111 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

本題是二階特徵值邊界值問題：

$$y''+\lambda y=0$$

其中 $\lambda$ 為特徵值，非零且滿足邊界條件的 $y(x)$ 為特徵函數。

由於 $\lambda$ 的正負會造成不同型態的通解，必須分別討論：

• $\lambda>0$：三角函數型。
• $\lambda=0$：一次函數型。
• $\lambda<0$：雙曲函數型。

邊界條件為

$$y'(0)=0,\qquad y(1)+y'(1)=0.$$

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解題方法

情形一：$\lambda>0$

令

$$\lambda=\mu^2,\qquad \mu>0.$$

微分方程變為

$$y''+\mu^2y=0,$$

其通解為

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

微分得

$$y'(x)=-A\mu\sin(\mu x)+B\mu\cos(\mu x).$$

代入第一個邊界條件 $y'(0)=0$：

$$y'(0)=B\mu=0.$$

因為 $\mu>0$，所以

$$B=0.$$

因此解簡化為

$$y(x)=A\cos(\mu x).$$

再代入第二個邊界條件 $y(1)+y'(1)=0$：

$$y(1)=A\cos\mu,$$ $$y'(1)=-A\mu\sin\mu.$$

所以

$$A\cos\mu-A\mu\sin\mu=0.$$

要有非零特徵函數，必須 $A\neq 0$，故特徵值參數 $\mu$ 滿足

$$\cos\mu-\mu\sin\mu=0.$$

等價地，因為 $\cos\mu=0$ 不會滿足原方程，所以可寫成

$$\tan\mu=\frac{1}{\mu}.$$

令 $\mu_n$ 表示上述超越方程的正根，則

$$\lambda_n=\mu_n^2,$$

對應的特徵函數為

$$y_n(x)=C_n\cos(\mu_n x), \qquad C_n\neq 0.$$

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情形二：$\lambda=0$

此時微分方程為

$$y''=0.$$

通解為

$$y(x)=A+Bx.$$

由

$$y'(x)=B$$

及 $y'(0)=0$，得到

$$B=0.$$

因此 $y(x)=A$。代入第二個邊界條件：

$$y(1)+y'(1)=A+0=A=0.$$

只得到零解，因此

$$\lambda=0$$

不是特徵值。

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情形三：$\lambda<0$

令

$$\lambda=-\mu^2,\qquad \mu>0.$$

微分方程變為

$$y''-\mu^2y=0,$$

通解為

$$y(x)=A\cosh(\mu x)+B\sinh(\mu x).$$

觀念重點

本題為微積分方程式（Integro-differential Equation），等號右側的積分項屬於褶積（Convolution）形式 $y(t) * \cos t$。解法關鍵為對兩端取拉普拉斯轉換（Laplace Transform），將微積分方程轉為頻域代數方程求解。

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詳細推導步驟

步驟一：取拉普拉斯轉換

設 $\mathcal{L}\{y(t)\} = Y(s)$。利用微分定理、褶積定理與基本轉換公式：

• $\mathcal{L}\{y'(t)\} = sY(s) - y(0) = sY(s) - 1$
• $\mathcal{L}\{\cos t\} = \frac{s}{s^2+1}$
• $\mathcal{L}\left\{ \int_0^t y(\tau) \cos(t-\tau) \, d\tau \right\} = Y(s) \cdot \frac{s}{s^2+1}$

將原式兩邊取拉普拉斯轉換：
$sY(s) - 1 = \frac{s}{s^2+1} + Y(s) \cdot \frac{s}{s^2+1}$

步驟二：整理求解 $Y(s)$

觀念重點

一階常係數齊次線性微分方程組 $\frac{dx}{dt} = Ax$ 之特解可表示為 $x(t) = e^{At}x(0)$，其中 $e^{At}$ 為狀態轉移矩陣（Matrix Exponential）。

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求解步驟

將矩陣 $A$ 拆解為單位矩陣 $I$ 與冪零矩陣 $N$ 之和：
$A = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} = I + N$

由於 $IN = NI = N$（可可對易），矩陣指數可分解為：
$e^{At} = e^{(I+N)t} = e^{It} \cdot e^{Nt}$

分別計算 $e^{It}$ 與 $e^{Nt}$：
$e^{It} = e^t I = \begin{bmatrix} e^t & 0 \\ 0 & e^t \end{bmatrix}$

因 $N^2 = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$，利用泰勒展開式得：

核心觀念

本題考查**偏微分方程式（Partial Differential Equations, PDE）中一維熱傳導方程式（1D Heat Equation）的變數分離法（Separation of Variables）與乘積解（Product Solutions）**之推導。

核心理論與定義如下：

1. 乘積解假設：假設未知函數可分解為單變數函數的乘積形式，即 $u(x,t) = X(x)T(t)$，其中 $X(x) \neq 0$ 且 $T(t) \neq 0$。
2. 變數分離原則：將含空間變數 $x$ 的項與含時間變數 $t$ 的項分別移至等號兩端。由於 $x$ 與 $t$ 為獨立變數，等式若要對任意 $(x,t)$ 恆成立，兩端必須同時等於同一個常數，稱為分離常數（Separation Constant）。
3. 特徵值討論：根據分離常數的正負符號（負數、零、正數），討論對應的三組線性獨立的乘積解形式。

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解題方法

步驟一：設定乘積解型態並代入 PDE

假設方程式之乘積解為：
$u(x,t) = X(x)T(t)$

將 $u(x,t)$ 對 $t$ 求偏微分與對 $x$ 求二次偏微分：
$\frac{\partial u}{\partial t} = X(x)T'(t)$
$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = X''(x)T(t)$

代入給定之偏微分方程式 $\frac{\partial u}{\partial t} = k \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$（其中 $k > 0$）：
$X(x)T'(t) = k X''(x)T(t)$

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步驟二：分離變數並引進分離常數

將包含 $t$ 的項移至左端，包含 $x$ 的項移至右端（兩端同除以 $k X(x)T(t)$）：
$\frac{T'(t)}{k T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)}$

由於等式左端僅為 $t$ 的函數，右端僅為 $x$ 的函數，若對所有獨立變數 $x, t$ 均成立，則兩端必定等於同一常數。設此分離常數為 $\mu$：
$\frac{X''(x)}{X(x)} = \frac{T'(t)}{k T(t)} = \mu$

由此可拆解出兩個獨立的常微分方程式（ODE）：

1. 空間部分：$X''(x) - \mu X(x) = 0$
2. 時間部分：$T'(t) - k\mu T(t) = 0$

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步驟三：按分離常數 $\mu$ 之符號分情況討論解的形式

情況一：分離常數為負數（設 $\mu = -\lambda^2$，其中 $\lambda > 0$）

• 空間部分 ODE：
  $X''(x) + \lambda^2 X(x) = 0 \implies X(x) = C_1 \cos(\lambda x) + C_2 \sin(\lambda x)$
• 時間部分 ODE：
  $T'(t) + k\lambda^2 T(t) = 0 \implies T(t) = C_3 e^{-k\lambda^2 t}$
• 乘積解 $u_1(x,t)$：
  $u(x,t) = e^{-k\lambda^2 t} \left[ A \cos(\lambda x) + B \sin(\lambda x) \right]$
  （其中 $A = C_1 C_3$，$B = C_2 C_3$ 為任意常數）

情況二：分離常數為零（設 $\mu = 0$）

• 空間部分 ODE：
  $X''(x) = 0 \implies X(x) = C_1 x + C_2$
• 時間部分 ODE：
  $T'(t) = 0 \implies T(t) = C_3$
• 乘積解 $u_2(x,t)$：
  $u(x,t) = A x + B$
  （其中 $A = C_1 C_3$，$B = C_2 C_3$ 為任意常數）

核心觀念

1. 反矩陣（Inverse Matrix）：
   對於可逆方陣 $A$，利用高斯－喬登消去法（Gauss-Jordan Elimination）建立增廣矩陣 $[A \mid I]$，經由初等列運算化簡為 $[I \mid A^{-1}]$，即可求得 $A^{-1}$。

2. 矩陣對角化（Matrix Diagonalization）：
   若方陣 $B$ 具有 $n$ 個線性獨立的特徵向量，則存在可逆矩陣 $P$ 使 $P^{-1}BP = D$，其中 $D = \text{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n)$ 為對角矩陣，對角線元素 $\lambda_i$ 為 $B$ 的特徵值（Eigenvalues），滿足特徵方程式 $\det(B - \lambda I) = 0$。

3. 向量微分恆等式（Vector Calculus Identities）：
   對於任意具二階連續偏導數的向量場 $F$，依據克萊羅定理（Clairaut's Theorem，即混合偏導數可交換性 $\frac{\partial^2 F_i}{\partial x_j \partial x_k} = \frac{\partial^2 F_i}{\partial x_k \partial x_j}$），旋度的散度恆等於零，即 $\nabla \cdot (\nabla \times F) = 0$。

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解題方法

(a) Part 1：求 $A$ 的反矩陣 $A^{-1}$

給定矩陣：
$A = \begin{bmatrix} 2 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$

寫出增廣矩陣 $[A \mid I]$ 並進行初等列運算：
$[A \mid I] = \begin{bmatrix} 2 & 2 & 1 & \mid & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & \mid & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & \mid & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

1. 交換第 1 列與第 2 列 ($R_1 \leftrightarrow R_2$)：
   $\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & \mid & 0 & 1 & 0 \\ 2 & 2 & 1 & \mid & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & \mid & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

2. 將第 1 列乘以 $-2$ 加至第 2 列 ($R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1$)：
   $\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & \mid & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & -1 & \mid & 1 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & \mid & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

3. 交換第 2 列與第 3 列 ($R_2 \leftrightarrow R_3$)：
   $\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & \mid & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & \mid & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & -1 & \mid & 1 & -2 & 0 \end{bmatrix}$

4. 將第 2 列乘以 $-2$ 加至第 3 列 ($R_3 \leftarrow R_3 - 2R_2$)：
   $\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & \mid & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & \mid & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -3 & \mid & 1 & -2 & -2 \end{bmatrix}$

5. 第 3 列乘以 $-\frac{1}{3}$ ($R_3 \leftarrow -\frac{1}{3}R_3$)：
   $\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & \mid & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & \mid & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & \mid & -\frac{1}{3} & \frac{2}{3} & \frac{2}{3} \end{bmatrix}$

6. 將第 3 列分別乘以 $-1$ 加至第 1 列與第 2 列 ($R_1 \leftarrow R_1 - R_3$, $R_2 \leftarrow R_2 - R_3$)：

核心觀念

本題旨在考查向量微積分中的平面格林定理（Green's Theorem in the Plane）。
若 $C$ 為平面上一條分段光滑且按逆時針方向（正方向）繞行之封閉曲線，所圍成的有界區域為 $D$。若函數 $P(x, y)$ 與 $Q(x, y)$ 在區域 $D$ 及其邊界 $C$ 上皆具備連續的一階偏導函數，則第二類線積分可轉化為區域 $D$ 上的二重積分：
$\oint_C P \, dx + Q \, dy = \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA$

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解題方法

1. 標定向量場與積分區域：
   設線積分之被積函數成分為：
   $P(x, y) = x^5 + 3y$
   $Q(x, y) = 2x - 2y^3 e^{y^2}$
   積分路徑 $C$ 為圓方程式 $(x - 1)^2 + (y - 5)^2 = 4$，其圍成之區域 $D$ 為圓心位於 $(1, 5)$、半徑 $R = 2$ 的圓形區域。

2. 計算偏導數：
   計算 $Q(x, y)$ 對 $x$ 的偏導數：
   $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} \left( 2x - 2y^3 e^{y^2} \right) = 2$
   計算 $P(x, y)$ 對 $y$ 的偏導數：
   $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left( x^5 + 3y \right) = 3$

3. 套用格林定理：
   計算偏導數之差：
   $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 2 - 3 = -1$
   代入格林定理二重積分式：
   $\oint_C (x^5 + 3y)dx + (2x - 2y^3e^{y^2})dy = \iint_D (-1) \, dA = - \iint_D dA$

核心觀念

1. 柯西主值（Cauchy Principal Value, P.V.）：
   對於定義在 $(-\infty, \infty)$ 上的發散或不收斂瑕積分，其柯西主值定義為對稱區間極限：
   $\text{P.V.} \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \, dx = \lim_{R \to \infty} \int_{-R}^{R} f(x) \, dx$
2. 奇函數之柯西主值性質：
   若 $f(x)$ 在 $(-R, R)$ 上為連續之奇函數（即 $f(-x) = -f(x)$），則對任意 $R > 0$ 均有 $\int_{-R}^{R} f(x) \, dx = 0$，因此其柯西主值必為 0：
   $\text{P.V.} \int_{-\infty}^{\infty} f_{\text{odd}}(x) \, dx = 0$
3. 複變留數定理（Residue Theorem）應用於廣義實數積分：
   若有理函數 $f(x) = \frac{P(x)}{Q(x)}$ 之分母次數比分子次數至少大 2（即 $\deg(Q) \ge \deg(P) + 2$），且在實數軸上無極點，則：
   $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{P(x)}{Q(x)} \, dx = 2\pi i \sum_{\text{Im}(z) > 0} \text{Res}\left( \frac{P(z)}{Q(z)}, z \right)$

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解題方法

利用積分的線性性質，將被積函數拆解為奇函數項與常數（偶函數）項：
$\text{P.V.} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^5 + 3y}{x^4+1} \, dx = \text{P.V.} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^5}{x^4+1} \, dx + \int_{-\infty}^{\infty} \frac{3y}{x^4+1} \, dx$

第一項：計算 $\text{P.V.} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^5}{x^4+1} \, dx$

令 $f_1(x) = \frac{x^5}{x^4+1}$。
檢查對稱性：
$f_1(-x) = \frac{(-x)^5}{(-x)^4+1} = \frac{-x^5}{x^4+1} = -f_1(x)$
故 $f_1(x)$ 為奇函數。依據柯西主值之定義：
$\text{P.V.} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^5}{x^4+1} \, dx = \lim_{R \to \infty} \int_{-R}^{R} \frac{x^5}{x^4+1} \, dx = \lim_{R \to \infty} 0 = 0$

第二項：計算 $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{3y}{x^4+1} \, dx$

此項為收斂之標準廣義積分（瑕積分），其柯西主值等於原廣義積分值。
抽出常數 $3y$，設複變函數 $f(z) = \frac{1}{z^4+1}$。

1. 尋找極點（Poles）：
   解 $z^4 + 1 = 0 \implies z^4 = -1 = e^{i(\pi + 2k\pi)}$：
   $z = e^{i\left(\frac{\pi}{4} + \frac{k\pi}{2}\right)}, \quad k = 0, 1, 2, 3$
   部位於上半平面（$\text{Im}(z) > 0$）的單極點（Simple Poles）為：
   $z_1 = e^{i\frac{\pi}{4}} = \frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{2}}{2}$
   $z_2 = e^{i\frac{3\pi}{4}} = -\frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{2}}{2}$

核心觀念

本題涉及柯西主值積分與希爾伯特轉換。令

$$\mathcal{H}[f](s) = \frac{1}{\pi}P.V.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{f(x)}{x-s}\,dx.$$

一般而言，$\mathcal{H}[f](s)$ 是 $f$ 的希爾伯特轉換，並不會對任意函數都等於 $f(s)$。

若 $f(z)$ 在上半平面解析、在無窮遠處衰減，則由柯西積分公式的邊界形式可得

$$P.V.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{f(x)}{x-s}\,dx = i\pi f(s),$$

因此正確公式為

$$f(s) = \frac{1}{\pi i} P.V.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{f(x)}{x-s}\,dx.$$

題目第 (a) 式少了因子 $i$，且未說明 $f$ 必須滿足解析性與衰減條件。

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(a) 正確的柯西主值公式

假設 $f(z)$ 在上半平面解析，且當 $|z|\to\infty$ 時衰減得足夠快。考慮函數

$$F(z)=\frac{f(z)}{z-s},$$

其中 $s$ 為實數。由於 $z=s$ 位於積分路徑上，使用柯西主值，並在 $s$ 的上方繞過該極點。

小半圓的貢獻為

$$-i\pi f(s),$$

而大半圓因衰減條件而趨近於 $0$。由留數定理，封閉路徑內沒有其他極點，因此

$$P.V.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{f(x)}{x-s}\,dx-i\pi f(s)=0.$$

故

$$P.V.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{f(x)}{x-s}\,dx = i\pi f(s),$$

也就是

$$\boxed{ f(s)=\frac{1}{\pi i} P.V.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{f(x)}{x-s}\,dx }.$$

因此，題目所寫的

$$f(s)=\frac{1}{\pi} P.V.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{f(x)}{x-s}\,dx$$

並非一般正確公式。

反例

取

$$f(x)=e^{-x^2}.$$

在 $s=0$ 時，

$$P.V.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-x^2}}{x}\,dx=0,$$

因為被積函數為奇函數；但

$$f(0)=1.$$

所以題目第 (a) 式對一般函數不成立。

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(b) 分解實部與虛部

令

$$f(x)=f_1(x)+if_2(x),$$

其中 $f_1$、$f_2$ 均為實值函數。則

$$\frac{1}{\pi} P.V.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{f(x)}{x-s}\,dx = \frac{1}{\pi} P.V.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{f_1(x)}{x-s}\,dx + \frac{i}{\pi} P.V.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{f_2(x)}{x-s}\,dx.$$

因此一般只能寫成