支端（Pin Support），邊界為 $y(0) = 0$ 且彎矩 $M(0) = -EI y''(0) = 0 \implies y''(0) = 0$。
• 右端 $x = 2$：簡支端（Roller Support），邊界為 $y(2) = 0$ 且 $y''(2) = 0$。
• 外力分布：
  • 在 $x = 1$ 處受一大小為 $P_0 = 1$ 的向下集中力，以 Dirac delta 函數表示為 $\delta(x - 1)$。
  • 在 $x \in [0, 1]$ 區間作用大小為 $w_0 = 1$ 的向下均佈載重，以步階函數表示為 $u(x) - u(x - 1)$。

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(a) 外力載重 $w(x)$ 之函數表示

外力包含：

1. 作用在 $x \in [0, 1]$ 區間之向下均布載重（強度為 $1$）：

$$w_{\text{dist}}(x) = 1 \cdot [u(x) - u(x - 1)]$$

2. 作用在 $x = 1$ 之向下集中載重（大小為 $1$）：

$$w_{\text{point}}(x) = 1 \cdot \delta(x - 1)$$

因此，總外力載重 $w(x)$ 為兩者之和：

$$w(x) = [u(x) - u(x - 1)] + \delta(x - 1)$$

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(b) 邊界條件（Boundary Conditions）

兩端皆為簡支承（Simply Supported）：

1. 在 $x = 0$ 處，撓度為零且彎矩為零：

$$y(0) = 0, \quad y''(0) = 0$$

2. 在 $x = 2$ 處，撓度為零且彎矩為零：

$$y(2) = 0, \quad y''(2) = 0$$

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(c) 求 $Y(s) = \mathcal{L}\{y(x)\}$

已知控制方程：

$$EI \frac{d^4y}{dx^4} + P \frac{d^2y}{dx^2} = w(x)$$

將題給參數 $EI = 1$ 與 $P = 1$ 代入：

核心觀念

對二階線性微分方程

$$a_2(x)y''+a_1(x)y'+a_0(x)y=0$$

先除以 $a_2(x)$，化為標準型：

$$y''+P(x)y'+Q(x)y=0.$$

在 $x=0$：

• 若 $P(x)$、$Q(x)$ 皆在 $x=0$解析，則 $x=0$為普通點。
• 若 $xP(x)$與$x^2Q(x)$皆在 $x=0$解析，但 $P(x)$或$Q(x)$本身不解析，則 $x=0$為正則奇異點。

Frobenius 法設

$$y(x)=x^r\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n, \qquad a_0\neq 0.$$

其中 $r$由指標方程決定。

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（a）奇異點判定

原方程為

$$2x^2y''+x(2x+1)y'-y=0.$$

除以 $2x^2$：

$$y''+\frac{2x+1}{2x}y'-\frac{1}{2x^2}y=0.$$

因此

$$P(x)=\frac{2x+1}{2x} =1+\frac{1}{2x}, \qquad Q(x)=-\frac{1}{2x^2}.$$

在 $x=0$處，$P(x)$與$Q(x)$不解析，所以 $x=0$不是普通點。

再計算：

$$xP(x)=\frac{2x+1}{2}, \qquad x^2Q(x)=-\frac12.$$

兩者在 $x=0$皆解析，因此 $x=0$是正則奇異點。

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（b）Frobenius 級數解

題目中的 $\alpha$應視為 Frobenius 指數 $r$。設

$$y=x^r\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n =\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r}.$$

則

$$y'=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_nx^{n+r-1},$$ $$y''=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_nx^{n+r-2}.$$

代回原方程：

$$2x^2y''+x(2x+1)y'-y=0.$$

各項分別為

$$2x^2y'' = 2\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_nx^{n+r},$$ $$x(2x+1)y' = 2\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_nx^{n+r+1} + \sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_nx^{n+r},$$ $$-y=-\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r}.$$

將含有 $x^{n+r+1}$ 的級數換指標：

$$2\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_nx^{n+r+1} = 2\sum_{n=1}^{\infty}(n+r-1)a_{n-1}x^{n+r}.$$

因此

$$\begin{aligned} 0={}& \left[2r(r-1)+r-1\right]a_0x^r\\ &+\sum_{n=1}^{\infty} \left\{ \left[2(n+r)(n+r-1)+(n+r)-1\right]a_n +2(n+r-1)a_{n-1} \right\}x^{n+r}. \end{aligned}$$

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指標方程

最低次方 $x^r$ 的係數必須為零：

$$\left[2r(r-1)+r-1\right]a_0=0.$$

因為 $a_0\neq0$，得到

$$2r(r-1)+r-1=0.$$

整理：

$$2r^2-r-1=0.$$

因式分解：

$$(2r+1)(r-1)=0.$$

故兩個 Frobenius 指數為

核心觀念

本題考查三維偏微分方程的物理分類，以及不同類型方程所需的邊界條件與初始條件。

• 橢圓型方程：描述穩態場，例如穩態溫度或靜電位勢；不需要初始條件。
• 拋物型方程：描述擴散、熱傳導等隨時間演化的現象；需要空間邊界條件與初始條件。
• 邊界條件必須施加在立方體的全部邊界上。常見形式包括：
  • Dirichlet 邊界條件：指定 $u$
  • Neumann 邊界條件：指定法向導數 $\dfrac{\partial u}{\partial n}$
  • Robin 邊界條件：指定 $a u+b\dfrac{\partial u}{\partial n}$

令立方體區域為

$$\Omega=\{(x,y,z):0<x<1,\ 0<y<1,\ 0<z<1\}.$$

其邊界由六個面組成：

$$x=0,\quad x=1,\quad y=0,\quad y=1,\quad z=0,\quad z=1.$$

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(a) 方程名稱與物理意義

(5-1) Laplace 方程

題目給定

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

以 Laplacian 記號表示為

$$\nabla^2u=0.$$

此方程稱為三維 Laplace 方程，屬於橢圓型偏微分方程。

物理範例：穩態熱傳導

令 $u(x,y,z)$ 表示固體內的溫度。若固體內部沒有熱源，且經過足夠長時間後達到穩態，溫度不再隨時間變化，因此

$$\frac{\partial u}{\partial t}=0.$$

熱傳導方程

$$\frac{\partial u}{\partial t}=\alpha\nabla^2u$$

便化為

$$\nabla^2u=0.$$

因此，(5-1) 可描述沒有內部熱源的穩態溫度分布。

相同數學形式也可描述：

• 無電荷區域中的靜電位勢；
• 無質量源區域中的穩態濃度分布；
• 不可壓縮、無旋流動中的速度勢。

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(5-2) 具方向異性的熱傳導方程

題目給定

$$k\frac{\partial^2u}{\partial x^2} +\frac{\partial^2u}{\partial y^2} +\frac{\partial^2u}{\partial z^2} = \frac{1}{c^2}\frac{\partial u}{\partial t}.$$

整理為

$$\frac{\partial u}{\partial t} = c^2 \left( k\frac{\partial^2u}{\partial x^2} +\frac{\partial^2u}{\partial y^2} +\frac{\partial^2u}{\partial z^2} \right).$$

此方程是 具有方向異性的熱方程或擴散方程，屬於拋物型偏微分方程。

其中 $x$ 方向的二階導數前係數為 $k$，而 $y,z$ 方向的係數為 $1$，表示物理性質在不同方向不相同。參數 $c^2$ 控制整體時間擴散速率。

物理範例：異向性固體中的熱傳導

令 $u$ 為溫度，考慮纖維複合材料或層狀材料。這類材料沿纖維方向與垂直纖維方向的導熱能力不同，因此熱流在 $x$ 方向的擴散強度可用 $k$ 調整。

一般異向性熱方程可寫成

$$\rho C\frac{\partial u}{\partial t} = K_x\frac{\partial^2u}{\partial x^2} +K_y\frac{\partial^2u}{\partial y^2} +K_z\frac{\partial^2u}{\partial z^2}.$$

將係數適當正規化後，即可得到題目的形式。因此，(5-2) 可描述材料內溫度隨時間的變化，且 $x$ 方向的熱擴散與其他方向不同。

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(5-3) 三維熱方程

題目給定

$$\frac{\partial^2u}{\partial x^2} +\frac{\partial^2u}{\partial y^2} +\frac{\partial^2u}{\partial z^2} = \frac{1}{k}\frac{\partial u}{\partial t}.$$

整理得

$$\frac{\partial u}{\partial t} = k\nabla^2u.$$

此方程稱為三維 熱方程，也稱為 擴散方程，屬於拋物型偏微分方程。

物理範例：均質固體中的暫態熱傳導

令 $u(x,y,z,t)$ 為均質固體內的溫度，$k$ 為熱擴散率，則標準熱方程為

$$\frac{\partial u}{\partial t} = \alpha\nabla^2u.$$

與題目比較可知

$$\alpha=k.$$

此方程描述初始溫度分布在時間演化下逐漸平滑，最後趨近於由邊界條件決定的穩態分布。

除了熱傳導外，(5-3) 也可描述：

• 液體中的溶質擴散；
• 氣體中的污染物擴散；
• 生物組織內藥物濃度的擴散。

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(b) 立方體中的邊界條件與初始條件

(5-1) Laplace 方程

$\boxed{u(x,y)=2\,x+1-y}$

驗證

1. Laplace 方程

$$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=0,\qquad \frac{\partial^2 u}{\partial y^2}=0\;\Longrightarrow\; \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}=0 .$$

2. 邊界條件

邊界	條件	代入 $u(x,y)=2x+1-y$
$y=0$	$u=1$	$u(x,0)=2x+1-0=2x+1$，於 $x=0$ 時為 $1$。