112 年 國立中正大學地球與環境科學系碩士班《工程數學》

核心觀念

本題考查二階常係數齊次線性微分方程：

$$y''+ay'+by=0.$$

設解為 $y=e^{rx}$，代入原方程可得特徵方程。若特徵方程有重根 $r$，則通解為

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

本題另給定 $y(0)$ 與 $y'(0)$，用來決定兩個任意常數。

解題方法

原方程為

$$y''-14y'+49y=0.$$

設

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

則

$$y'=re^{rx},\qquad y''=r^2e^{rx}.$$

代入原方程：

$$r^2e^{rx}-14re^{rx}+49e^{rx}=0.$$

因為 $e^{rx}\neq 0$，得到特徵方程

$$r^2-14r+49=0.$$

因式分解：

$$r^2-14r+49=(r-7)^2=0.$$

因此特徵根為重根

$$r=7.$$

所以微分方程的通解為

$$y=(C_1+C_2x)e^{7x}.$$

對通解微分：

核心觀念

本題考查二階常係數齊次微分方程的解法。對方程式

$$ay''+by'+cy=0$$

設 $y=e^{rx}$，可得到特徵方程式

$$ar^2+br+c=0.$$

當特徵根為複數共軛根 $r=\alpha\pm\beta i$ 時，通解為

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

解題方法

原方程式為

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

設 $y=e^{rx}$，則特徵方程式為

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

解得

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

因此 $\alpha=-1$、$\beta=\sqrt{2}$，微分方程的通解為

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

代入初始條件 $y(0)=0$：

$$y(0)=e^0\left(C_1\cos0+C_2\sin0\right)=C_1,$$

所以

$$C_1=0.$$

此時

$$y=C_2e^{-x}\sin(\sqrt{2}x).$$

核心觀念

本題考查一階非線性微分方程的積分技巧，以及初始條件對解的選擇。關鍵公式為

$$\frac{d}{dx}(y^2)=2yy',$$

因此 $yy'$ 可以視為 $\frac12(y^2)'$。

解題方法

原方程為

$$yy'+49x=0.$$

將 $y'$ 寫成 $\dfrac{dy}{dx}$：

$$y\frac{dy}{dx}=-49x.$$

兩邊同乘 $dx$ 後積分：

$$y\,dy=-49x\,dx,$$ $$\int y\,dy=\int -49x\,dx.$$

因此

$$\frac12y^2=-\frac{49}{2}x^2+C.$$

乘以 $2$ 並整理得

$$y^2+49x^2=C_1.$$

代入初始條件 $y(0)=1$：

$$1^2+49(0)^2=C_1,$$

所以

$$C_1=1.$$

故

$$y^2=1-49x^2.$$

取平方根時，初始條件 $y(0)=1>0$，因此必須選取正分支：

$$\boxed{y(x)=\sqrt{1-49x^2}}.$$

為使解為實數，需滿足

$$1-49x^2\ge 0,$$

即

$$-\frac17\le x\le \frac17.$$

不過在 $x=\pm \frac17$ 時，$y=0$，原方程變成

$$49x=0,$$

並不成立，因此經典解的最大定義區間為

$$-\frac17<x<\frac17.$$

圖形

由

$$y^2+49x^2=1$$

可知完整曲線是以原點為中心、水平半軸長 $\frac17$、垂直半軸長 $1$ 的橢圓。本題的解是其上半部：

核心觀念

本題考查二階常係數非齊次微分方程，重點包括：

• 齊次解的特徵方程。
• 重根情形的齊次解形式。
• 外力項與特徵根重合時的共振特解。
• 利用初始條件決定待定常數。

原方程為

$$4y''+12y'+9y=-4e^{-1.5x}, \qquad y(0)=1,\quad y'(0)=0.$$

將方程除以 $4$：

$$y''+3y'+\frac94y=-e^{-3x/2}.$$

---

解題方法

1. 求齊次解

先考慮對應的齊次方程：

$$y''+3y'+\frac94y=0.$$

其特徵方程為

$$r^2+3r+\frac94=0$$

可因式分解為

$$\left(r+\frac32\right)^2=0.$$

因此特徵根為重根

$$r=-\frac32.$$

重根的齊次解為

$$y_h=(C_1+C_2x)e^{-3x/2}.$$

---

2. 求非齊次特解

右側外力項為

$$-e^{-3x/2}.$$

由於 $e^{-3x/2}$ 已經出現在齊次解中，且特徵根 $-\frac32$ 為二重根，因此直接猜測 $Ae^{-3x/2}$ 會與齊次解重複，必須乘上 $x^2$。

令

$$y_p=Ax^2e^{-3x/2}.$$

也可以使用算子快速計算。注意

$$D^2+3D+\frac94 = \left(D+\frac32\right)^2.$$

令

$$y=e^{-3x/2}v(x).$$

則有

$$\left(D+\frac32\right)y=e^{-3x/2}v',$$

以及

$$\left(D+\frac32\right)^2y=e^{-3x/2}v''.$$

因此原方程化為

$$e^{-3x/2}v''=-e^{-3x/2},$$

所以

$$v''=-1.$$

取其中一組特解

$$v_p=-\frac{x^2}{2},$$

得到

$$y_p=-\frac{x^2}{2}e^{-3x/2}.$$

因此微分方程的通解為

核心觀念

若非零向量 $\mathbf v$ 滿足

$$A\mathbf v=\lambda \mathbf v,$$

則 $\lambda$ 稱為矩陣 $A$ 的特徵值，$\mathbf v$ 稱為對應的特徵向量。

特徵值由特徵方程決定：

$$\det(A-\lambda I)=0,$$

求得特徵值後，再將各特徵值代入

$$(A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0$$

以求出對應的特徵向量。

解題方法

令

$$A= \begin{bmatrix} 3&3\\ 2&1 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf v= \begin{bmatrix} x\\y \end{bmatrix}.$$

1. 求特徵值

先計算特徵方程：

$$\det(A-\lambda I) = \det \begin{bmatrix} 3-\lambda&3\\ 2&1-\lambda \end{bmatrix}.$$

因此

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(3-\lambda)(1-\lambda)-6\\ &=3-4\lambda+\lambda^2-6\\ &=\lambda^2-4\lambda-3. \end{aligned}$$

令其等於零：

$$\lambda^2-4\lambda-3=0.$$

利用公式解得

$$\lambda = \frac{4\pm\sqrt{(-4)^2-4(1)(-3)}}{2} = \frac{4\pm\sqrt{28}}{2} = 2\pm\sqrt7.$$

所以兩個特徵值為

$$\lambda_1=2+\sqrt7, \qquad \lambda_2=2-\sqrt7.$$

2. 求 $\lambda_1=2+\sqrt7$ 的特徵向量

代入

$$(A-\lambda_1 I) \begin{bmatrix} x\\y \end{bmatrix} = \mathbf 0,$$

由第一列得到

$$(3-\lambda_1)x+3y=0.$$

整理為

$$3y=(\lambda_1-3)x.$$

取 $x=3$，則

$$y=\lambda_1-3 =(2+\sqrt7)-3 =\sqrt7-1.$$

因此可取特徵向量

核心觀念

對常係數線性系統

$$y'=Ay,$$

若設解為

$$y(t)=ve^{\lambda t},$$

其中 $v$ 為非零常向量，則代回得

$$\lambda ve^{\lambda t}=Ave^{\lambda t} \quad\Longrightarrow\quad Av=\lambda v.$$

因此，$\lambda$ 為矩陣 $A$ 的特徵值，$v$ 為相對應的特徵向量。當矩陣具有兩個相異特徵值時，系統的一般解為各特徵解的線性組合。

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解題方法：特徵值與特徵向量

題目中的矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} 0&1\\ -2&-3 \end{bmatrix}.$$

特徵值由特徵方程

$$\det(A-\lambda I)=0$$

求得：

$$\begin{aligned} \det \begin{bmatrix} -\lambda&1\\ -2&-3-\lambda \end{bmatrix} &=(-\lambda)(-3-\lambda)-1(-2)\\ &=\lambda^2+3\lambda+2\\ &=(\lambda+1)(\lambda+2)=0. \end{aligned}$$

所以兩個特徵值為

$$\lambda_1=-1,\qquad \lambda_2=-2.$$

對應於 $\lambda_1=-1$ 的特徵向量

解

$$(A+I)v_1=0,$$

即

$$\begin{bmatrix} 1&1\\ -2&-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_{11}\\ v_{12} \end{bmatrix} =0.$$

得到

$$v_{11}+v_{12}=0.$$

可取

$$v_1= \begin{bmatrix} 1\\ -1 \end{bmatrix}.$$

因此第一個特徵解為

$$y^{(1)}(t)= \begin{bmatrix} 1\\ -1 \end{bmatrix}e^{-t}.$$

對應於 $\lambda_2=-2$ 的特徵向量

解

$$(A+2I)v_2=0,$$

即

核心觀念

此題考查二階常微分方程或二維自治系統的幾何表示。一般寫成

$$\frac{dx}{dt}=f(x,y),\qquad \frac{dy}{dt}=g(x,y).$$

其中 $(x,y)$ 表示系統在某一時刻的狀態。

1. Phase plane（相平面）

以 $x$、$y$ 為座標軸所構成的狀態空間稱為相平面。相平面上的每一點 $(x,y)$ 代表系統的一個狀態，而系統方程式在每一點指定一個速度向量

$$\left(\frac{dx}{dt},\frac{dy}{dt}\right) = \bigl(f(x,y),g(x,y)\bigr).$$

因此，相平面可視為描述系統狀態如何隨時間演化的幾何平面；其上繪出的向量場與所有代表解的曲線合稱 phase portrait（相圖）。

相平面不是原本的物理位置平面，而是由系統變數及其導數等狀態變數所構成的狀態空間。例如二階方程

$$u''+F(u,u')=0$$

可令 $x=u$、$y=u'$，轉換成二維系統後，在 $(u,u')$ 平面上進行分析。

2. Trajectory（軌跡）

Trajectory 是系統由某一初始狀態出發後，在相平面中隨時間形成的有向曲線：

$$\bigl(x(t),y(t)\bigr),\qquad t\geq t_0.$$

若初始條件為

$$x(t_0)=x_0,\qquad y(t_0)=y_0,$$

則該解在相平面上通過初始點 $(x_0,y_0)$ 所形成的曲線，就是此初始條件對應的 trajectory。

軌跡的切線方向由速度向量決定：

$$\frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{g(x,y)}{f(x,y)},$$

只要 $f(x,y)\neq 0$。軌跡通常具有方向性，箭頭表示時間增加時系統的運動方向。

3. Critical point（臨界點、平衡點）

若某一點 $(x_e,y_e)$ 滿足

$$f(x_e,y_e)=0,\qquad g(x_e,y_e)=0,$$

則稱 $(x_e,y_e)$ 為 critical point，也稱 equilibrium point（平衡點）。

在此點，

$$\frac{dx}{dt}=0,\qquad \frac{dy}{dt}=0,$$

所以系統若一開始位於 $(x_e,y_e)$，便會永遠停留在該點：

$$x(t)=x_e,\qquad y(t)=y_e.$$

因此，臨界點代表系統的恆定解或平衡狀態。臨界點本身並非一條軌跡，而是退化成固定位置的特殊軌跡。

解題方法

標準作答可依下列順序：

1. 先將問題表示為二維自治系統

   $$\dot{x}=f(x,y),\qquad \dot{y}=g(x,y).$$

2. 以 $(x,y)$ 建立相平面，並在每一點畫出向量

核心觀念

此微分方程是標準的勒壤得（Legendre）微分方程：

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

其非負整數階數 $n$ 對應勒壤得多項式 $P_n(x)$。本題中

$$n(n+1)=12$$

因為

$$3(3+1)=12,$$

所以可直接判定一組非零解為三階勒壤得多項式 $P_3(x)$。

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解題方法：設多項式求解

由於方程中的常數項為 $12=3\cdot4$，預期可尋找三次奇次多項式解。令

$$y=ax^3+bx,$$

則

$$y'=3ax^2+b,\qquad y''=6ax.$$

代入原方程：

$$(1-x^2)(6ax)-2x(3ax^2+b)+12(ax^3+bx)=0.$$

展開各項：

$$6ax-6ax^3-6ax^3-2bx+12ax^3+12bx=0.$$

整理後得到

$$(6a+10b)x+(-12a+12a)x^3=0,$$

因此只需令 $x$ 的係數為零：

$$6a+10b=0.$$

化簡為

$$3a+5b=0, \qquad b=-\frac{3}{5}a.$$

取 $a=5$，即可得 $b=-3$，因此

$$\boxed{y=5x^3-3x}.$$

核心觀念

本題考查矩陣的「簡化列梯形式」（reduced row echelon form, RREF）。矩陣需滿足：

1. 每個非零列的第一個非零元素為 $1$，稱為主元。
2. 每個主元所在的欄，其餘元素皆為 $0$。
3. 各列主元由上而下逐漸向右。
4. 若有零列，必須置於矩陣底部。

可使用三種基本列運算：

• 交換兩列；
• 將某列乘以非零常數；
• 將某列加上另一列的倍數。

解題方法

採用 Gauss–Jordan 消去法。原矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} 3&0&1&1\\ 1&3&-9&10\\ 4&3&6&1 \end{bmatrix}.$$

第一欄第二列已有主元 $1$，先交換前兩列：

$$\begin{bmatrix} 3&0&1&1\\ 1&3&-9&10\\ 4&3&6&1 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_1\leftrightarrow R_2} \begin{bmatrix} 1&3&-9&10\\ 3&0&1&1\\ 4&3&6&1 \end{bmatrix}.$$

消去第一欄其他元素：

$$R_2\leftarrow R_2-3R_1,\qquad R_3\leftarrow R_3-4R_1,$$

得到

$$\begin{bmatrix} 1&3&-9&10\\ 0&-9&28&-29\\ 0&-9&42&-39 \end{bmatrix}.$$

接著消去第三列的第二欄：

$$R_3\leftarrow R_3-R_2,$$

因此

$$\begin{bmatrix} 1&3&-9&10\\ 0&-9&28&-29\\ 0&0&14&-10 \end{bmatrix}.$$

將第三列除以 $14$，建立第三個主元：

核心觀念

本題考查傅立葉級數的三角函數正交性。對區間 $[-\pi,\pi]$ 而言，函數 $\sin nx$ 與常數函數、所有 $\cos mx$，以及不同頻率的 $\sin mx$ 彼此正交；因此將傅立葉級數乘上 $\sin nx$ 再積分，可以單獨擷取出係數 $b_n$。

題目採用的傅立葉級數形式為

$$f(x)=a_0+\sum_{m=1}^{\infty}\left(a_m\cos mx+b_m\sin mx\right).$$

其中常數項寫成 $a_0$，不影響 $b_n$ 的求法。

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解題方法

固定一個正整數 $n$，將等式兩邊乘以 $\sin nx$，並在 $[-\pi,\pi]$ 上積分：

$$\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx = \int_{-\pi}^{\pi}a_0\sin nx\,dx + \sum_{m=1}^{\infty}a_m\int_{-\pi}^{\pi}\cos mx\sin nx\,dx + \sum_{m=1}^{\infty}b_m\int_{-\pi}^{\pi}\sin mx\sin nx\,dx.$$

在傅立葉級數可逐項積分的標準條件下，利用三角函數的正交性逐項計算。

一、常數項與 $\sin nx$ 的積分

因為 $n$ 為正整數，

$$\int_{-\pi}^{\pi}\sin nx\,dx=0.$$

所以

$$\int_{-\pi}^{\pi}a_0\sin nx\,dx=0.$$

二、餘弦項與正弦項的積分

利用積化和差公式

$$\sin nx\cos mx = \frac{1}{2}\left[\sin((n+m)x)+\sin((n-m)x)\right].$$

兩邊在 $[-\pi,\pi]$ 上積分時，所有非零整數倍頻率的正弦函數積分皆為 $0$，因此

$$\int_{-\pi}^{\pi}\cos mx\sin nx\,dx=0.$$

故所有 $a_m$ 項均消失。

三、正弦項之間的積分