113 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

本題考查常係數二階齊次線性微分方程：

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

令試探解為 $y=e^{rx}$，可得特徵方程

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

若特徵方程有重根 $r=r_0$，通解為

$$y=(C_1+C_2x)e^{r_0x}.$$

其中 $C_1,C_2$ 由初始條件決定。

---

解題方法

將題目的微分方程

$$y''-16y'+64y=0$$

設為 $y=e^{rx}$，則

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

代回原方程：

$$r^2e^{rx}-16re^{rx}+64e^{rx}=0.$$

因為 $e^{rx}\neq 0$，故特徵方程為

$$r^2-16r+64=0.$$

因式分解得

$$r^2-16r+64=(r-8)^2=0.$$

因此 $r=8$ 為二重根，微分方程的通解為

$$y=(C_1+C_2x)e^{8x}.$$

由初始條件 $y(0)=1$：

$$y(0)=C_1=1.$$

接著微分：

$$\begin{aligned} y' &=\frac{d}{dx}\left[(C_1+C_2x)e^{8x}\right]\\ &=\left[C_2+8(C_1+C_2x)\right]e^{8x}. \end{aligned}$$

核心觀念

本題考查「常係數齊次線性微分方程」的解法。對方程

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

設解為 $y=e^{rx}$，代入後可得特徵方程

$$ar^2+br+c=0。$$

若特徵方程有兩個相異實根 $r_1,r_2$，則通解為

$$y=C_1e^{r_1x}+C_2e^{r_2x}。$$

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解題方法

原方程為

$$y''-8y'+12y=0。$$

設

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

則

$$y'=re^{rx},\qquad y''=r^2e^{rx}。$$

代入微分方程：

$$r^2e^{rx}-8re^{rx}+12e^{rx}=0。$$

因為 $e^{rx}\neq 0$，可得特徵方程

$$r^2-8r+12=0。$$

因式分解：

$$r^2-8r+12=(r-2)(r-6)=0。$$

因此兩個相異特徵根為

$$r=2,\qquad r=6。$$

所以微分方程的通解為

$$y=C_1e^{2x}+C_2e^{6x}。$$

對通解微分：

$$y'=2C_1e^{2x}+6C_2e^{6x}。$$

使用初始條件 $y(0)=-4$：

$$C_1+C_2=-4。$$

使用初始條件 $y'(0)=0$：

核心觀念

本題是「常係數二階齊次線性微分方程」：

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

其特徵方程為

$$r^2+ar+b=0.$$

當特徵根為共軛複數

$$r=\alpha\pm\beta i,$$

微分方程的通解為

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

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解題方法

原方程為

$$y''-14y'+170y=0.$$

設試探解為 $y=e^{rx}$，則

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

代入原方程：

$$r^2e^{rx}-14re^{rx}+170e^{rx}=0.$$

因為 $e^{rx}\neq 0$，得到特徵方程

$$r^2-14r+170=0.$$

計算判別式：

$$\Delta=(-14)^2-4(1)(170) =196-680 =-484 =-(22)^2.$$

因此特徵根為

$$r=\frac{14\pm\sqrt{-484}}{2} =\frac{14\pm22i}{2} =7\pm11i.$$

所以 $\alpha=7$、$\beta=11$，通解為

$$y=e^{7x}\left(C_1\cos 11x+C_2\sin 11x\right).$$

由初始條件 $y(0)=7$：

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

因此

$$C_1=7.$$

接著微分通解：

核心觀念

本題考一階可分離變數微分方程，也可直接觀察到

$$xy'-y=0.$$

在 $x\neq 0$ 的區間內，可將 $y/x$ 視為待判斷的函數。利用商數微分法則：

$$\left(\frac{y}{x}\right)' =\frac{xy'-y}{x^2}.$$

由原方程 $xy'=y$ 可得

$$\left(\frac{y}{x}\right)'=0.$$

導數為零表示 $\frac{y}{x}$ 為常數。

解題方法

在 $x\neq 0$ 時，

$$\frac{y}{x}=C,$$

其中 $C$ 為任意常數。因此

$$\boxed{y=Cx}.$$

也可由分離變數法得到相同結果。將原式寫成

$$\frac{dy}{dx}=\frac{y}{x},$$

對 $y\neq 0$ 分離變數：

$$\frac{1}{y}\,dy=\frac{1}{x}\,dx.$$

兩邊積分：

$$\ln|y|=\ln|x|+C.$$

合併常數後可寫成

$$y=Cx.$$

核心觀念

本題是二階常係數非齊次線性微分方程：

$$y''+y=x^2.$$

解法分為兩部分：

1. 先求齊次方程 $y''+y=0$ 的通解。
2. 再求非齊次項 $x^2$ 所對應的特解，最後利用邊界條件決定常數。

齊次方程的特徵方程為

$$r^2+1=0,$$

根為 $r=\pm i$，因此齊次解為

$$y_h=C_1\cos x+C_2\sin x.$$

由於右側是二次多項式，可設特解為二次多項式。

解題方法

1. 求齊次解

考慮齊次方程

$$y''+y=0.$$

其特徵方程為

$$r^2+1=0,$$

所以

$$r=\pm i.$$

因此

$$y_h=C_1\cos x+C_2\sin x.$$

2. 求特解

右側為 $x^2$，設

$$y_p=ax^2+bx+c.$$

則

$$y_p''=2a.$$

代入原方程：

$$y_p''+y_p =2a+ax^2+bx+c =ax^2+bx+(c+2a).$$

與 $x^2$ 比較係數：

$$a=1,\qquad b=0,\qquad c+2a=0.$$

因為 $a=1$，故

$$c=-2.$$

所以特解為

$$y_p=x^2-2.$$

因此微分方程的通解為

$$y=x^2-2+C_1\cos x+C_2\sin x.$$

3. 利用條件 $y(0)=2$

代入 $x=0$：

$$y(0)=0^2-2+C_1\cos 0+C_2\sin 0.$$

由 $\cos 0=1$、$\sin 0=0$，得

$$-2+C_1=2,$$

因此

$$C_1=4.$$

4. 利用條件 $y'(\pi)=0$

核心觀念

本題考查**一階常微分方程組（First-Order Linear System of ODEs）**的通解求法。
核心觀念與定理如下：

1. 矩陣特徵值與特徵向量：
   對於常係數齊次線性系統 $\mathbf{y}' = \mathbf{A}\mathbf{y}$，其解的形式為 $\mathbf{y}(t) = e^{\lambda t}\mathbf{v}$，其中 $\lambda$ 為矩陣 $\mathbf{A}$ 的特徵值（Eigenvalue），$\mathbf{v}$ 為對應的特徵向量（Eigenvector），滿足： $$\det(\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I}) = 0 \quad \text{且} \quad (\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I})\mathbf{v} = \mathbf{0}$$
2. 共軛複數特徵值之實數解分解：
   當特徵值為一對共軛複數 $\lambda = \alpha \pm i\beta$ 時，對應的複數特徵向量亦為共軛對稱 $\mathbf{v} = \mathbf{u} \pm i\mathbf{w}$。
   利用尤拉公式（Euler's Formula）$e^{(\alpha + i\beta)t} = e^{\alpha t}(\cos\beta t + i\sin\beta t)$，可將複數解拆解為兩個實數獨立解（實部與虛部）： $$\mathbf{y}_a(t) = \text{Re}\left(e^{\lambda t}\mathbf{v}\right) = e^{\alpha t}\left(\mathbf{u}\cos\beta t - \mathbf{w}\sin\beta t\right)$$ $$\mathbf{y}_b(t) = \text{Im}\left(e^{\lambda t}\mathbf{v}\right) = e^{\alpha t}\left(\mathbf{u}\sin\beta t + \mathbf{w}\cos\beta t\right)$$
3. 疊加原理（Superposition Principle）：
   通解即為兩獨立實數解的線性組合 $\mathbf{y}(t) = c_1 \mathbf{y}_a(t) + c_2 \mathbf{y}_b(t)$，其中 $c_1, c_2$ 為任意實數常數。

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解題方法

本題給定係數矩陣 $\mathbf{A} = \begin{bmatrix} 2 & -2 \\ 2 & 2 \end{bmatrix}$。

步驟一：求矩陣 $\mathbf{A}$ 的特徵值

計算特徵方程式 $\det(\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I}) = 0$：

$$\det\begin{bmatrix} 2 - \lambda & -2 \\ 2 & 2 - \lambda \end{bmatrix} = 0$$

展開行列式：

$$(2 - \lambda)^2 - (-2)(2) = 0$$ $$(2 - \lambda)^2 + 4 = 0 \implies (2 - \lambda)^2 = -4$$

解得特徵值為共軛複數：

$$\lambda = 2 \pm 2i$$

此處實部 $\alpha = 2$，虛部 $\beta = 2$。

步驟二：求對應的特徵向量

選取 $\lambda_1 = 2 + 2i$，求解方程式 $(\mathbf{A} - \lambda_1 \mathbf{I})\mathbf{v}_1 = \mathbf{0}$：

$$\begin{bmatrix} 2 - (2 + 2i) & -2 \\ 2 & 2 - (2 + 2i) \end{bmatrix}\begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -2i & -2 \\ 2 & -2i \end{bmatrix}\begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

由第一列方程式可知：

$$-2i v_1 - 2 v_2 = 0 \implies v_2 = -i v_1$$

取 $v_1 = 1$，則 $v_2 = -i$。故特徵向量 $\mathbf{v}_1$ 為：

$$\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ -i \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} + i\begin{bmatrix} 0 \\ -1 \end{bmatrix}$$

此處實部向量 $\mathbf{u} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$，虛部向量 $\mathbf{w} = \begin{bmatrix} 0 \\ -1 \end{bmatrix}$。

核心觀念

題目給出的方程為

$$(1-x^2)y''-2xy'+6y=0.$$

勒讓德微分方程的標準形式是

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

比較係數可得

$$n(n+1)=6,$$

因此 $n=2$。當 $n$ 為非負整數時，勒讓德方程有多項式解 $P_n(x)$，稱為勒讓德多項式。特別地，

$$P_2(x)=\frac{1}{2}(3x^2-1).$$

因此可直接得到一個非零解。

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解題方法：設二次多項式

由於方程中的係數最高只含 $x^2$，且 $n=2$，可設解為二次多項式

$$y=ax^2+bx+c,$$

其中 $a,b,c$ 為常數，且最後必須取非零解。

微分得

$$y'=2ax+b,\qquad y''=2a.$$

代回原方程：

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

展開整理：

$$2a-2ax^2-4ax^2-2bx+6ax^2+6bx+6c=0,$$

因此

$$(2a+6c)+4bx+0x^2=0.$$

要使此式對所有 $x$ 成立，各次方係數必須分別為零：

$$4b=0\quad\Longrightarrow\quad b=0,$$ $$2a+6c=0\quad\Longrightarrow\quad c=-\frac{a}{3}.$$

核心觀念

矩陣的秩 $\operatorname{rank}(A)$ 是其列空間的維度，也等於將矩陣化為列梯形矩陣後的主元個數。初等列運算不會改變矩陣的秩，因此可利用列運算求秩。

解題方法

給定

$$A= \begin{bmatrix} 3&0&2&2\\ -6&42&24&54\\ 21&-21&0&-15 \end{bmatrix}.$$

先消去第二、三列的第一個元素：

$$R_2\leftarrow R_2+2R_1,\qquad R_3\leftarrow R_3-7R_1.$$

計算得

$$\begin{aligned} R_2+2R_1 &=(-6,42,24,54)+2(3,0,2,2)\\ &=(0,42,28,58), \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} R_3-7R_1 &=(21,-21,0,-15)-7(3,0,2,2)\\ &=(0,-21,-14,-29). \end{aligned}$$

因此

$$A\sim \begin{bmatrix} 3&0&2&2\\ 0&42&28&58\\ 0&-21&-14&-29 \end{bmatrix}.$$

核心觀念

本題考查矩陣的「最簡列梯形矩陣」（reduced row echelon form, RREF）。透過三種基本列運算將矩陣化簡：

1. 交換兩列；
2. 某列乘以非零常數；
3. 某列加上另一列的倍數。

這些運算不改變矩陣的列等價關係。RREF 必須符合：

• 每個非零列的首個非零元素為 $1$；
• 每個主元所在的欄，除主元外其餘元素皆為 $0$；
• 後列主元位置必須在前列主元的右側；
• 零列位於最下方。

解題方法

原矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} 1&0&-1&-3\\ 3&3&-9&-18\\ 4&0.5&6&63.5 \end{bmatrix}.$$

第一列第一欄已有主元 $1$。先消去其下方元素。

$$R_2\leftarrow R_2-3R_1$$

得到

$$R_2= \begin{bmatrix} 0&3&-6&-9 \end{bmatrix}.$$

再將第二列除以 $3$：

$$R_2\leftarrow \frac13R_2$$

因此

$$\begin{bmatrix} 1&0&-1&-3\\ 0&1&-2&-3\\ 4&0.5&6&63.5 \end{bmatrix}.$$

接著消去第三列第一欄：

$$R_3\leftarrow R_3-4R_1.$$

計算得

$$R_3= \begin{bmatrix} 0&0.5&10&75.5 \end{bmatrix}.$$

利用第二列消去第三列第二欄：

$$R_3\leftarrow R_3-0.5R_2.$$

由於

$$0.5R_2= \begin{bmatrix} 0&0.5&-1&-1.5 \end{bmatrix},$$

所以

核心觀念

本題考查傅立葉級數的正交性。令

$$\cos_n(x)=\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\qquad \sin_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

在區間 $[-L,L]$ 上，正弦、餘弦函數滿足

$$\int_{-L}^{L}\cos_n(x)\cos_m(x)\,dx = \begin{cases} L,&n=m,\\ 0,&n\ne m, \end{cases}$$

且

$$\int_{-L}^{L}\sin_n(x)\cos_m(x)\,dx=0, \qquad \int_{-L}^{L}\cos_m(x)\,dx=0.$$

因此，將傅立葉級數乘以指定的餘弦函數並積分，即可單獨取出對應的係數 $a_n$。

需注意：題目所給的半區間公式

$$a_n=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx$$

還需要 $f$ 為偶函數，亦即 $f(-x)=f(x)$。若僅知道 $f$ 的週期為 $2L$，一般只能得到

$$a_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.$$

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解題方法

將題目中的索引 $n$ 暫改寫為 $m$，以避免與傅立葉級數中的求和索引混淆：

$$f(x)=a_0+\sum_{k=1}^{\infty} \left[ a_k\cos\left(\frac{k\pi x}{L}\right) +b_k\sin\left(\frac{k\pi x}{L}\right) \right].$$

兩邊同乘

$$\cos\left(\frac{m\pi x}{L}\right)$$

並在 $[-L,L]$ 上積分：

$$\int_{-L}^{L}f(x)\cos\left(\frac{m\pi x}{L}\right)\,dx$$ $$= a_0\int_{-L}^{L}\cos\left(\frac{m\pi x}{L}\right)\,dx$$ $$+\sum_{k=1}^{\infty}a_k \int_{-L}^{L} \cos\left(\frac{k\pi x}{L}\right) \cos\left(\frac{m\pi x}{L}\right)\,dx$$ $$+\sum_{k=1}^{\infty}b_k \int_{-L}^{L} \sin\left(\frac{k\pi x}{L}\right) \cos\left(\frac{m\pi x}{L}\right)\,dx.$$

由正交性：