108 地方特考三等 天文 應用數學（包括微積分、微分方程與向量分析） 考古題詳解

核心觀念

本題旨在評量一階常係數線性常微分方程組（Linear System of First-Order ODEs）的求解能力與線性動態系統的漸近穩定性／有界性（Asymptotic Behavior & Boundedness）。涉及的核心觀念包括：

1. 矩陣特徵值問題與退化特徵值（Defective Eigenvalue）： 微分方程組寫為矩陣形式 $\dot{\mathbf{X}} = \mathbf{A}\mathbf{X}$。當特徵方程式 $\det(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})=0$ 存在重根，且其幾何重數（Geometric Multiplicity）小於代數重數（Algebraic Multiplicity）時，矩陣無法對角化，必須求取廣義特徵向量（Generalized Eigenvector）以構造完整基底解。
2. 解的漸近行為與有界性條件： 線性系統通解的時間相依項由特徵值之指數函數 $e^{\lambda t}$ 及伴隨重根出現之多項式項 $t^k$ 組成。

• 若 $\text{Re}(\lambda) < 0$，則 $e^{\lambda t} \to 0$（衰減且有界）。
• 若 $\lambda = 0$ 且對應之 Jordan 塊大小為 1，則解為常數項（有界）；若 Jordan 塊大小大於 1，則解中會出現 $t$ 的正冪次項（線性增長，當 $t \to \infty$ 時發散至無窮大）。
• 欲使解維持有界，初始條件必須落在由有界解所張成的特徵子空間（或不變子空間）內，消去發散項的係數。

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解題方法

（一）求方程組之通解

將方程組 (1) 改寫為一階線性矩陣系統：

$$\dot{\mathbf{X}}(t) = \mathbf{A}\mathbf{X}(t),\quad \text{其中 } \mathbf{X}(t) = \begin{pmatrix} x(t) \\ y(t) \\ z(t) \end{pmatrix},\quad \mathbf{A} = \begin{pmatrix} -2 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & -1 & 1 \end{pmatrix}$$

第一步：求矩陣 $\mathbf{A}$ 的特徵值

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

$$\det \begin{pmatrix} -2-\lambda & 1 & -1 \\ 1 & -\lambda & 1 \\ 2 & -1 & 1-\lambda \end{pmatrix} = 0$$

將第 3 列加至第 1 列：

$$\det \begin{pmatrix} -\lambda & 0 & -\lambda \\ 1 & -\lambda & 1 \\ 2 & -1 & 1-\lambda \end{pmatrix} = -\lambda \det \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & -\lambda & 1 \\ 2 & -1 & 1-\lambda \end{pmatrix} = 0$$

對第 1 列展開：

$$-\lambda \left[ 1 \cdot \left(-\lambda(1-\lambda) - (-1)\right) + 1 \cdot \left(-1 - (-2\lambda)\right) \right] = 0$$ $$-\lambda \left( \lambda^2 - \lambda + 1 - 1 + 2\lambda \right) = -\lambda(\lambda^2 + \lambda) = -\lambda^2(\lambda + 1) = 0$$

解得特徵值為：

$$\lambda_1 = -1 \quad (\text{單根}),\qquad \lambda_2 = \lambda_3 = 0 \quad (\text{二重根})$$

第二步：求 $\lambda_1 = -1$ 的特徵向量

解 $(\mathbf{A} - (-1)\mathbf{I})\mathbf{v}_1 = (\mathbf{A} + \mathbf{I})\mathbf{v}_1 = \mathbf{0}$：

$$\begin{pmatrix} -1 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} v_{11} \\ v_{12} \\ v_{13} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

將第 2 式與第 1 式相減得 $2v_{11} + 2v_{13} = 0 \implies v_{13} = -v_{11}$；兩式相加得 $2v_{12} = 0 \implies v_{12} = 0$。 選取特徵向量：

$$\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}$$

對應之特解為：

$$\mathbf{X}_1(t) = e^{-t}\mathbf{v}_1 = e^{-t} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}$$

第三步：求 $\lambda = 0$ 的特徵向量與廣義特徵向量

1. 常規特徵向量 $\mathbf{v}_2$： 解 $\mathbf{A}\mathbf{v}_2 = \mathbf{0}$：

$$\begin{pmatrix} -2 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & -1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} v_{21} \\ v_{22} \\ v_{23} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

由第 2 列得 $v_{23} = -v_{21}$。代入第 1 列：$-2v_{21} + v_{22} - (-v_{21}) = 0 \implies v_{22} = v_{21}$。 因此，零空間維度（幾何重數）為 1，取特徵向量：

$$\mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$$

對應之特解為：

$$\mathbf{X}_2(t) = e^{0 \cdot t}\mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$$

2. 廣義特徵向量 $\mathbf{u}$： 因幾何重數（1）小於代數重數（2），矩陣 $\mathbf{A}$ 存在缺陷。求解滿足 $(\mathbf{A} - 0\mathbf{I})\mathbf{u} = \mathbf{v}_2$ 的廣義特徵向量：

核心觀念

本題評量偏微分方程（PDE）之初始邊界值問題（IBVP）​的標準解法，核心概念涵蓋：

1. 非齊次邊界條件的齊次化（疊加原理）：利用穩態解（平衡解）$\phi(x)$ 吸納非齊次邊界值，將原問題分解為穩態解 $\phi(x)$ 與暫態解 $v(x,t)$ 之和：$u(x,t) = v(x,t) + \phi(x)$，使 $v(x,t)$ 滿足齊次邊界條件。
2. 具吸收／耗散項的一維熱傳導方程式：微分方程中的 $-au$ 項（$a>0$）代表系統熱能的線性損耗或輻射冷卻，在分離變數法中會反映於時間衰減係數上。
3. Sturm-Liouville 正則邊界值問題與分離變數法：將齊次偏微分方程拆解為空間特徵值問題與時間一階常微分方程，求得特徵值與對應的正交特徵函數族。
4. 傅立葉正弦級數（Fourier Sine Series）之正交性：利用正弦函數族的正交性，決定滿足初始條件的展開係數積分式。

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解題方法

步驟一：設定解的結構並求解穩態函數 $\phi(x)$

為消除非齊次邊界條件 $u(h,t)=1$，令：

$$u(x,t) = v(x,t) + \phi(x)$$

將此式代入原偏微分方程與邊界條件：

$$v_t = \left(v_{xx} + \phi''(x)\right) - a\left(v + \phi(x)\right) = \left(v_{xx} - av\right) + \left(\phi''(x) - a\phi(x)\right)$$

為了讓 $v(x,t)$ 滿足純齊次控制方程與齊次邊界條件，要求 $\phi(x)$ 滿足下列邊界值問題（BVP）：

$$\begin{cases} \phi''(x) - a\phi(x) = 0,\quad 0 < x < h \\ \phi(0) = 0 \\ \phi(h) = 1 \end{cases}$$

因 $a > 0$，特徵方程式為 $r^2 - a = 0 \implies r = \pm\sqrt{a}$，故 $\phi(x)$ 之通解可表為雙曲函數形式：

$$\phi(x) = c_1 \cosh(\sqrt{a}x) + c_2 \sinh(\sqrt{a}x)$$

代入邊界條件：

1. $\phi(0) = c_1 \cdot 1 + c_2 \cdot 0 = 0 \implies c_1 = 0$
2. $\phi(h) = c_2 \sinh(\sqrt{a}h) = 1 \implies c_2 = \frac{1}{\sinh(\sqrt{a}h)}$

求得：

$$\phi(x) = \frac{\sinh(\sqrt{a}x)}{\sinh(\sqrt{a}h)}$$

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步驟二：建立暫態函數 $v(x,t)$ 的齊次邊界值問題

由 $u(x,t) = v(x,t) + \phi(x)$ 反推 $v(x,t)$ 所滿足的齊次 IBVP：

$$\begin{cases} v_t = v_{xx} - av,\quad 0 < x < h,\ t > 0 \\ v(0,t) = u(0,t) - \phi(0) = 0 - 0 = 0 \\ v(h,t) = u(h,t) - \phi(h) = 1 - 1 = 0 \\ v(x,0) = u(x,0) - \phi(x) = -\phi(x) = -\frac{\sinh(\sqrt{a}x)}{\sinh(\sqrt{a}h)} \end{cases}$$

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步驟三：利用分離變數法求解 $v(x,t)$

設 $v(x,t) = X(x)T(t)$，代入 PDE 得：

$$X(x)T'(t) = X''(x)T(t) - aX(x)T(t)$$

同除以 $X(x)T(t)$：

$$\frac{T'(t)}{T(t)} + a = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda^2\quad (\lambda > 0 \text{ 為常數})$$

拆解為兩個常微分方程：

1. 空間特徵值問題（Sturm-Liouville Problem）：

$$X''(x) + \lambda^2 X(x) = 0,\quad X(0) = 0,\ X(h) = 0$$

其通解為 $X(x) = A\cos(\lambda x) + B\sin(\lambda x)$。 由 $X(0) = 0 \implies A = 0$。 由 $X(h) = B\sin(\lambda h) = 0$，為取非零解（$B \neq 0$），得特徵值條件：

核心觀念

本題為變分法（Calculus of Variations）求解泛函極值問題，並結合二階常係數非齊次線性常微分方程（ODE）與狄利克雷邊界條件（Dirichlet Boundary Conditions）。涉及之核心觀念包含：

1. 泛函與一階變分（First Variation）： 設泛函形式為 $I(v) = \int_a^b L(x, v, v')\,dx$。若 $v(x)$ 使泛函 $I(v)$ 達到極值，則對任意滿足固定邊界微擾 $\eta(a)=\eta(b)=0$ 的測試函數 $\eta \in C_0^1((a,b))$，其一階變分必為零： $\delta I(v; \eta) = \left. \frac{d}{d\epsilon} I(v + \epsilon \eta) \right|_{\epsilon=0} = 0$ 由此可導出其極值必要條件——尤拉－拉格朗日方程式（Euler-Lagrange Equation）： $\frac{\partial L}{\partial v} - \frac{d}{dx}\left( \frac{\partial L}{\partial v'} \right) = 0$

2. 極小值之充分性證明（Minimizer Verification）： 僅由尤拉－拉格朗日方程式求得者為「駐定函數（Stationary function）」。要說明該函數確實使泛函達到「極小值」，常用方法有二：

• 能量配方法（直接微擾法）：將任意函數寫成 $v + \eta$，計算 $I(v+\eta) - I(v)$，利用分部積分與微分方程消去一次項，證明差值為恆正的二次項積分。
• 二階變分與勒壤得條件（Legendre Condition）：檢驗二階變分 $\delta^2 I > 0$ 或確認拉格朗日量 $L(x, v, v')$ 關於 $(v, v')$ 的嚴格凸性（Strict Convexity），即 $L_{v'v'} > 0$ 且 Hessian 矩陣正定。

3. 二階常微分方程求解： 透過特徵方程式求齊次解，並使用待定係數法（Method of Undetermined Coefficients）求特解，最後代入邊界條件確定常數。

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解題方法

步驟一：寫出拉格朗日量並推導尤拉－拉格朗日方程式

將泛函改寫為標準積分形式： $I(v) = \int_0^1 L(x, v, v')\,dx$ 其中拉格朗日量（Lagrangian）為： $L(x, v, v') = \frac{1}{2}(v')^2 + \frac{1}{2}v^2 - x e^x v$

分別計算 $L$ 對各變數的偏導函數： $\frac{\partial L}{\partial v} = v - x e^x$ $\frac{\partial L}{\partial v'} = v' \implies \frac{d}{dx}\left( \frac{\partial L}{\partial v'} \right) = v''$

代入尤拉－拉格朗日方程式 $\frac{\partial L}{\partial v} - \frac{d}{dx}\left( \frac{\partial L}{\partial v'} \right) = 0$： $(v - x e^x) - v'' = 0 \implies v'' - v = -x e^x$ 此即極值候選函數 $v(x)$ 所必須滿足的二階線性非齊次常微分方程。

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步驟二：求解常微分方程

邊界條件為 $v(0) = 0$ 且 $v(1) = 0$。

1. 求齊次解 $v_h(x)$： 對應齊次方程為 $v'' - v = 0$。 特徵方程式為 $r^2 - 1 = 0 \implies r = \pm 1$。 故齊次解為： $v_h(x) = c_1 e^x + c_2 e^{-x}$

2. 求特解 $v_p(x)$： 非齊次項為 $-x e^x$。由於 $e^x$ 已是齊次方程的解，依據待定係數法，特解形式應設為： $v_p(x) = x(Ax + B)e^x = (Ax^2 + Bx)e^x$

計算其一階與二階導數： $v_p'(x) = (2Ax + B)e^x + (Ax^2 + Bx)e^x = \left[ Ax^2 + (2A + B)x + B \right] e^x$ $v_p''(x) = (2Ax + 2A + B)e^x + \left[ Ax^2 + (2A + B)x + B \right] e^x = \left[ Ax^2 + (4A + B)x + (2A + 2B) \right] e^x$

代入原方程式 $v_p'' - v_p = -x e^x$： $\left\{ \left[ Ax^2 + (4A + B)x + (2A + 2B) \right] - (Ax^2 + Bx) \right\} e^x = -x e^x$ 整理同類項係數： $4Ax + (2A + 2B) = -x$

比較兩端多項式係數： $\begin{cases} 4A = -1 \\ 2A + 2B = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} A = -\frac{1}{4} \\ B = \frac{1}{4} \end{cases}$

因此特解為： $v_p(x) = \left( -\frac{1}{4}x^2 + \frac{1}{4}x \right) e^x = \frac{1}{4}x(1-x)e^x$

3. 通解與邊界條件確定係數： 通解為： $v(x) = v_h(x) + v_p(x) = c_1 e^x + c_2 e^{-x} + \frac{1}{4}x(1-x)e^x$

代入邊界條件 $v(0) = 0$： $v(0) = c_1 + c_2 + 0 = 0 \implies c_2 = -c_1$

代入邊界條件 $v(1) = 0$： $v(1) = c_1 e + c_2 e^{-1} + \frac{1}{4}(1)(0)e^1 = c_1(e - e^{-1}) = 0$

因為 $e - e^{-1} = 2\sinh(1) \neq 0$，故得： $c_1 = 0 \implies c_2 = 0$

核心觀念

1. 歐拉－柯西微分方程（Euler-Cauchy Differential Equation）： 方程式各項中，$y$ 的導數階數與自變數 $x$ 的次方數相同（即 $x^2y''$、$xy'$、$y$），此類變係數線性微分方程可藉由自變數變換 $x = e^t$（即 $t = \ln x$，$x > 0$）化為常係數線性微分方程求解。
2. 微分算子法（Differential Operator Method）： 常係數線性常微分方程在求解特解 $y_p$ 時，利用指數移位法則（Exponential Shift Formula）： $\frac{1}{P(D)}\left[e^{at}g(t)\right] = e^{at}\frac{1}{P(D+a)}\left[g(t)\right]$ 能大幅簡化運算。
3. 邊界值問題（Boundary Value Problem, BVP）之解的唯一性： 邊界值問題與初值問題（IVP）不同，給定邊界條件後，微分方程的解可能「存在且唯一」、「無解」或「有無限多組解」。必須檢驗邊界條件是否能唯一鎖定齊次解中的所有待定任意常數。

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解題方法

步驟一：變數變換（將變係數化為常係數）

由題目含 $\ln x$ 可知自變數定義域為 $x > 0$。 令 $x = e^t$，即 $t = \ln x$。定義微分算子 $D_t = \dfrac{d}{dt}$，則有標準轉換關係： $xy' = D_t y$ $x^2y'' = D_t(D_t - 1)y$

將上式代入原微分方程的左式： $x^2y'' + 3xy' + y = \left[D_t(D_t - 1) + 3D_t + 1\right]y = (D_t^2 + 2D_t + 1)y = (D_t + 1)^2 y$

等號右式轉換為 $t$ 的函數： $\frac{\ln x}{x} = \frac{t}{e^t} = t e^{-t}$

因此，原方程轉化為以 $t$ 為自變數的二階常係數非齊次線性微分方程： $(D_t + 1)^2 y = t e^{-t}$

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步驟二：求齊次解 $y_h$

考慮齊次方程： $(D_t + 1)^2 y = 0$

其特徵方程式為： $(\lambda + 1)^2 = 0 \implies \lambda = -1, -1 \quad \text{（二重實根）}$

故以 $t$ 表示的齊次解為： $y_h(t) = (c_1 + c_2 t)e^{-t}$

將 $t = \ln x$ 及 $e^{-t} = \dfrac{1}{x}$ 代回，得： $y_h(x) = \frac{c_1 + c_2 \ln x}{x}$ 其中 $c_1, c_2$ 為任意實數常數。

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步驟三：求特解 $y_p$

利用逆微分算子法與指數移位定理求解特解： $y_p(t) = \frac{1}{(D_t + 1)^2} \left[ t e^{-t} \right] = e^{-t} \frac{1}{(D_t - 1 + 1)^2} [t] = e^{-t} \frac{1}{D_t^2} [t]$

對 $t$ 連續積分兩次： $\frac{1}{D_t^2}[t] = \int \left( \int t \, dt \right) dt = \int \frac{t^2}{2} \, dt = \frac{t^3}{6}$

因此： $y_p(t) = \frac{1}{6} t^3 e^{-t}$