115 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

本題是變係數二階非齊次線性微分方程：

$$x^2y''-3xy'+3y=2x^2e^x,\qquad x>0.$$

左側為 Euler–Cauchy 型算子。解題分為兩部分：

1. 先求齊次方程的通解。
2. 再利用變動參數法求一組特解。

由於 $x>0$，後續出現的 $\ln x$ 與指數積分函數 $\operatorname{Ei}(x)$ 均可在此區間使用。

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一、求齊次解

先考慮齊次方程：

$$x^2y''-3xy'+3y=0.$$

Euler–Cauchy 方程設解為

$$y=x^m.$$

則

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

代入齊次方程：

$$x^2m(m-1)x^{m-2}-3x(mx^{m-1})+3x^m=0.$$

整理得

$$\left[m(m-1)-3m+3\right]x^m=0,$$

因此特徵方程為

$$m(m-1)-3m+3=0,$$

即

$$m^2-4m+3=0$$ $$(m-1)(m-3)=0.$$

所以

$$m=1,\qquad m=3.$$

齊次解為

$$y_h=C_1x+C_2x^3.$$

取兩個基本解

$$y_1=x,\qquad y_2=x^3.$$

其 Wronskian 為

$$W(y_1,y_2) = \begin{vmatrix} x & x^3\\ 1 & 3x^2 \end{vmatrix} =3x^3-x^3=2x^3.$$

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二、利用變動參數法求特解

原方程除以 $x^2$，化為標準形式：

$$y''-\frac{3}{x}y'+\frac{3}{x^2}y=2e^x.$$

對方程

$$y''+P(x)y'+Q(x)y=g(x),$$

變動參數法中的公式為

$$u_1'=-\frac{y_2g}{W}, \qquad u_2'=\frac{y_1g}{W}.$$

在本題中，

$$y_1=x,\qquad y_2=x^3,\qquad g=2e^x,\qquad W=2x^3.$$

因此

$$u_1' = -\frac{x^3(2e^x)}{2x^3} =-e^x,$$

所以

$$u_1=-e^x.$$

另外，

$$u_2' = \frac{x(2e^x)}{2x^3} =\frac{e^x}{x^2}.$$

利用

核心觀念

本題考查：

• 卷積積分
  $\int_0^t y(\tau)\cos(t-\tau)\,d\tau=(y*\cos t)(t)$
• Laplace 變換的卷積定理
  $\mathcal{L}\{f*g\}=F(s)G(s)$
• 初值條件
  $\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0)$

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

解題方法：Laplace 變換

令
$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$

原方程為

$$y'(t)=\cos t+\int_0^t y(\tau)\cos(t-\tau)\,d\tau, \qquad y(0)=1.$$

對全式取 Laplace 變換。左側為

$$\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-1.$$

右側第一項為

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

由卷積定理，積分項的 Laplace 變換為

$$\mathcal{L}\left\{\int_0^t y(\tau)\cos(t-\tau)\,d\tau\right\} =Y(s)\frac{s}{s^2+1}.$$

因此

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

整理含 $Y(s)$ 的項：

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

計算左側係數：

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

右側整理為

$$1+\frac{s}{s^2+1} =\frac{s^2+s+1}{s^2+1}.$$

所以

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

得到

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

核心觀念

本題使用 Stokes’ Theorem：

$$\oint_C \mathbf F\cdot d\mathbf r = \iint_S (\nabla\times \mathbf F)\cdot \mathbf n\,dS$$

其中 $S$ 是邊界為 $C$ 的三角形平面區域，$\mathbf n$ 的方向必須與曲線 $C$ 的繞行方向一致。

題目指定從上方觀看時為逆時針，因此取 $z$ 分量為正的法向量方向。

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解題方法

已知

$$\mathbf F=(y+\sin x)\mathbf i+(z^2+\cos y)\mathbf j+x^3\mathbf k$$

令

$$P=y+\sin x,\qquad Q=z^2+\cos y,\qquad R=x^3$$

則旋度為

$$\nabla\times\mathbf F = \begin{vmatrix} \mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\ \frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\ P&Q&R \end{vmatrix}$$

因此

$$\nabla\times\mathbf F = \left( \frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}, \frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}, \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} \right)$$

計算各分量：

$$\frac{\partial R}{\partial y}=0,\qquad \frac{\partial Q}{\partial z}=2z$$ $$\frac{\partial P}{\partial z}=0,\qquad \frac{\partial R}{\partial x}=3x^2$$ $$\frac{\partial Q}{\partial x}=0,\qquad \frac{\partial P}{\partial y}=1$$

所以

$$\nabla\times\mathbf F=(-2z,-3x^2,-1)$$

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建立曲面積分

平面方程式為

$$x+y+z=1$$

故可寫成

$$z=1-x-y$$

取參數化：

$$\mathbf r(x,y)=(x,y,1-x-y)$$

其中投影區域 $D$ 為

$$D=\{(x,y):x\ge 0,\ y\ge 0,\ x+y\le 1\}$$

計算：

核心觀念

此題在考 $x=0$ 的正則奇異點與 Frobenius 級數法。設解為

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r},\qquad a_0\neq 0,$$

其中 $r$ 為待定指標根。代入微分方程後，最低次方的係數所形成的方程稱為指標方程。

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解題方法

原方程為

$$2x^2y''+3xy'-(x^2+1)y=0.$$

令

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

則

$$y'=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(n+r)x^{n+r-1},$$ $$y''=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(n+r)(n+r-1)x^{n+r-2}.$$

代入原式：

$$2x^2y'' = 2\sum_{n=0}^{\infty}a_n(n+r)(n+r-1)x^{n+r},$$ $$3xy' = 3\sum_{n=0}^{\infty}a_n(n+r)x^{n+r},$$

以及

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

因此

$$\sum_{n=0}^{\infty} \left[ 2(n+r)(n+r-1)+3(n+r)-1 \right]a_nx^{n+r} - \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r+2} =0.$$

將第二個級數改寫為 $x^{n+r}$ 的形式：

$$\sum_{n=2}^{\infty}a_{n-2}x^{n+r}.$$

故

$$\left[2r(r-1)+3r-1\right]a_0x^r + \left[2(r+1)r+3(r+1)-1\right]a_1x^{r+1}$$ $$+ \sum_{n=2}^{\infty} \left[ 2(n+r)(n+r-1)+3(n+r)-1 \right]a_nx^{n+r} - \sum_{n=2}^{\infty}a_{n-2}x^{n+r} =0.$$

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（1）指標方程與指標根

最低次方為 $x^r$，其係數必須為零：

$$2r(r-1)+3r-1=0.$$

整理得

$$2r^2+r-1=0,$$ $$(2r-1)(r+1)=0.$$

因此指標根為

$$r_1=\frac12,\qquad r_2=-1.$$

較大的指標根是

$$\boxed{r=\frac12}.$$

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核心觀念

本題考查散度定理（Divergence Theorem）：

$$\iint_S \mathbf F\cdot d\mathbf S = \iiint_V \nabla\cdot\mathbf F\,dV,$$

其中 $S$ 是封閉曲面，$V$ 是其所包圍的立體區域，且

$$\nabla\cdot\mathbf F = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}.$$

題目中的向量場為

$$\mathbf F = \left(x^2+e^y\right)\mathbf i + \left(y^3+\sin(xz)\right)\mathbf j + \left(z^3+\ln(x^2+y^2+1)\right)\mathbf k.$$

曲面 $S$ 為球面

$$x^2+y^2+z^2=a^2,$$

其內部立體區域記為 $V$。

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解題方法

直接計算向量場的散度，再對半徑為 $a$ 的球體積分。

1. 計算散度

令

$$P=x^2+e^y,\qquad Q=y^3+\sin(xz),\qquad R=z^3+\ln(x^2+y^2+1).$$

因此

$$\frac{\partial P}{\partial x}=2x,$$ $$\frac{\partial Q}{\partial y}=3y^2,$$

而 $R$ 中的對數項與 $z$ 無關，所以

$$\frac{\partial R}{\partial z}=3z^2.$$

故

$$\nabla\cdot\mathbf F = 2x+3y^2+3z^2.$$

由散度定理，

$$\iint_S \mathbf F\cdot d\mathbf S = \iiint_V \left(2x+3y^2+3z^2\right)dV.$$

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2. 利用球體對稱性消去奇函數項

球體 $V$ 關於 $yz$ 平面对稱，而 $2x$ 是關於 $x$ 的奇函數，因此

$$\iiint_V 2x\,dV=0.$$

所以

$$\iint_S \mathbf F\cdot d\mathbf S = 3\iiint_V (y^2+z^2)\,dV.$$

由球體的旋轉對稱性，

$$\iiint_V x^2\,dV = \iiint_V y^2\,dV = \iiint_V z^2\,dV.$$

又因為

$$x^2+y^2+z^2=r^2,$$

故

$$\iiint_V (x^2+y^2+z^2)dV = \iiint_V r^2\,dV.$$

因此

$$\iiint_V y^2\,dV = \iiint_V z^2\,dV = \frac13\iiint_V r^2\,dV.$$

於是

核心觀念

本題考查三個互相連結的觀念：

1. 特徵值與特徵向量

   對矩陣 $A$，若存在非零向量 $\mathbf v$ 使得

   $$A\mathbf v=\lambda \mathbf v,$$

   則 $\lambda$ 為特徵值，$\mathbf v$ 為對應的特徵向量。特徵值由特徵方程

   $$\det(\lambda I-A)=0$$

   求得。

2. 線性常係數系統

   對微分方程組

   $$X'=AX,$$

   若 $A\mathbf v=\lambda\mathbf v$，則

   $$X(t)=e^{\lambda t}\mathbf v$$

   是一組解。若有足夠多個線性獨立的特徵向量，即可組合成通解。

3. 矩陣對角化

   若 $A$ 有 $3$ 個線性獨立的特徵向量，令這些特徵向量為矩陣 $P$ 的欄向量，則

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

   其中 $D$ 為對角矩陣，且對角線元素就是相對應的特徵值。因此

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

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（1）特徵值與特徵向量

給定

$$A= \begin{bmatrix} -5&-4&4\\ 12&11&-12\\ 4&4&-5 \end{bmatrix}.$$

先利用跡與行列式快速整理特徵多項式。

矩陣的跡為

$$\operatorname{tr}(A)=-5+11-5=1.$$

再計算 $A^2$ 的對角元素：

$$(A^2)_{11}=25-48+16=-7,$$ $$(A^2)_{22}=-48+121-48=25,$$ $$(A^2)_{33}=16-48+25=-7.$$

所以

$$\operatorname{tr}(A^2)=-7+25-7=11.$$

若三個特徵值為 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$，則

$$\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=1,$$

以及

$$\lambda_1^2+\lambda_2^2+\lambda_3^2=11.$$

因此二次對稱和為

$$\lambda_1\lambda_2+\lambda_1\lambda_3+\lambda_2\lambda_3 = \frac{1^2-11}{2}=-5.$$

再算行列式：

$$\det(A) = -5 \begin{vmatrix} 11&-12\\ 4&-5 \end{vmatrix} +4 \begin{vmatrix} 12&-12\\ 4&-5 \end{vmatrix} +4 \begin{vmatrix} 12&11\\ 4&4 \end{vmatrix}.$$

因此

$$\det(A) = -5(-55+48)+4(-60+48)+4(48-44) =35-48+16=3.$$

所以特徵多項式為

$$p(\lambda) = \lambda^3-(\operatorname{tr}A)\lambda^2 +\left(\sum_{i<j}\lambda_i\lambda_j\right)\lambda -\det(A),$$

即

$$p(\lambda)=\lambda^3-\lambda^2-5\lambda-3.$$

因為

$$\lambda^3-\lambda^2-5\lambda-3 = (\lambda+1)^2(\lambda-3),$$

故特徵值為

$$\boxed{\lambda=3,\ -1,\ -1}.$$

其中 $\lambda=-1$ 的代數重數為 $2$。

對應於 $\lambda=3$ 的特徵向量

解

$$(A-3I)\mathbf v=0.$$

有

$$A-3I= \begin{bmatrix} -8&-4&4\\ 12&8&-12\\ 4&4&-8 \end{bmatrix}.$$

令 $\mathbf v=[x,y,z]^T$，將方程簡化可得

$$2x+y-z=0,$$ $$x+y-2z=0.$$

由此得到

$$z=-x,\qquad y=-3x.$$

取 $x=1$，可得

$$\boxed{\mathbf v_1= \begin{bmatrix} 1\\-3\\-1 \end{bmatrix}}, \qquad \lambda=3.$$

對應於 $\lambda=-1$ 的特徵向量

解

$$(A+I)\mathbf v=0.$$

其中

$$A+I= \begin{bmatrix} -4&-4&4\\ 12&12&-12\\ 4&4&-4 \end{bmatrix}.$$

所有方程皆等價於

$$-x-y+z=0,$$

所以

$$z=x+y.$$

令 $x,y$ 任意，特徵向量可寫為

$$\mathbf v= \begin{bmatrix} x\\y\\x+y \end{bmatrix} = x \begin{bmatrix} 1\\0\\1 \end{bmatrix} + y \begin{bmatrix} 0\\1\\1 \end{bmatrix}.$$

因此可取兩個線性獨立的特徵向量：

核心觀念

本題使用週期為 $2\pi$ 的 Fourier series：

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

其中

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,$$ $$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx,\qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx.$$

由於 $f(x)=0$ 只在 $[-\pi,0]$ 上非零，因此所有積分皆可化為 $[0,\pi]$ 上的積分。

第二部分令

$$F(x)=\int_{-\pi}^{x}f(t)\,dt.$$

將 $f(t)$ 的 Fourier series 逐項積分，即可得到 $F(x)$ 的三角級數展開。

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一、求 $f(x)$ 的 Fourier series

1. 計算 $a_0$

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\,dx =\frac{1}{\pi}\left[\frac{x^2}{2}\right]_{0}^{\pi} =\frac{\pi}{2}.$$

因此常數項為

$$\frac{a_0}{2}=\frac{\pi}{4}.$$

2. 計算 $a_n$

$$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\cos nx\,dx.$$

分部積分，取

$$u=x,\qquad dv=\cos nx\,dx,$$

則

$$du=dx,\qquad v=\frac{\sin nx}{n}.$$

因此

$$\begin{aligned} a_n &=\frac{1}{\pi} \left[ \frac{x\sin nx}{n}-\frac{1}{n}\int\sin nx\,dx \right]_{0}^{\pi} \\ &=\frac{1}{\pi} \left[ \frac{x\sin nx}{n}+\frac{\cos nx}{n^2} \right]_{0}^{\pi}. \end{aligned}$$

由 $\sin n\pi=0$、$\cos n\pi=(-1)^n$，得

$$a_n=\frac{(-1)^n-1}{\pi n^2}.$$

因此：

• $n$ 為偶數時，$a_n=0$；
• $n$ 為奇數時，$a_n=-\dfrac{2}{\pi n^2}$。

3. 計算 $b_n$

$$b_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\sin nx\,dx.$$

分部積分，取

$$u=x,\qquad dv=\sin nx\,dx,$$

則

$$du=dx,\qquad v=-\frac{\cos nx}{n}.$$

所以

$$\begin{aligned} b_n &=\frac{1}{\pi} \left[ -\frac{x\cos nx}{n} +\frac{1}{n}\int\cos nx\,dx \right]_{0}^{\pi} \\ &=\frac{1}{\pi} \left[ -\frac{x\cos nx}{n} +\frac{\sin nx}{n^2} \right]_{0}^{\pi}. \end{aligned}$$

由 $\sin n\pi=0$、$\cos n\pi=(-1)^n$，得到

$$b_n=\frac{(-1)^{n+1}}{n}.$$

4. Fourier series

因此

$$\boxed{ f(x)\sim \frac{\pi}{4} +\sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{(-1)^n-1}{\pi n^2}\cos nx +\frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin nx \right] }$$

也可利用只有奇數項的事實，寫成

$$\boxed{ f(x)\sim \frac{\pi}{4} -\frac{2}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty} \frac{\cos\bigl((2k+1)x\bigr)}{(2k+1)^2} +\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin nx }$$

在 $x=0$ 處，$f$ 連續且 $f(0)=0$；在週期端點處，Fourier series 收斂到左右極限的平均值。

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二、求 $\displaystyle \int_{-\pi}^{x}f(t)\,dt$ 的三角級數

核心觀念

本題考查向量值函數

$$\mathbf p(t)=x(t)\mathbf i+y(t)\mathbf j+z(t)\mathbf k$$

以及速度向量與速率的定義：

$$\mathbf v(t)=\mathbf p'(t)$$ $$u(t)=\left\|\mathbf v(t)\right\|$$

俯視圖投影到 $x$-$y$ 平面時，只需觀察 $(x(t),y(t))$，$z(t)$ 不影響圖形位置。

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（1）位置向量、速度向量與速率

令

$$\theta=\frac{\pi t}{6}$$

題目給定

$$x(t)=\sqrt t\sin\theta,\qquad y(t)=\sqrt t\cos\theta,\qquad z(t)=\sqrt t$$

位置向量

因此位置向量為

$$\boxed{ \mathbf p(t) =\sqrt t\sin\left(\frac{\pi t}{6}\right)\mathbf i +\sqrt t\cos\left(\frac{\pi t}{6}\right)\mathbf j +\sqrt t\,\mathbf k }$$

其中 $0\leq t\leq 36$。

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速度向量

使用乘積微分法則：

$$\frac{d}{dt}\left(\sqrt t\sin\theta\right) = \frac{1}{2\sqrt t}\sin\theta +\sqrt t\cos\theta\cdot\frac{\pi}{6}$$ $$\frac{d}{dt}\left(\sqrt t\cos\theta\right) = \frac{1}{2\sqrt t}\cos\theta -\sqrt t\sin\theta\cdot\frac{\pi}{6}$$

又因為

$$\frac{d}{dt}\sqrt t=\frac{1}{2\sqrt t}$$

所以，當 $t>0$ 時，

$$\boxed{ \begin{aligned} \mathbf v(t) ={}& \left[ \frac{1}{2\sqrt t}\sin\left(\frac{\pi t}{6}\right) +\frac{\pi\sqrt t}{6}\cos\left(\frac{\pi t}{6}\right) \right]\mathbf i\\ &+ \left[ \frac{1}{2\sqrt t}\cos\left(\frac{\pi t}{6}\right) -\frac{\pi\sqrt t}{6}\sin\left(\frac{\pi t}{6}\right) \right]\mathbf j +\frac{1}{2\sqrt t}\mathbf k \end{aligned} }$$

在 $t=0$ 時，$\sqrt t$ 的導數發散，因此速度向量沒有有限值。

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速率 $u(t)$

由定義，

$$u(t)=\sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2+z'(t)^2}$$

先計算 $x'(t)^2+y'(t)^2$。令

$$A=\frac{1}{2\sqrt t},\qquad B=\frac{\pi\sqrt t}{6}$$

則

$$x'(t)=A\sin\theta+B\cos\theta$$ $$y'(t)=A\cos\theta-B\sin\theta$$

因此

$$\begin{aligned} x'(t)^2+y'(t)^2 &=(A\sin\theta+B\cos\theta)^2 +(A\cos\theta-B\sin\theta)^2\\ &=A^2(\sin^2\theta+\cos^2\theta) +B^2(\sin^2\theta+\cos^2\theta)\\ &=A^2+B^2\\ &=\frac{1}{4t}+\frac{\pi^2t}{36} \end{aligned}$$

再加上

$$z'(t)^2=\frac{1}{4t}$$

可得

$$u(t)^2 = \frac{1}{4t}+\frac{\pi^2t}{36}+\frac{1}{4t} = \frac{1}{2t}+\frac{\pi^2t}{36}$$

所以速率為

$$\boxed{ u(t)=\sqrt{\frac{1}{2t}+\frac{\pi^2t}{36}} },\qquad t>0$$

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計算 $u(3)$

$$\begin{aligned} u(3) &=\sqrt{\frac{1}{2(3)}+\frac{\pi^2(3)}{36}}\\ &=\sqrt{\frac16+\frac{\pi^2}{12}}\\ &=\boxed{\sqrt{\frac{2+\pi^2}{12}}} \end{aligned}$$

約為

$$u(3)\approx 0.995\ \text{m/s}$$

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計算 $u(6)$

$$\begin{aligned} u(6) &=\sqrt{\frac{1}{12}+\frac{\pi^2(6)}{36}}\\ &=\sqrt{\frac{1}{12}+\frac{\pi^2}{6}}\\ &=\boxed{\sqrt{\frac{1+2\pi^2}{12}}} \end{aligned}$$

約為

$$u(6)\approx 1.315\ \text{m/s}$$

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計算 $u(9)$