113 年 國立臺灣科技大學自動化及控制研究所《工程數學》

核心觀念

方程式為

$$y'=xy^2-xy=xy(y-1),$$

右側可分解為 $x$ 與 $y$ 的乘積，因此可採用變數分離法。此外，分離變數時若除以 $y(y-1)$，必須另外檢查使 $y(y-1)=0$ 的常數解。

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解題方法

一、求常數解

令 $y'=0$，則

$$xy(y-1)=0.$$

對所有 $x$ 皆成立的常數解為

$$y=0,\qquad y=1.$$

二、求非常數解

當 $y\neq 0,1$ 時，將變數分離：

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

利用部分分式分解：

$$\frac{1}{y(y-1)} = -\frac{1}{y}+\frac{1}{y-1}.$$

因此

$$\int\left(-\frac{1}{y}+\frac{1}{y-1}\right)dy = \int x\,dx.$$

積分得

$$-\ln|y|+\ln|y-1| = \frac{x^2}{2}+C,$$

即

$$\ln\left|\frac{y-1}{y}\right| = \frac{x^2}{2}+C.$$

將常數吸收到指數項中：

$$\frac{y-1}{y} = C e^{x^2/2}.$$

整理 $y$：

核心觀念

本題為 Cauchy–Euler 方程：

$$x^2y''+axy'+by=0$$

其特徵解設為

$$y=x^m$$

則

$$y'=mx^{m-1},\qquad y''=m(m-1)x^{m-2}.$$

代入後可得特徵方程。當特徵根為複數 $m=\alpha\pm i\beta$ 時，通解為

$$y=x^\alpha\left[C_1\cos(\beta\ln x)+C_2\sin(\beta\ln x)\right], \qquad x>0.$$

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解題方法

原方程為

$$x^2y''-5xy'+10y=0.$$

令

$$y=x^m.$$

因此

$$y'=mx^{m-1},\qquad y''=m(m-1)x^{m-2}.$$

代入微分方程：

$$x^2m(m-1)x^{m-2}-5x(mx^{m-1})+10x^m=0.$$

整理得

$$\left[m(m-1)-5m+10\right]x^m=0.$$

由於 $x^m\neq 0$，特徵方程為

$$m(m-1)-5m+10=0,$$

即

$$m^2-6m+10=0.$$

解得

$$m=\frac{6\pm\sqrt{36-40}}{2} =3\pm i.$$

因此 $\alpha=3$、$\beta=1$，通解為

$$y=x^3\left[C_1\cos(\ln x)+C_2\sin(\ln x)\right].$$

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代入初始條件

由 $y(1)=4$，且 $\ln 1=0$：

$$4=1^3\left[C_1\cos 0+C_2\sin 0\right].$$

因此

$$C_1=4.$$

接著微分：

$$y=x^3\left[C_1\cos(\ln x)+C_2\sin(\ln x)\right].$$

利用乘積法則：

核心觀念

本題考察聯立微分方程的 Laplace transform 解法，使用以下公式：

$$\mathcal{L}\{x'(t)\}=sX(s)-x(0), \qquad \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0)$$

以及

$$\mathcal{L}\{t\}=\frac{1}{s^2}.$$

令

$$X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\},\qquad Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$$

由於初始條件為

$$x(0)=0,\qquad y(0)=0,$$

微分項的 Laplace transform 可直接寫成 $sX(s)$ 與 $sY(s)$。

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解題方法

原方程組為

$$3x'-y=2t,$$ $$x'+y'-y=0.$$

第一步：對兩式取 Laplace transform

第一式：

$$3sX(s)-Y(s)=\frac{2}{s^2}.$$

第二式：

$$sX(s)+sY(s)-Y(s)=0,$$

即

$$sX(s)+(s-1)Y(s)=0.$$

因此得到代數方程組

$$\begin{cases} 3sX-Y=\dfrac{2}{s^2},\\[6pt] sX+(s-1)Y=0. \end{cases}$$

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第二步：求出 $Y(s)$

由第二式：

$$sX=-(s-1)Y.$$

將其代入第一式：

$$3\bigl(-(s-1)Y\bigr)-Y=\frac{2}{s^2}.$$

整理得

$$-3(s-1)Y-Y=\frac{2}{s^2},$$ $$-(3s-2)Y=\frac{2}{s^2}.$$

所以

$$Y(s)=-\frac{2}{s^2(3s-2)}.$$

部分分式分解：

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

兩邊同乘以 $s^2(3s-2)$：

$$-2=As(3s-2)+B(3s-2)+Cs^2.$$

比較係數可得

$$A=\frac{3}{2},\qquad B=1,\qquad C=-\frac{9}{2}.$$

因此

$$Y(s)=\frac{3}{2s}+\frac{1}{s^2} -\frac{9}{2(3s-2)}.$$

注意

$$\frac{9}{2(3s-2)} = \frac{3}{2}\cdot \frac{1}{s-\frac23}.$$

故

$$Y(s)=\frac{3}{2s}+\frac{1}{s^2} -\frac{3}{2}\frac{1}{s-\frac23}.$$

取反 Laplace transform：

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s}\right\}=1, \qquad \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2}\right\}=t,$$ $$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-a}\right\}=e^{at}.$$

所以

$$\boxed{ y(t)=\frac32+t-\frac32e^{\frac23t} }.$$

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第三步：求出 $X(s)$

由

$$sX=-(s-1)Y$$

可得

核心觀念

本題考查一階線性微分方程的冪級數解法。設解在 $x=0$ 附近可表示為

$$y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n =a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots$$

則

$$y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n$$

將級數代入微分方程，依照各次方 $x^n$ 的係數相等，即可建立係數間的遞迴關係。

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解題方法

原方程為

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

設

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$$

則

$$y'=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n$$

且

$$(1-x^2)y =\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n -\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+2}$$

將第二項改寫成 $x^n$ 的形式：

$$\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+2} =\sum_{n=2}^{\infty}a_{n-2}x^n$$

因此

$$\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n +\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n -\sum_{n=2}^{\infty}a_{n-2}x^n =x$$

右側可寫成

$$x=0+1x+0x^2+\cdots$$

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建立遞迴關係

比較各次方係數。

$x^0$ 項

$$a_1+a_0=0$$

所以

$$a_1=-a_0$$

$x^1$ 項

$$2a_2+a_1=1$$

所以

$$a_2=\frac{1-a_1}{2} \tag{1}$$

$x^n$ 項，$n\geq 2$

$$(n+1)a_{n+1}+a_n-a_{n-2}=0$$

因此得到遞迴關係

$$\boxed{ a_{n+1}=\frac{a_{n-2}-a_n}{n+1}, \qquad n\geq 2 }$$

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求前五項

令

核心觀念

本題考查矩形區域上的二維 Laplace 方程式與分離變數法：

$$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} =0, \qquad 0<x<a,\quad 0<y<b.$$

邊界條件為

$$u(0,y)=u(a,y)=0,$$ $$u(x,0)=0,\qquad u(x,b)=f(x).$$

由於左右邊界的函數值為零，$x$ 方向應採用正弦傅立葉級數；下邊界也為零，因此 $y$ 方向會產生雙曲正弦函數。

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解題方法：分離變數法

設解為

$$u(x,y)=X(x)Y(y).$$

代入 Laplace 方程式：

$$X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0.$$

除以 $X(x)Y(y)$，得到

$$\frac{X''(x)}{X(x)} + \frac{Y''(y)}{Y(y)} =0.$$

兩項分別只含單一變數，因此令

$$\frac{X''}{X}=-\lambda, \qquad \frac{Y''}{Y}=\lambda.$$

於是得到兩個常微分方程式：

$$X''+\lambda X=0,$$ $$Y''-\lambda Y=0.$$

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$x$ 方向解

左右邊界條件要求

$$u(0,y)=u(a,y)=0.$$

對分離解而言，即

$$X(0)=0,\qquad X(a)=0.$$

取 $\lambda>0$，令 $\lambda=\mu^2$，則

$$X''+\mu^2X=0.$$

其一般解為

$$X(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x).$$

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，因此

$$X(x)=B\sin(\mu x).$$

再由 $X(a)=0$：

$$\sin(\mu a)=0.$$

因此特徵值為

$$\mu_n=\frac{n\pi}{a}, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

相應的 $x$ 方向特徵函數為

$$X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right).$$

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$y$ 方向解

因為

$$\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{a}\right)^2,$$

所以 $Y$ 滿足

$$Y_n''-\left(\frac{n\pi}{a}\right)^2Y_n=0.$$

一般解為

$$Y_n(y) = C_n\cosh\left(\frac{n\pi y}{a}\right) + D_n\sinh\left(\frac{n\pi y}{a}\right).$$

下邊界條件 $u(x,0)=0$ 要求

$$Y_n(0)=0.$$

由於 $\cosh(0)=1$、$\sinh(0)=0$，可得 $C_n=0$，因此

$$Y_n(y) = D_n\sinh\left(\frac{n\pi y}{a}\right).$$

所以各分離解可寫成

$$u_n(x,y) = A_n \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right) \sinh\left(\frac{n\pi y}{a}\right).$$

疊加所有特徵解，得到

$$u(x,y) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right) \sinh\left(\frac{n\pi y}{a}\right).$$

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利用上邊界決定係數

在 $y=b$ 時，題目給定

$$u(x,b)=f(x).$$

因此

核心觀念

矩陣可對角化的意思，是找到可逆矩陣 $P$ 與對角矩陣 $D$，使得

$$P^{-1}AP=D,$$

等價地寫成

$$A=PDP^{-1}.$$

求法如下：

1. 求矩陣 $A$ 的特徵值。
2. 對每個特徵值求特徵向量。
3. 若能找到三個線性獨立的特徵向量，即可組成矩陣 $P$。
4. 將對應的特徵值排成對角矩陣 $D$。

本題矩陣可寫為

$$A= \begin{pmatrix} 0&1&1\\ 1&0&1\\ 1&1&0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&1&1\\ 1&1&1\\ 1&1&1 \end{pmatrix} -I.$$

其中全為 $1$ 的矩陣具有特徵值 $3$ 與 $0$，因此 $A$ 的特徵值為 $2$ 與 $-1$。

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解題方法

一、求特徵值

令

$$\mathbf{1}= \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix}.$$

可得

$$A\mathbf{1} = \begin{pmatrix} 0&1&1\\ 1&0&1\\ 1&1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\\2\\2 \end{pmatrix} = 2\mathbf{1}.$$

因此 $\lambda=2$ 是特徵值，其特徵向量可取

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

再考慮滿足

$$x+y+z=0$$

的向量 $\mathbf{x}=(x,y,z)^T$。由於

$$A \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} y+z\\x+z\\x+y \end{pmatrix},$$

而 $x+y+z=0$ 時，

$$y+z=-x,\qquad x+z=-y,\qquad x+y=-z.$$

所以

$$A \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} = - \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}.$$

因此 $\lambda=-1$ 是特徵值，且其特徵空間為

$$E_{-1} = \left\{ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} :x+y+z=0 \right\}.$$

由此可知 $\lambda=-1$ 的代數重數與幾何重數皆為 $2$。

特徵多項式也可寫成

$$\det(A-\lambda I) =(2-\lambda)(-1-\lambda)^2.$$

故三個特徵值為

$$\lambda_1=2,\qquad \lambda_2=\lambda_3=-1.$$

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二、求特徵向量

對 $\lambda=2$，取

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

對 $\lambda=-1$，只要選取兩個線性獨立且分量和為 $0$ 的向量，例如

$$\mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{v}_3= \begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix}.$$

核心觀念

本題考查週期函數的 Fourier 級數展開。對週期為 $2\pi$ 的函數，標準 Fourier 級數形式為

$$f(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos nt+b_n\sin nt\right),$$

其中

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(t)\,dt,$$ $$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(t)\cos(nt)\,dt, \qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(t)\sin(nt)\,dt.$$

以下假設 $0<h<2\pi$。

解題方法

由題目定義，

$$f(t)= \begin{cases} 1, & 0\le t<h,\\ 0, & h\le t<2\pi. \end{cases}$$

因此在積分區間 $[0,2\pi]$ 中，只有 $[0,h)$ 區間對積分有貢獻。

1. 計算 $a_0$

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}f(t)\,dt =\frac{1}{\pi}\int_0^h1\,dt =\frac{h}{\pi}.$$

所以常數項為

$$\frac{a_0}{2}=\frac{h}{2\pi}.$$

2. 計算 $a_n$

$$a_n=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}f(t)\cos(nt)\,dt =\frac{1}{\pi}\int_0^h\cos(nt)\,dt.$$

積分得

$$a_n =\frac{1}{\pi}\left[\frac{\sin(nt)}{n}\right]_0^h =\frac{\sin(nh)}{n\pi}.$$

3. 計算 $b_n$

$$b_n=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}f(t)\sin(nt)\,dt =\frac{1}{\pi}\int_0^h\sin(nt)\,dt.$$

積分得

$$b_n =\frac{1}{\pi}\left[-\frac{\cos(nt)}{n}\right]_0^h =\frac{1-\cos(nh)}{n\pi}.$$

Fourier 級數

將各係數代入標準形式，得到

核心觀念

本題考查傅立葉轉換的定義，以及矩形函數的傅立葉轉換。

採用工程數學常用定義：

$$F(\omega)=\mathcal{F}\{f(x)\} =\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-i\omega x}\,dx$$

其中 $\omega$ 為角頻率。

題目中的函數為

$$f(x)= \begin{cases} 2, & |x|<a,\\ 0, & |x|\ge a. \end{cases}$$

它只在區間 $(-a,a)$ 內不為零，因此積分範圍可直接縮小至 $[-a,a]$。

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解題方法

由傅立葉轉換定義，

$$F(\omega) =\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-i\omega x}\,dx$$

因為 $f(x)=2$ 僅在 $-a<x<a$ 成立，所以

$$F(\omega) =2\int_{-a}^{a}e^{-i\omega x}\,dx.$$

計算積分：

$$\begin{aligned} F(\omega) &=2\left[\frac{e^{-i\omega x}}{-i\omega}\right]_{-a}^{a}\\ &=2\frac{e^{-i\omega a}-e^{i\omega a}}{-i\omega}. \end{aligned}$$

利用 Euler 公式所得到的關係式

$$e^{-i\theta}-e^{i\theta}=-2i\sin\theta,$$

可得

$$\begin{aligned} F(\omega) &=2\frac{-2i\sin(\omega a)}{-i\omega}\\ &=\frac{4\sin(\omega a)}{\omega}. \end{aligned}$$

因此，

$$\boxed{F(\omega)=\frac{4\sin(a\omega)}{\omega}}$$