115 年 國立臺灣大學應用力學研究所丙組《工程數學（G）》

核心觀念

1. 二階行列式與反矩陣公式：
   • 矩陣 $M = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ 的行列式為 $\det(M) = ad - bc$。
   • 若 $\det(M) \neq 0$，其反矩陣為 $M^{-1} = \frac{1}{\det(M)} \begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix}$。
2. 正交反射矩陣（Householder / Reflection Matrix）的幾何意義：
   • 矩陣 $A = \begin{pmatrix} \cos(2\alpha) & \sin(2\alpha) \\ \sin(2\alpha) & -\cos(2\alpha) \end{pmatrix}$ 代表在 $\mathbb{R}^2$ 中對與 $x$ 軸夾角為 $\alpha$ 的直線進行鏡射（Reflection）的線性轉換。
   • 三角函數和角與差角公式： $$\cos(A - B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$$ $$\sin(A - B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$$
3. 特徵值與特徵向量（Eigenvalues & Eigenvectors）：
   • 特徵方程式為 $\det(A - \lambda I) = 0$。
   • 對於對稱正交的鏡射矩陣，其幾何變換保持鏡射軸上的向量方向不變（對應 $\lambda = 1$），垂直於鏡射軸的向量方向反轉（對應 $\lambda = -1$）。

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解題步驟與推導

(a) 求矩陣 $A$ 的行列式 $\det(A)$

依據二階行列式定義展開：

$$\det(A) = \cos(2\alpha) \cdot (-\cos(2\alpha)) - \sin(2\alpha) \cdot \sin(2\alpha)$$ $$\det(A) = -\cos^2(2\alpha) - \sin^2(2\alpha) = -(\cos^2(2\alpha) + \sin^2(2\alpha))$$

利用三角恆等式 $\cos^2(2\alpha) + \sin^2(2\alpha) = 1$，得：

$$\det(A) = -1$$

(b) 求矩陣 $A$ 的反矩陣 $A^{-1}$

由二階矩陣求逆公式：

$$A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \begin{pmatrix} -\cos(2\alpha) & -\sin(2\alpha) \\ -\sin(2\alpha) & \cos(2\alpha) \end{pmatrix}$$

將 $\det(A) = -1$ 代入：

$$A^{-1} = -1 \cdot \begin{pmatrix} -\cos(2\alpha) & -\sin(2\alpha) \\ -\sin(2\alpha) & \cos(2\alpha) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos(2\alpha) & \sin(2\alpha) \\ \sin(2\alpha) & -\cos(2\alpha) \end{pmatrix} = A$$

即 $A^{-1} = A$（$A$ 為對合矩陣，Involution）。

(c) 求 $\beta$ 以 $\alpha$ 與 $\theta$ 表示

直接進行矩陣乘法運算：

$$Ax = \begin{pmatrix} \cos(2\alpha) & \sin(2\alpha) \\ \sin(2\alpha) & -\cos(2\alpha) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos\theta \\ \sin\theta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos(2\alpha)\cos\theta + \sin(2\alpha)\sin\theta \\ \sin(2\alpha)\cos\theta - \cos(2\alpha)\sin\theta \end{pmatrix}$$

應用三角函數的差角公式：

$$\cos(2\alpha)\cos\theta + \sin(2\alpha)\sin\theta = \cos(2\alpha - \theta)$$ $$\sin(2\alpha)\cos\theta - \cos(2\alpha)\sin\theta = \sin(2\alpha - \theta)$$

因此：

$$Ax = \begin{pmatrix} \cos(2\alpha - \theta) \\ \sin(2\alpha - \theta) \end{pmatrix}$$

題目給定 $Ax = \begin{pmatrix} \cos\beta \\ \sin\beta \end{pmatrix}$，比對兩向量的夾角表示：

$$\beta = 2\alpha - \theta + 2k\pi, \quad k \in \mathbb{Z}$$

（取標準主值時通常記為 $\beta = 2\alpha - \theta$）。

(d) 求矩陣 $A$ 的所有實數特徵值 $\lambda$

求解特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$：

$$\det\begin{pmatrix} \cos(2\alpha) - \lambda & \sin(2\alpha) \\ \sin(2\alpha) & -\cos(2\alpha) - \lambda \end{pmatrix} = 0$$

展開行列式：

$$(\cos(2\alpha) - \lambda)(-\cos(2\alpha) - \lambda) - \sin^2(2\alpha) = 0$$ $$-(\cos(2\alpha) - \lambda)(\cos(2\alpha) + \lambda) - \sin^2(2\alpha) = 0$$ $$-(\cos^2(2\alpha) - \lambda^2) - \sin^2(2\alpha) = 0$$ $$\lambda^2 - (\cos^2(2\alpha) + \sin^2(2\alpha)) = 0$$ $$\lambda^2 - 1 = 0 \implies \lambda = \pm 1$$

故矩陣 $A$ 的實數特徵值為 $\lambda_1 = 1$ 與 $\lambda_2 = -1$。

核心觀念

本題考查二階常係數線性微分方程：

$$ay''+by'+cy=f(x).$$

解題主要分為兩部分：

1. 齊次方程的通解：利用特徵方程 $$ar^2+br+c=0.$$
2. 非齊次方程的特解：依右側函數 $f(x)$ 的形式，使用待定係數法。

特徵根形式與齊次解的關係如下：

• 相異實根 $r_1,r_2$：

  $$y_h=C_1e^{r_1x}+C_2e^{r_2x}.$$

• 重根 $r$：

  $$y_h=(C_1+C_2x)e^{rx}.$$

• 共軛複根 $\alpha\pm i\beta$：

  $$y_h=e^{\alpha x}\left(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x\right).$$

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(a) 解初值問題

題目為

$$y''+2y'+3y=0,$$

且

$$y(0)=2,\qquad y'(0)=-3.$$

解題方法

因為方程為齊次常係數線性微分方程，設

$$y=e^{rx}.$$

代入原方程：

$$r^2e^{rx}+2re^{rx}+3e^{rx}=0.$$

由於 $e^{rx}\neq 0$，得到特徵方程

$$r^2+2r+3=0.$$

解得

$$r=\frac{-2\pm\sqrt{4-12}}{2} =-1\pm i\sqrt{2}.$$

因此特徵根為共軛複根，齊次通解為

$$y=e^{-x}\left(C_1\cos\sqrt{2}x+C_2\sin\sqrt{2}x\right).$$

套用初始條件

先利用 $y(0)=2$：

$$y(0)=C_1=2.$$

所以

$$y=e^{-x}\left(2\cos\sqrt{2}x+C_2\sin\sqrt{2}x\right).$$

對 $y$ 微分：

$$y' =-e^{-x}\left(2\cos\sqrt{2}x+C_2\sin\sqrt{2}x\right) +e^{-x}\left(-2\sqrt{2}\sin\sqrt{2}x+C_2\sqrt{2}\cos\sqrt{2}x\right).$$

代入 $x=0$：

$$y'(0)=-2+C_2\sqrt{2}.$$

由 $y'(0)=-3$：

$$-2+C_2\sqrt{2}=-3,$$

因此

$$C_2=-\frac{1}{\sqrt{2}}.$$

故解為

$$\boxed{ y(x)=e^{-x}\left(2\cos\sqrt{2}x-\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\sqrt{2}x\right) }.$$

解題技巧與驗算

• 判別式為 $$\Delta=2^2-4(1)(3)=-8<0,$$ 因此解必須含有正弦、餘弦函數，且整體乘上 $e^{-x}$。
• 直接代入 $x=0$ 可快速得到 $C_1=2$。

(a)　方程式階次
最高階導數出現在 $\displaystyle \frac{\partial^2 u}{\partial r^2}$ 與 $\displaystyle \frac{\partial^2 u}{\partial\theta^2}$，故此偏微分方程為 二階。

(b)　分離變數求解

1. 寫成拉普拉斯方程

$$\frac{\partial u}{\partial r}= \frac1r\frac{\partial}{\partial r}\!\left(r\frac{\partial u}{\partial r}\right)+\frac1{r^{2}}\frac{\partial^{2}u}{\partial\theta^{2}} \;\Longrightarrow\; \frac{\partial^{2}u}{\partial r^{2}}+\frac1r\frac{\partial u}{\partial r} +\frac1{r^{2}}\frac{\partial^{2}u}{\partial\theta^{2}}=0 .$$

此即二維極座標下的 Laplace 方程。

2. 分離變數
   假設 $u(r,\theta)=R(r)\,\Theta(\theta)$。代入得

$$\frac{R''}{R}+\frac{1}{r}\frac{R'}{R} +\frac{1}{r^{2}}\frac{\Theta''}{\Theta}=0 \;\Longrightarrow\; r^{2}\frac{R''}{R}+r\frac{R'}{R}= -\frac{\Theta''}{\Theta}= \lambda ,$$

其中 $\lambda$ 為分離常數。

3. $\theta$ 方向 ODE