109 年 國立成功大學製造資訊與系統研究所甲組《工程數學》

特徵方程

$$\det(\lambda I-A)=\det\begin{bmatrix} \lambda+2 & -2 & 3\\ -2 & \lambda-1 & 6\\ 1 & 2 & \lambda \end{bmatrix} = \lambda^{3}+\lambda^{2}-21\lambda-45=0$$

因式分解

特徵值

$$\det(B-\lambda I)= \begin{vmatrix} 1-\lambda &0&\sqrt2\\[2pt] 0&2-\lambda &0\\[2pt] \sqrt2&0&-\lambda \end{vmatrix} =(2-\lambda)\bigl[(1-\lambda)(-\lambda)-2\bigr] =(2-\lambda)(\lambda^2-\lambda-2)$$

$\Longrightarrow\ \lambda_1=2\ (\text{重根}),\qquad \lambda_2=-1$

特徵向量

• $\lambda=2$ :

$$(B-2I)\mathbf x=0\;\Rightarrow\; \begin{cases} -x_1+\sqrt2\,x_3=0\\ 0=0\\ \sqrt2\,x_1-2x_3=0 \end{cases}$$

自由變數 $x_2,\ x_3$。取

$$\mathbf v_1=(0,1,0),\qquad \mathbf v_2=(\sqrt2,0,1)$$

• $\lambda=-1$ :

$$(B+I)\mathbf x=0\;\Rightarrow\; \begin{cases} 2x_1+\sqrt2\,x_3=0\\ 3x_2=0\\ \sqrt2\,x_1+x_3=0 \end{cases}$$

取 $x_2=0,\ x_3=1$ 得

$\mathbf v_3=\Bigl(-\frac{1}{\sqrt2},0,1\Bigr)$

正交化 (標準化)

$\|\mathbf v_1\|=1\;\Rightarrow\; \mathbf u_1=\mathbf v_1=(0,1,0)$

核心觀念

本題考查二階線性常係數聯立微分方程組：

$$\mathbf{x}'=A\mathbf{x}+\mathbf{f}(t), \qquad \mathbf{x}= \begin{bmatrix} x_1\\x_2 \end{bmatrix}, \quad A= \begin{bmatrix} 3&3\\ 1&5 \end{bmatrix}.$$

解答分成兩部分：

$$\mathbf{x}(t)=\mathbf{x}_h(t)+\mathbf{x}_p(t),$$

其中：

• $\mathbf{x}_h$ 為齊次系統 $\mathbf{x}'=A\mathbf{x}$ 的通解。
• $\mathbf{x}_p$ 為非齊次項所造成的特解。

非齊次項包含常數向量與 $e^{3t}$ 型態，因此特解分別設為常數向量與 $e^{3t}$ 乘上一個常向量。

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解題方法一：先求齊次解

先考慮齊次系統：

$$\begin{cases} x_1'=3x_1+3x_2,\\ x_2'=x_1+5x_2. \end{cases}$$

寫成矩陣形式：

$$\mathbf{x}'=A\mathbf{x}, \qquad A= \begin{bmatrix} 3&3\\ 1&5 \end{bmatrix}.$$

特徵方程為：

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 3-\lambda&3\\ 1&5-\lambda \end{vmatrix} =0.$$

因此：

$$(3-\lambda)(5-\lambda)-3=0,$$ $$\lambda^2-8\lambda+12=0,$$ $$(\lambda-2)(\lambda-6)=0.$$

所以特徵值為：

$$\lambda_1=2,\qquad \lambda_2=6.$$

對應於 $\lambda_1=2$ 的特徵向量

$$(A-2I)\mathbf{v}_1= \begin{bmatrix} 1&3\\ 1&3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1\\v_2 \end{bmatrix} =\mathbf{0}.$$

故：

$$v_1+3v_2=0.$$

取 $v_2=1$，得：

$$\mathbf{v}_1= \begin{bmatrix} -3\\1 \end{bmatrix}.$$

對應於 $\lambda_2=6$ 的特徵向量

$$(A-6I)\mathbf{v}_2= \begin{bmatrix} -3&3\\ 1&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1\\v_2 \end{bmatrix} =\mathbf{0}.$$

故 $v_1=v_2$，可取：

$$\mathbf{v}_2= \begin{bmatrix} 1\\1 \end{bmatrix}.$$

因此齊次解為：

$$\mathbf{x}_h(t) = C_1e^{2t} \begin{bmatrix} -3\\1 \end{bmatrix} + C_2e^{6t} \begin{bmatrix} 1\\1 \end{bmatrix}.$$

亦即：

$$\begin{cases} x_{1h}=-3C_1e^{2t}+C_2e^{6t},\\ x_{2h}=C_1e^{2t}+C_2e^{6t}. \end{cases}$$

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解題方法二：求非齊次特解

原系統的非齊次項為：

$$\mathbf{f}(t)= \begin{bmatrix} 8\\4e^{3t} \end{bmatrix}.$$

將它分成：

$$\mathbf{f}(t)= \begin{bmatrix} 8\\0 \end{bmatrix} + e^{3t} \begin{bmatrix} 0\\4 \end{bmatrix}.$$

因此特解也分為兩部分：

$$\mathbf{x}_p=\mathbf{x}_{p1}+\mathbf{x}_{p2}.$$

常數項所造成的特解

設：

$$\mathbf{x}_{p1}= \begin{bmatrix} a\\b \end{bmatrix}.$$

因為 $\mathbf{x}_{p1}'=\mathbf{0}$，代入方程式得：

$$A \begin{bmatrix} a\\b \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 8\\0 \end{bmatrix} =\mathbf{0}.$$

因此：

核心觀念

本題考查矩陣反矩陣的求法。若方陣 $C$ 的行列式不為 $0$，則 $C$ 可逆，且

$$C^{-1}=\frac{1}{\det(C)}\operatorname{adj}(C),$$

其中 $\operatorname{adj}(C)$ 為伴隨矩陣，即餘因子矩陣的轉置。

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解題方法

令

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

1. 計算行列式

沿第一列展開：

$$\begin{aligned} \det(C) &=(-2) \begin{vmatrix} 1&1\\ 0&1 \end{vmatrix} -2 \begin{vmatrix} -2&1\\ 3&1 \end{vmatrix} +0\\ &=(-2)(1)-2(-2-3)\\ &=-2+10\\ &=8. \end{aligned}$$

因為

$$\det(C)=8\neq 0,$$

所以矩陣 $C$ 可逆。

2. 計算餘因子矩陣

餘因子定義為

$$A_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij},$$

其中 $M_{ij}$ 為刪除第 $i$ 列、第 $j$ 行後所得的子矩陣行列式。

各餘因子如下：

$$\begin{aligned} A_{11}&= \begin{vmatrix} 1&1\\ 0&1 \end{vmatrix}=1,\\[4pt] A_{12}&=- \begin{vmatrix} -2&1\\ 3&1 \end{vmatrix}=5,\\[4pt] A_{13}&= \begin{vmatrix} -2&1\\ 3&0 \end{vmatrix}=-3, \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} A_{21}&=- \begin{vmatrix} 2&0\\ 0&1 \end{vmatrix}=-2,\\[4pt] A_{22}&= \begin{vmatrix} -2&0\\ 3&1 \end{vmatrix}=-2,\\[4pt] A_{23}&=- \begin{vmatrix} -2&2\\ 3&0 \end{vmatrix}=6, \end{aligned}$$

核心觀念

三個不共線點可唯一決定一個平面。若平面上有三點 $P_1,P_2,P_3$，可先取平面內兩個方向向量：

$$\vec{P_1P_2}=P_2-P_1,\qquad \vec{P_1P_3}=P_3-P_1$$

再利用叉積求出平面的法向量：

$$\mathbf{n}=\vec{P_1P_2}\times \vec{P_1P_3}$$

已知法向量 $\mathbf{n}=(a,b,c)$，且平面通過 $(x_0,y_0,z_0)$，平面方程式為：

$$a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0)=0$$

解題方法

取題目給定的三點：

$$P_1=(1,0,-1),\quad P_2=(3,1,4),\quad P_3=(2,-2,0)$$

先求兩個平面內的方向向量：

$$\vec{P_1P_2}=P_2-P_1=(3-1,1-0,4-(-1))=(2,1,5)$$ $$\vec{P_1P_3}=P_3-P_1=(2-1,-2-0,0-(-1))=(1,-2,1)$$

計算叉積：