108 年 國立中山大學海下科技研究所《工程數學》

核心觀念

本題考查矩陣多項式的計算，以及凱萊－漢彌爾頓定理：矩陣會滿足自己的特徵多項式。利用此定理，可將三次矩陣 $A^3$ 化成較低次矩陣的線性組合，簡化原式。

解題方法

先求 $A$ 的特徵多項式。矩陣 $A$ 的跡為 $1$，三個二階主子式的總和為

$$\begin{vmatrix}-4&-3\\2&1\end{vmatrix} + \begin{vmatrix}-4&-1\\1&4\end{vmatrix} + \begin{vmatrix}1&1\\-2&4\end{vmatrix} =2-15+6=-7.$$

又 $\det(A)=2$，因此特徵多項式為

$$\det(\lambda I-A)=\lambda^3-\lambda^2-7\lambda-2.$$

依凱萊－漢彌爾頓定理，

$$A^3-A^2-7A-2I=0,$$

所以

$$A^3=A^2+7A+2I.$$

代入題目所求的矩陣多項式：

核心觀念

• 本題屬於線性常係數齊次二階常微分方程。
• 求解此類方程的標準程序：先寫出特徵方程，求根；根的性質決定通解的形式。
• 之後以初始條件 $y(0)=2,\;y'(0)=3$ 代入通解與其導數，求出常數。

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解題方法

1. 寫特徵方程

$y''+5y'+6y=0\quad\Longrightarrow\quad r^{2}+5r+6=0$

2. 求根

$r^{2}+5r+6=(r+2)(r+3)=0 \;\Longrightarrow\; r_{1}=-2,\; r_{2}=-3$

兩根皆為實數且互異。

3. 寫通解

$y(t)=C_{1}e^{-2t}+C_{2}e^{-3t}$

4. 求導數

$y'(t)=-2C_{1}e^{-2t}-3C_{2}e^{-3t}$

5. 套用初始條件

   • 當 $t=0$ 時

$$y(0)=C_{1}+C_{2}=2 \tag{1}$$

• 當 $t=0$ 時

$$y'(0)=-2C_{1}-3C_{2}=3 \tag{2}$$

6. 解聯立方程

   從 (1) 得 $C_{2}=2-C_{1}$。代入 (2)：

$-2C_{1}-3(2-C_{1})=3\;\Longrightarrow\;-2C_{1}-6+3C_{1}=3$

$C_{1}=9 \quad\Rightarrow\quad C_{2}=2-9=-7$

7. 寫出最終解

$\boxed{\,y(t)=9e^{-2t}-7e^{-3t}\,}$

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解題技巧與常見陷阱

核心觀念

• 冪級數的收斂區間：利用 比值測試（Ratio Test） 或 根值測試（Root Test） 求出收斂半徑 $R$。
• 端點檢驗：在 $|x-2| = R$ 時須分別檢查級數是否收斂（常用 項的極限測試、交錯級數判別法）。
• 交錯級數：若 $\displaystyle a_n$ 單調遞減且 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=0$，則交錯級數 $\sum (-1)^{n}a_n$ 收斂（Leibniz 判別法）。

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解題方法

1. 求收斂半徑
   給定級數

$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\,n\,(x-2)^{n}$

只考慮絕對值以使用比值測試：

$a_n = n|x-2|^{n}$

計算

$$\rho = \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)|x-2|^{\,n+1}}{n|x-2|^{\,n}} = |x-2|\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n} = |x-2|.$$

比值測試給出

$\rho < 1 \;\Longrightarrow\; \text{絕對收斂}.$

因此收斂半徑 $R = 1$，收斂區間為

$|x-2|<1 \quad\Longleftrightarrow\quad 1 < x < 3 .$

2. 端點 $x=1$（$x-2=-1$）的檢驗
   代入後的通項為

$(-1)^{n+1}n(-1)^{n}=(-1)^{2n+1}n=-n .$

核心觀念

題目已給出 $y(t)$ 的拉普拉斯變換

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}=\frac{s+1}{s^2+s-6}.$$

因此使用反拉普拉斯變換求回 $y(t)$。先將分母因式分解，再作部分分式分解，並套用基本公式

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-a}\right\}=e^{at},\qquad t\geq 0.$$

解題方法

將分母因式分解：

$$s^2+s-6=(s-2)(s+3).$$

設部分分式為

$$\frac{s+1}{(s-2)(s+3)} =\frac{A}{s-2}+\frac{B}{s+3}.$$

兩邊同乘 $(s-2)(s+3)$，得

$$s+1=A(s+3)+B(s-2).$$

比較係數：

$$A+B=1,\qquad 3A-2B=1.$$

核心觀念
本題要求寫出「貝塞爾微分方程」(Bessel's differential equation)。貝塞爾方程是圓柱座標系或球坐標系下，常出現在波動方程、熱傳導方程及電磁場問題中的第二類特殊函數。其標準形式為

$x^{2}y'' + x y' + (x^{2} - \nu^{2})\,y = 0,$

其中 $x$ 為自變量，$y=y(x)$ 為未知函數，$\nu$ 為實數或複數參數，稱為階數 (order)。當 $\nu$ 為整數時，解稱為第一類與第二類貝塞爾函數 $J_{\nu}(x)$、$Y_{\nu}(x)$；若 $\nu$ 為半整數，則可化為三角函數的組合。

解題方法
寫出貝塞爾微分方程只需掌握其標準形式。若題目僅要求「寫下」方程，直接列出上述式子即可。若需說明推導，可從一般的二階常係數齊次線性微分方程

$x^{2}y'' + x y' + (x^{2} - \alpha^{2})y = 0$

核心觀念

這是一階微分方程。先將含 $y'$ 的項移到同一側，再除以 $y$ 與 $x$ 的因式，化為可分離變數的形式，最後積分求解。

解題方法

將方程

$$x^2y'+(x^2-9)y=-xy'$$

整理為

$$x(x+1)y'+(x^2-9)y=0.$$

在 $x\ne 0,-1$ 的區間上，除以 $x(x+1)y$，得到

$$\frac{y'}{y}=-\frac{x^2-9}{x(x+1)}.$$

先做部分分式分解：

$$\frac{x^2-9}{x(x+1)} =1-\frac{9}{x}+\frac{8}{x+1}.$$

核心觀念

1. 二階方陣的反矩陣公式（Inverse of a $2 \times 2$ Matrix）：
   設二階方陣 $A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$，若其行列式值 $\det(A) = ad - bc \neq 0$，則 $A$ 為可逆矩陣（Invertible / Non-singular），其反矩陣為：
   $A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \operatorname{adj}(A) = \frac{1}{ad - bc} \begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a \end{bmatrix}$

2. 反矩陣存在的充要條件：
   方陣 $A$ 之反矩陣 $A^{-1}$ 存在 $\iff \det(A) \neq 0$。

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解題方法

本題要求求解二階矩陣 $T = \begin{bmatrix} 6 & 3 \\ 1 & 5 \end{bmatrix}$ 的反矩陣，直接依循二階反矩陣的標準步驟求解：

步驟一：計算矩陣 $T$ 的行列式值 $\det(T)$
$\det(T) = |T| = (6)(5) - (3)(1) = 30 - 3 = 27$
因為 $\det(T) = 27 \neq 0$，故反矩陣 $T^{-1}$ 存在。

步驟二：求伴隨矩陣（Adjugate Matrix）
對於二階矩陣 $\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$，其伴隨矩陣為主對角線元素對調、副對角線元素變號：
$\operatorname{adj}(T) = \begin{bmatrix} 5 & -3 \\ -1 & 6 \end{bmatrix}$

步驟三：套用公式求得反矩陣 $T^{-1}$

核心觀念

• 本題屬於 常係數線性齊次二階常微分方程，形式為
  $y''+a\,y'+b\,y=0$
• 求解此類方程的標準方法是 建立特徵方程，將 $y=e^{rx}$ 代入，可得到一個二次代數方程；其根的性質決定解的形式（實根、共軛複根或重根）。

解題方法

1. 先把原方程整理成標準形式。
2. 假設解形如 $y=e^{rx}$，代入求得特徵方程。
3. 求出特徵根 $r$，根的類型為 共軛複根，因而得到實部指數與正弦、餘弦的線性組合。

計算步驟

1. 整理方程

$$y'' = 2(y' - y) \Longrightarrow y''-2y'+2y=0$$

這已是二階線性齊次常係數方程的標準形。

2. 建立特徵方程（令 $y=e^{rx}$）

$$r^{2}e^{rx}-2r e^{rx}+2e^{rx}=0 \Longrightarrow r^{2}-2r+2=0$$

3. 求根

$$r=\frac{2\pm\sqrt{(-2)^{2}-4\cdot1\cdot2}}{2} =\frac{2\pm\sqrt{4-8}}{2} =\frac{2\pm\sqrt{-4}}{2} =1\pm i$$

因此特徵根為共軛複根 $r_{1}=1+i,\; r_{2}=1-i$。

4. 寫出通解
   共軛複根 $r=\alpha\pm i\beta$（此處 $\alpha=1,\;\beta=1$） 的實解形式為

$y(x)=e^{\alpha x}\bigl(C_{1}\cos(\beta x)+C_{2}\sin(\beta x)\bigr)$

代入 $\alpha,\beta$ 得

$\boxed{\,y(x)=e^{x}\bigl(C_{1}\cos x + C_{2}\sin x\bigr)\,}$

其中 $C_{1},C_{2}$ 為任意常數，由初始條件決定。

5. 驗算（可自行檢查）

核心觀念

• 週期函數的傅立葉級數：對於週期 $P=2L$ 的函數 $f(t)$，其傅立葉級數寫成

$f(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_n\cos \frac{n\pi t}{L}+b_n\sin \frac{n\pi t}{L}\bigr)$

係數

$$a_0=\frac1L\int_{-L}^{L}f(t)\,dt,\qquad a_n=\frac1L\int_{-L}^{L}f(t)\cos\frac{n\pi t}{L}\,dt,\qquad b_n=\frac1L\int_{-L}^{L}f(t)\sin\frac{n\pi t}{L}\,dt .$$

• 偶/奇函數的簡化：若 $f(t)$ 為偶函數（$f(-t)=f(t)$），則所有 $b_n=0$；若為奇函數則所有 $a_n=0$。
• 三角函數的正弦值特性：$\sin\frac{n\pi}{2}$ 只在 $n\equiv1,3\pmod4$ 時非零，且交替取 $\pm1$。

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解題方法

1. 確認函數的週期與區間
   題目給定週期 $P=4$，因此 $L=\frac{P}{2}=2$。函數在 $(-2,2)$ 內的定義為

$$f(t)=\begin{cases} 0,&-2<t<-1\\[2mm] G,&-1<t<1\\[2mm] 0,&1<t<2 \end{cases}$$

2. 判斷奇偶性
   在 $(-1,1)$ 內 $f(t)=G$ 為常數，且在 $(-2,-1)$ 與 $(1,2)$ 為 0。顯然 $f(-t)=f(t)$，故 $f(t)$ 為偶函數。
   → 只需計算 $a_0$、$a_n$，$b_n$ 均為 0。

3. 計算直流項 $a_0$

$$a_0=\frac1L\int_{-L}^{L}f(t)\,dt =\frac{1}{2}\int_{-2}^{2}f(t)\,dt =\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}G\,dt =\frac{1}{2}\cdot 2G = G .$$

常數項為 $\displaystyle \frac{a_0}{2}= \frac{G}{2}$。

4. 計算餘弦係數 $a_n$

$$\begin{aligned} a_n &=\frac1L\int_{-L}^{L}f(t)\cos\frac{n\pi t}{L}\,dt\\ &=\frac12\int_{-1}^{1}G\cos\frac{n\pi t}{2}\,dt =\frac{G}{2}\int_{-1}^{1}\cos\frac{n\pi t}{2}\,dt . \end{aligned}$$

直接積分：

$$\int\cos\frac{n\pi t}{2}\,dt =\frac{2}{n\pi}\sin\frac{n\pi t}{2}.$$

帶入上下限：