民國115年 高考三級 天文 應用數學（包括微積分、微分方程與向量分析）
第1題
考慮以下微分方程 ൬ݔ̇ ݕ̇൰= ቀ−2 −1ቁቀݔ ݕቁ+ ቀ1 −1ቁ 請寫出上述方程的通解（General solutions）。（15 分） 令 ݒ(…
題目
考慮以下微分方程 ൬ݔ̇ ݕ̇൰= ቀ−2 −1ቁቀݔ ݕቁ+ ቀ1 −1ቁ 請寫出上述方程的通解（General solutions）。（15 分） 令 ݒ(ݐ) =
參考解答（AI 生成，非官方）
- 一、矩陣化與解的結構：將方程組寫成 Ẋ = AX + b，其中 X = (x, y)^T、b = (1, −1)^T，而係數矩陣依題面可辨識的元素取 A = [[−2, −1], [−1, −2]]。由於 det A = 3 ≠ 0，系統有唯一的平衡點；其通解可表為 X(t) = X_p + X_h，也就是「非齊次特解加上齊次通解」，這是常係數線性系統的標準解法架構。
- 二、特解（平衡點）：令 Ẋ = 0，得 AX_p = −b，即 X_p = −A⁻¹b。由於 A⁻¹ = (1/3)[[−2, 1], [1, −2]]，故 X_p = −(1/3)(−3, 3)^T = (1, −1)^T。代回檢驗：A(1, −1) = (−1, 1)，再加上 b 後即為零向量，可見 (1, −1) 確實是平衡點，也是 forcing 方向上的常數解。
- 三、齊次解與特徵值：解特徵方程 det(A − λI) = (λ + 2)² − 1 = λ² + 4λ + 3 = 0，得 λ₁ = −1、λ₂ = −3。對 λ₁ = −1，由 (A + I)v = 0 得特徵向量 v₁ = (1, −1)；對 λ₂ = −3，由 (A + 3I)v = 0 得 v₂ = (1, 1)。兩特徵值相異，且其特徵向量線性獨立，因此可構成 R² 的一組基底。
- 四、通解形式：X(t) = (1, −1) + c₁e^{−t}(1, −1) + c₂e^{−3t}(1, 1)，亦即 x(t) = 1 + c₁e^{−t} + c₂e^{−3t}、y(t) = −1 − c₁e^{−t} + c₂e^{−3t}，其中 c₁、c₂ 為任意常數，由初始條件決定。此即所求之一般解（general solution）。
- 五、定性討論與備註：兩特徵值皆為相異的負實數，故平衡點 (1, −1) 為漸近穩定結點（stable node），所有軌跡當 t → ∞ 時都會趨近該點，與初始條件無關。若對題面矩陣下排元素的判讀不同，只會改變特徵值與特徵向量；「特解加齊次解」的步驟完全不變，仍可取得主要配分。
AI 依官方試題文字產生的參考解答，非考選部公告答案，內容僅供備考參考。