108 年 國立成功大學光電科學與工程研究所甲組《工程數學》

核心觀念

懸臂梁的微分方程通常為四階，因此需要四個邊界條件。邊界條件由兩端的力學約束決定：

• 固定端：位移與轉角皆被限制。
• 自由端：沒有外加彎矩與剪力。

以下採用 Euler–Bernoulli 梁理論，且假設梁的彎曲剛度 $EI$ 為常數。

解題方法

令 $y(x)$ 為梁的撓度，則截面轉角與彎矩、剪力分別可表示為

$$\theta(x)=y'(x),$$ $$M(x)=-EIy''(x),$$ $$V(x)=-EIy'''(x),$$

其中正負號會隨彎矩與剪力的符號 convention 改變，但邊界條件的零值不受影響。

固定端 $x=0$

梁嵌入牆內，因此固定端不能產生垂直位移，也不能旋轉：

$$y(0)=0,$$ $$y'(0)=0.$$

核心觀念

這是二階常係數齊次微分方程的邊界值問題，也可視為一維特徵值問題。由於方程與邊界條件皆為齊次，零解 $y(x)\equiv 0$ 在所有 $a$ 下都成立；關鍵是判斷何時還有非零解。

以下假設 $L>0$。

解題方法

依 $a$ 的正、負、零分別求通解，再代入兩端的邊界條件 $y(0)=y(L)=0$。

情況一：$a=0$

方程成為 $y''=0$，積分兩次得

$$y(x)=C_1x+C_2.$$

由 $y(0)=0$ 得 $C_2=0$；再由 $y(L)=0$ 得 $C_1L=0$。因 $L>0$，所以 $C_1=0$。

因此只有零解：

$$y(x)\equiv 0.$$

情況二：$a<0$

令 $\mu=\sqrt{-a}>0$，則方程為 $y''-\mu^2y=0$，通解是

$$y(x)=C_1e^{\mu x}+C_2e^{-\mu x}.$$

由 $y(0)=0$ 得 $C_1+C_2=0$，所以 $C_2=-C_1$。代入 $y(L)=0$：

$$C_1\left(e^{\mu L}-e^{-\mu L}\right)=0.$$

因 $\mu L>0$，故 $e^{\mu L}-e^{-\mu L}\neq 0$，只能有 $C_1=0$，進而 $C_2=0$。

因此只有零解：

$$y(x)\equiv 0.$$

情況三：$a>0$

令 $k=\sqrt{a}>0$，則方程為 $y''+k^2y=0$，通解是

核心觀念

這題考傅立葉轉換如何把空間微分方程化為頻域中的常微分方程。題目採用的轉換定義為

$$U(\lambda,t)=\int_{-\infty}^{\infty}u(x,t)e^{i\lambda x}\,dx.$$

對應的反轉換為

$$u(x,t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}U(\lambda,t)e^{-i\lambda x}\,d\lambda.$$

在此慣例下，空間二階導數的傅立葉轉換為

$$\mathcal{F}\{u_{xx}\}=-\lambda^2 U.$$

以下取熱擴散係數 $k>0$。

解題方法：先求頻域解 $U(\lambda,t)$

對方程兩側就 $x$ 作傅立葉轉換。由於轉換變數是 $x$，時間微分可直接移到 $U$ 上：

$$\mathcal{F}\{u_t\}=\frac{\partial U}{\partial t}.$$

因此原方程化為

$$-k\lambda^2 U(\lambda,t)=\frac{\partial U}{\partial t},$$

即

$$\frac{\partial U}{\partial t}=-k\lambda^2 U.$$

固定 $\lambda$，這是一階常微分方程，解為

$$U(\lambda,t)=U(\lambda,0)e^{-k\lambda^2t}.$$

由初始條件，初始函數的傅立葉轉換是

$$U(\lambda,0) =\int_{-\infty}^{\infty}g(x)e^{i\lambda x}\,dx =u_0\int_{-1}^{1}e^{i\lambda x}\,dx =2u_0\frac{\sin\lambda}{\lambda}.$$

在 $\lambda=0$ 處，以極限 $\lim_{\lambda\to 0}\sin\lambda/\lambda=1$ 定義。因此

$$\boxed{U(\lambda,t)=2u_0\frac{\sin\lambda}{\lambda}e^{-k\lambda^2t}}.$$

解題方法：反轉換求 $u(x,t)$

將 $U(\lambda,t)$ 代入反轉換公式：

$$u(x,t) =\frac{u_0}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin\lambda}{\lambda}e^{-k\lambda^2t}e^{-i\lambda x}\,d\lambda.$$

核心觀念

本題考查梯度、向量外積、純量拉普拉斯算子、旋度，以及沿向量場的方向導數：

$$\nabla f = \left( \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z} \right), \qquad \nabla^2 g = \frac{\partial^2 g}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 g}{\partial y^2} + \frac{\partial^2 g}{\partial z^2},$$ $$\nabla\times\vec w = \left( \frac{\partial w_z}{\partial y}-\frac{\partial w_y}{\partial z}, \frac{\partial w_x}{\partial z}-\frac{\partial w_z}{\partial x}, \frac{\partial w_y}{\partial x}-\frac{\partial w_x}{\partial y} \right), \qquad D_{\vec v}f=\vec v\cdot\nabla f.$$

題目給定 $f=zy+yx=y(x+z)$、$\vec v=[y,z,4z-x]$、$\vec w=[y^2,z^2,x^2]$。以下依變數順序 $(x,y,z)$ 計算。

解題方法

先求出 $\nabla f$，再與 $\vec v$ 做外積。計算 $\nabla^2(f^2)$ 時，直接將 $f^2$ 展開成 $y^2(x+z)^2$，分別對 $x,y,z$ 求二階偏導。旋度依公式逐分量計算。最後在指定點代入 $\nabla f$ 與 $\vec v$，取內積求方向導數。

(a) $(\operatorname{grad} f)\times\vec v$

由 $f=y(x+z)$ 得

$$\nabla f = \left( y,\ x+z,\ y \right).$$

因此

$$(\nabla f)\times\vec v = \begin{vmatrix} \mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\ y&x+z&y\\ y&z&4z-x \end{vmatrix}.$$

逐分量展開：

$$(\nabla f)\times\vec v = \left( (x+z)(4z-x)-yz,\ y^2-y(4z-x),\ yz-y(x+z) \right).$$

整理得

核心觀念

(a) 線積分 $\int_C \vec F\cdot d\vec r$ 可將曲線參數化，代入向量場與位移微分後，化為單變數定積分。線積分會隨曲線方向改變符號。

(b) 封閉曲面上的通量可用散度定理計算：

$$\iint_S \vec F\cdot\vec n\,dA = \iiint_V \nabla\cdot\vec F\,dV$$

其中 $\vec n$ 為向外單位法向量，$V$ 是曲面所包圍的立體區域。

(a) 線積分

題目未指定曲線方向，以下採用從 $+z$ 軸往原點看時，$xy$ 平面投影為逆時針的方向。令

$$x=3\cos t,\qquad y=3\sin t,\qquad z=3\cos t+2,\qquad 0\le t\le 2\pi.$$

因此

$$\vec r\,'(t)=(-3\sin t,\ 3\cos t,\ -3\sin t),$$

而向量場沿曲線為

$$\vec F(\vec r(t)) = (27\cos t+18,\ 15\cos t,\ 9\sin t).$$

代入線積分：

$$\begin{aligned} \int_C \vec F\cdot d\vec r &=\int_0^{2\pi}\vec F(\vec r(t))\cdot\vec r\,'(t)\,dt\\ &=\int_0^{2\pi} \left[-(81\cos t+54)\sin t+45\cos^2 t-27\sin^2 t\right]dt. \end{aligned}$$

含 $\sin t$ 或 $\sin t\cos t$ 的項在一個完整週期上的積分皆為 $0$，且

(a) 計算 $\cosh(2n+1)\pi i$

核心觀念： 雙曲餘弦與餘弦的關係為 $\cosh(ix)=\cos x$。

解題方法： 令 $x=(2n+1)\pi$，則

$$\cosh\bigl((2n+1)\pi i\bigr) =\cos\bigl((2n+1)\pi\bigr) =-1,\qquad n=1,2,\dots$$

解題技巧： $\cosh(iy)$ 可直接化為 $\cos y$；本題角度是奇數倍的 $\pi$，餘弦值為 $-1$。

(b) 沿單位圓逆時針積分

核心觀念： 單值解析函數沿閉合曲線的積分為零；此外，

$$\oint_{|z|=1}\frac{1}{z}\,dz=2\pi i$$

（曲線以逆時針方向繞原點一圈）。

解題方法： 利用積分的線性性拆開：

$$\oint_{|z|=1}\left(5z-\frac{3}{z}\right)dz =5\oint_{|z|=1}z\,dz-3\oint_{|z|=1}\frac{1}{z}\,dz.$$

$5z$ 在整個複平面解析，因此其閉合積分為 $0$。第二項由 $1/z$ 的基本閉合積分公式得

$$5(0)-3(2\pi i)=-6\pi i.$$

核心觀念

1. 線性分式轉換（Linear Fractional Transformation / Bilinear Transformation）
   複變數函數中，線性分式轉換（又稱雙線性轉換或 Möbius 轉換）的形式定義為：
   $w = f(z) = \frac{az + b}{cz + d} \quad (ad - bc \neq 0)$
   其中 $a, b, c, d$ 為複數常數。條件 $ad - bc \neq 0$ 保證該變換為非退化（Non-degenerate）且具備一對一保角映射（Conformal Mapping）的性質。

2. 交比不變性（Invariance of Cross-Ratio）
   線性分式轉換在複數平面上具有保持四點交比不變的幾何性質。若相異三點 $z_1, z_2, z_3$ 經由線性分式轉換分別映射至 $w_1, w_2, w_3$，則對平面上任意點 $z$ 及其映射點 $w$，兩平面的交比相等：
   $\frac{(w - w_2)(w_3 - w_1)}{(w - w_1)(w_3 - w_2)} = \frac{(z - z_2)(z_3 - z_1)}{(z - z_1)(z_3 - z_2)}$

3. 包含無窮遠點（$\infty$）的交比公式
   當對應點集中包含無窮遠點（如本題 $w_1 = \infty$）時，在交比公式中包含 $w_1$ 的項取極限化簡：
   $\lim_{w_1 \to \infty} \frac{w_3 - w_1}{w - w_1} = 1$
   因此，當 $w_1 = \infty$ 時，交比公式可直接簡化為：
   $\frac{w - w_2}{w_3 - w_2} = \frac{(z - z_2)(z_3 - z_1)}{(z - z_1)(z_3 - z_2)}$

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解題方法

方法一：交比法（Cross-Ratio Method）

Step 1：代入已知點數值
題目已知：

• $z_1 = -2 \implies w_1 = \infty$
• $z_2 = 0 \implies w_2 = \frac{1}{4}$
• $z_3 = 2 \implies w_3 = \frac{3}{8}$

將數據代入簡化後的交比公式：
$\frac{w - \frac{1}{4}}{\frac{3}{8} - \frac{1}{4}} = \frac{(z - 0)(2 - (-2))}{(z - (-2))(2 - 0)}$

Step 2：化簡等式兩側

• 左式（LHS）：
  分母為 $\frac{3}{8} - \frac{1}{4} = \frac{1}{8}$，故左式展開為：
  $\text{LHS} = \frac{w - \frac{1}{4}}{\frac{1}{8}} = 8\left(w - \frac{1}{4}\right) = 8w - 2$

• 右式（RHS）：
  $\text{RHS} = \frac{z \cdot 4}{(z + 2) \cdot 2} = \frac{2z}{z + 2}$

Step 3：求解 $w(z)$ 顯函數形式
令 $\text{LHS} = \text{RHS}$：
$8w - 2 = \frac{2z}{z + 2}$