113 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

本題旨在考察微分方程中利用**拉普拉斯變換（Laplace Transform）求解二階常係數非齊次線性常微分方程（ODE）**的能力。核心觀念包含：

1. 微分項的拉普拉斯變換：
   $\mathcal{L}\{y''(t)\} = s^2 \hat{y}(s) - s y(0) - y'(0)$
2. 單位階梯函數（Unit Step Function）與脈衝信號的變換：
   $\mathcal{L}\{u(t-a)\} = \frac{e^{-as}}{s} \quad (a \ge 0)$
3. 部分分式展開法（Partial Fraction Expansion）：將複雜的頻域 S 函數拆解為標準基本變換對。
4. 第二位移定理（Second Shifting Theorem / Time-Shift Theorem）：
   $\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as} F(s)\} = f(t-a) u(t-a)$

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解題方法

(a) 求解 $\hat{y}(s)$ （5 pts）

1. 對微分方程兩邊取拉普拉斯變換：
   對方程 $\frac{d^2y}{dt^2} + 4y = f(t)$ 兩邊同時施行拉普拉斯變換 $\mathcal{L}\{\cdot\}$：
   $\mathcal{L}\{y''\} + 4\mathcal{L}\{y\} = \mathcal{L}\{f(t)\}$

2. 代入初始條件與右式變換：
   已知初始條件 $y(0) = 0$ 與 $y'(0) = 0$，故：
   $\mathcal{L}\{y''\} = s^2 \hat{y}(s) - s y(0) - y'(0) = s^2 \hat{y}(s)$
   對於輸入信號 $f(t) = u(t) - u(t-1)$，由階梯函數的定義與轉換公式：
   $\mathcal{L}\{f(t)\} = \mathcal{L}\{u(t)\} - \mathcal{L}\{u(t-1)\} = \frac{1}{s} - \frac{e^{-s}}{s} = \frac{1 - e^{-s}}{s}$

3. 整理得到 $\hat{y}(s)$：
   將上述結果代回變換後的代數方程：
   $(s^2 + 4)\hat{y}(s) = \frac{1 - e^{-s}}{s}$
   同除以 $(s^2 + 4)$ 得：
   $\hat{y}(s) = \frac{1 - e^{-s}}{s(s^2 + 4)}$

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(b) 求解 $y(t)$ （10 pts）

1. 將 $\hat{y}(s)$ 拆解為兩項：
   $\hat{y}(s) = (1 - e^{-s}) G(s) = G(s) - e^{-s}G(s)$
   其中定義核心頻域函數：
   $G(s) = \frac{1}{s(s^2 + 4)}$

2. 對 $G(s)$ 進行部分分式展開：
   設：
   $\frac{1}{s(s^2 + 4)} = \frac{A}{s} + \frac{Bs + C}{s^2 + 4}$
   通分整理：
   $1 = A(s^2 + 4) + (Bs + C)s = (A + B)s^2 + Cs + 4A$
   比較係數可得方程組：
   $\begin{cases} 4A = 1 \implies A = \frac{1}{4} \\ C = 0 \\ A + B = 0 \implies B = -\frac{1}{4} \end{cases}$
   因此：
   $G(s) = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{s} - \frac{1}{4} \cdot \frac{s}{s^2 + 4}$

3. 求解基本時域函數 $g(t) = \mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}$：
   $\begin{aligned} g(t) &= \mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{1}{4s} - \frac{s}{4(s^2 + 4)} \right\} \\ &= \frac{1}{4} \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s}\right\} - \frac{1}{4} \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{s^2 + 2^2}\right\} \\ &= \frac{1}{4} - \frac{1}{4}\cos(2t) \end{aligned}$

核心觀念

1. 常係數線性微分方程式的拉普拉斯變換 (Laplace Transform of ODEs)：
   利用微分定理將時域（$t$-domain）的常微分方程式轉換為頻域（$s$-domain）的代數方程式：

   • $\mathcal{L}\{y(t)\} = \hat{y}(s)$
   • $\mathcal{L}\{y'(t)\} = s\hat{y}(s) - y(0)$
   • $\mathcal{L}\{y''(t)\} = s^2\hat{y}(s) - s y(0) - y'(0)$

2. 第一位移定理 (First Shifting Theorem)：
   若 $\mathcal{L}\{f(t)\} = F(s)$，則 $\mathcal{L}\{e^{at} f(t)\} = F(s - a)$。
   反變換關係為：

   • $\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{1}{s - a} \right\} = e^{at}$
   • $\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{1}{(s - a)^2} \right\} = t e^{at}$

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解題方法

(a) 求 $\hat{y}(s)$

對二階常係數齊次線性微分方程式 $y'' + 2y' + y = 0$ 兩邊取拉普拉斯變換：
$\mathcal{L}\{y''\} + 2\mathcal{L}\{y'\} + \mathcal{L}\{y\} = 0$

代入微分變換公式及初值條件 $y(0) = 1$ 與 $y'(0) = 0$：
$\left[ s^2 \hat{y}(s) - s y(0) - y'(0) \right] + 2 \left[ s \hat{y}(s) - y(0) \right] + \hat{y}(s) = 0$
$\left[ s^2 \hat{y}(s) - s(1) - 0 \right] + 2 \left[ s \hat{y}(s) - 1 \right] + \hat{y}(s) = 0$

整理含 $\hat{y}(s)$ 的項與常數項：
$(s^2 + 2s + 1) \hat{y}(s) - s - 2 = 0$
$(s + 1)^2 \hat{y}(s) = s + 2$

解出 $\hat{y}(s)$：
$\hat{y}(s) = \frac{s + 2}{(s + 1)^2}$

(b) 求 $y(t)$

對 $\hat{y}(s)$ 取拉普拉斯逆變換 $\mathcal{L}^{-1}$。先將分子進行結構配對拆解：
$\hat{y}(s) = \frac{(s + 1) + 1}{(s + 1)^2} = \frac{s + 1}{(s + 1)^2} + \frac{1}{(s + 1)^2} = \frac{1}{s + 1} + \frac{1}{(s + 1)^2}$

核心觀念

本題考查**偏微分方程（PDE）中的一維熱傳導方程式（1D Heat Equation）**非齊次邊界條件（Non-homogeneous Boundary Conditions）的求解法。

核心原理與定義如下：

1. 穩態與暫態拆解法（Steady-State and Transient Decomposition）：
   當 PDE 伴隨不隨時間改變的非齊次齊明邊界條件（$U(0,t) = A$, $U(1,t) = B$）時，解無法直接進行變數分離。需將解 $U(x,t)$ 拆解為穩態解（Steady-state solution） $v(x)$ 與暫態解（Transient solution） $w(x,t)$ 之和：
   $U(x,t) = v(x) + w(x,t)$
   其中：

   • 穩態解 $v(x) = \lim_{t \to \infty} U(x,t)$，滿足 $\frac{\partial v}{\partial t} = 0$，簡化為常微分方程（ODE）。
   • 暫態解 $w(x,t)$ 滿足齊次邊界條件 $w(0,t) = 0$ 與 $w(1,t) = 0$。

2. 變數分離法（Separation of Variables）：
   對暫態解 $w(x,t)$ 採用變數分離 $w(x,t) = X(x)T(t)$，轉化為 Sturm-Liouville 邊界值問題，求解特徵值（Eigenvalues）與特徵函數（Eigenfunctions）。

3. 傅立葉正弦級數（Fourier Sine Series）：
   利用特徵函數的正交性（Orthogonality），配合初始條件求解級數係數。

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解題方法

步驟一：求解穩態解 $v(x)$

依提示，當 $t \to \infty$ 時，場量不隨時間變化，即 $\frac{\partial U}{\partial t} = 0$。此時 $U(x,t) \to v(x)$，帶入原熱傳導方程：
$\alpha^2 \frac{d^2 v}{dx^2} = 0 \implies v''(x) = 0$
對 $x$ 連續積分二次可得穩態解的一般式：
$v(x) = C_1 x + C_2$

由題目給定區間 $0 < x < 1$ 及邊界條件（註：題目 BC 寫 $U(l,t)=B$，配合空間範圍 $0<x<1$，可知右邊界位置 $l = 1$）：
$\begin{cases} v(0) = A \implies C_2 = A \\ v(1) = B \implies C_1(1) + A = B \implies C_1 = B - A \end{cases}$
因此，穩態解為：
$v(x) = A + (B - A)x$

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步驟二：建立暫態解 $w(x,t)$ 的偏微分方程問題

令總解 $U(x,t) = v(x) + w(x,t) = A + (B - A)x + w(x,t)$。
將其代回原方程式與邊界、初始條件：

1. 微分方程：
   $\frac{\partial w}{\partial t} = \alpha^2 \frac{\partial^2 w}{\partial x^2}$
2. 邊界條件（齊次化）：
   $w(0,t) = U(0,t) - v(0) = A - A = 0$
   $w(1,t) = U(1,t) - v(1) = B - B = 0$
3. 初始條件：
   $w(x,0) = U(x,0) - v(x) = \phi(x) - [A + (B - A)x]$

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步驟三：利用變數分離法求解 $w(x,t)$

設 $w(x,t) = X(x)T(t)$，代入暫態方程得：
$X(x)T'(t) = \alpha^2 X''(x)T(t) \implies \frac{T'(t)}{\alpha^2 T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda$

拆解為兩個常微分方程：

1. 空間部分（Sturm-Liouville 問題）：
   $X''(x) + \lambda X(x) = 0, \quad X(0) = 0, \quad X(1) = 0$
   • 當 $\lambda \le 0$ 時，僅有平凡解（Trivial solution $X(x) = 0$）。
   • 當 $\lambda > 0$ 時，通解為 $X(x) = C_3 \cos(\sqrt{\lambda}x) + C_4 \sin(\sqrt{\lambda}x)$。
     • $X(0) = 0 \implies C_3 = 0$

第 4 題 (a) 詳解

核心觀念

• 散度定理（Gauss's Divergence Theorem）：將封閉曲面 $S$ 上的通量積分（面積分）轉換為該曲面所包圍體積 $V$ 內的體積分：
  $\iint_S \vec{F} \cdot d\vec{A} = \iiint_V \nabla \cdot \vec{F} \, dV$
• 柱座標系變數變換：對於具有圓柱對稱性的幾何區域，利用柱座標系求解三重積分可大幅簡化計算。

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解題方法

1. 計算向量場的散度 $\nabla \cdot \vec{F}$
   給定向量場 $\vec{F}(x,y,z) = [z-y, \, y^3, \, 2z^3]$，其散度定義為：
   $\nabla \cdot \vec{F} = \frac{\partial F_x}{\partial x} + \frac{\partial F_y}{\partial y} + \frac{\partial F_z}{\partial z}$
   分別計算偏微分：
   $\frac{\partial (z-y)}{\partial x} = 0, \quad \frac{\partial (y^3)}{\partial y} = 3y^2, \quad \frac{\partial (2z^3)}{\partial z} = 6z^2$
   得散度為：
   $\nabla \cdot \vec{F} = 3y^2 + 6z^2$

2. 設定體積分區域與座標轉換
   體積分區域 $V$ 由圓柱面 $y^2 + z^2 \le 4$ 及兩平面 $x = -3, \, x = 3$ 包圍而成。
   由於區域對 $x$ 軸具圓柱對稱性，採用以 $x$ 為軸心的柱座標變換：
   $y = r \cos \theta, \quad z = r \sin \theta, \quad x = x$
   其中變數範圍為：
   $-3 \le x \le 3, \quad 0 \le r \le 2, \quad 0 \le \theta \le 2\pi$
   體積微元為 $dV = dx \, r \, dr \, d\theta$。

3. 計算三重積分
   將散度與體積微元代入散度定理：
   $\iiint_V \nabla \cdot \vec{F} \, dV = \int_{-3}^{3} dx \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{2} (3r^2 \cos^2 \theta + 6r^2 \sin^2 \theta) \, r \, dr$
   將各獨立變數之積分分離計算：

   • $x$ 方向積分：
     $\int_{-3}^{3} dx = 6$
   • $r$ 方向積分：
     $\int_{0}^{2} r^3 \, dr = \left[ \frac{r^4}{4} \right]_0^2 = 4$
   • $\theta$ 方向積分：
     $\int_{0}^{2\pi} (3 \cos^2 \theta + 6 \sin^2 \theta) \, d\theta = 3 \int_{0}^{2\pi} \cos^2 \theta \, d\theta + 6 \int_{0}^{2\pi} \sin^2 \theta \, d\theta = 3\pi + 6\pi = 9\pi$

   將上述結果相乘：
   $\iint_S \vec{F} \cdot d\vec{A} = 6 \times 4 \times 9\pi = 216\pi$

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第 4 題 (b) 詳解

核心觀念

• 斯托克斯定理（Stokes's Theorem）：將沿封閉曲線 $C$ 的線積分轉換為以 $C$ 為邊界的曲面 $S$ 上的旋度通量積分：
  $\oint_C \vec{F} \cdot d\vec{s} = \iint_S (\nabla \times \vec{F}) \cdot d\vec{A}$
• 空間三維方向與右手定則：曲線 $C$ 的繞行方向與曲面法向量 $d\vec{A} = \hat{n} \, dA$ 的朝向必須滿足右手定則。

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解題方法

1. 確定曲面方程式與幾何幾何特徵
   將矩形頂點 $A(0,1,0), \, B(0,0,1), \, C(1,0,1), \, D(1,1,0)$ 代入檢驗，可發現四點皆滿足平面方程式：
   $y + z = 1 \implies z = 1 - y$
   該矩形在 $xy$-平面上的投影區域 $R_{xy}$ 為一單位正方形：$0 \le x \le 1, \, 0 \le y \le 1$。

2. 判定觀察者視角與曲面法向量朝向

   • 觀察者站在原點 $(0,0,0)$（位於平面 $y+z=1$ 的下方／內部，即 $y+z < 1$ 一側）看向該矩形平面。
   • 在原點朝向平面 $y+z=1$ 的視平面上，以 $+x$ 為右側、視線垂直方向為上方，頂點投影位置為：
     $A(0, \text{上}), \quad D(1, \text{上}), \quad C(1, \text{下}), \quad B(0, \text{下})$

核心觀念

本題屬於複變函數論（Complex Variables）中的**複變圍道積分（Contour Integration）**範疇。解答本題需掌握以下核心知識點：

1. 奇異點（Singularities）判斷與位置分析：
   分析被積函數 $f(z) = \frac{e^{2z}}{(z+1)^2}$ 的孤立奇異點（Isolated Singularity），確定其是否落於積分路徑 $C$ 所包圍的區域之內。本題的奇異點位於 $z = -1$，為二階極點（Pole of order 2）。由於 $|-1| = 1 < 3$，該極點落在圓周 $C: |z|=3$ 的內部。

2. 高階柯西積分公式（Cauchy's Integral Formula for Derivatives）：
   若函數 $g(z)$ 在簡單封閉曲線 $C$ 及其內部解析（Analytic），且 $z_0$ 為 $C$ 內部的一點，則其 $n$ 階導函數滿足：
   $f^{(n)}(z_0) = \frac{n!}{2\pi i} \oint_C \frac{g(z)}{(z-z_0)^{n+1}} \, dz$
   改寫可得圍道積分求值公式：
   $\oint_C \frac{g(z)}{(z-z_0)^{n+1}} \, dz = \frac{2\pi i}{n!} g^{(n)}(z_0)$

3. 留數定理（Residue Theorem）（替代觀念）：
   亦可利用留數定理計算：
   $\oint_C f(z) \, dz = 2\pi i \sum \text{Res}(f, z_k)$
   對於 $m$ 階極點 $z_0$，其留數計算公式為：
   $\text{Res}(f, z_0) = \frac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to z_0} \frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}} \left[ (z-z_0)^m f(z) \right]$

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解題方法

【切入點說明】

被積函數 $f(z) = \frac{e^{2z}}{(z+1)^2}$ 可拆解為分子的全純函數（Entire Function）$g(z) = e^{2z}$ 與分母的二項平方項 $(z - (-1))^2$。由於分母次方為 $2$，適用一階微分的高階柯西積分公式（取 $n=1, z_0 = -1$）直接計算；亦可使用留數定理針對 $z = -1$ 的二階極點求留數。以下以「高階柯西積分公式」為主要推導過程，並附上「留數定理」驗算。

【詳細推導步驟】

方法一：高階柯西積分公式法

1. 確定解析函數 $g(z)$ 與極點 $z_0$：
   設 $g(z) = e^{2z}$。因為指數函數在全複數平面均解析（Entire），故 $g(z)$ 在圓周 $|z|=3$ 及其內部完全解析。
   被積函數寫為：
   $\frac{e^{2z}}{(z+1)^2} = \frac{g(z)}{(z - (-1))^{1+1}}$
   其中 $z_0 = -1$。

2. 確認奇異點與圍道關係：
   積分路徑為 $C: |z| = 3$，逆時針方向。
   奇異點 $z_0 = -1$ 滿足 $|-1| = 1 < 3$，確定落在積分圍道 $C$ 的內部。

3. 計算 $g(z)$ 的一階導函數及其在 $z_0 = -1$ 處的值：
   $g'(z) = \frac{d}{dz}\left(e^{2z}\right) = 2e^{2z}$
   將 $z_0 = -1$ 代入：

核心觀念

本題考查矩陣的特徵值、特徵向量、特徵基底與對角化。

對方陣 $A$：

• 特徵值 $\lambda$ 由特徵方程求得：

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

• 對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵向量 $v\neq 0$ 滿足：

  $Av=\lambda v$

  等價於：

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

• 若矩陣有足夠多個線性獨立的特徵向量，便可對角化。若 $P$ 的欄向量由特徵向量組成，則：

  $P^{-1}AP=D$

  其中 $D$ 為對角矩陣，對角線上的元素就是相對應的特徵值。

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（a）求特徵值與特徵向量

令

$$A= \begin{bmatrix} 0.8 & -0.6\\ 0.6 & 0.8 \end{bmatrix}$$

1. 求特徵值

特徵方程為：

$$\det(A-\lambda I) = \det \begin{bmatrix} 0.8-\lambda & -0.6\\ 0.6 & 0.8-\lambda \end{bmatrix} =0$$

因此：

$$(0.8-\lambda)^2-(-0.6)(0.6)=0$$ $$(0.8-\lambda)^2+0.36=0$$ $$(0.8-\lambda)^2=-0.36$$ $$0.8-\lambda=\pm 0.6i$$

所以兩個特徵值為：

$$\boxed{\lambda_1=0.8+0.6i,\qquad \lambda_2=0.8-0.6i}$$

這是實平面上的旋轉矩陣，其行列式為 $1$、跡為 $1.6$，因此特徵值為共軛複數，符合結果。

2. 求 $\lambda_1=0.8+0.6i$ 的特徵向量

考慮：

$$A-\lambda_1 I = \begin{bmatrix} -0.6i & -0.6\\ 0.6 & -0.6i \end{bmatrix}$$

令特徵向量為：

$$v= \begin{bmatrix} x\\y \end{bmatrix}$$

由第一列得到：

$$-0.6ix-0.6y=0$$

除以 $-0.6$：

$$ix+y=0$$

因此：

$$y=-ix$$

取 $x=1$，可得：

$$\boxed{ v_1= \begin{bmatrix} 1\\-i \end{bmatrix} }$$

3. 求 $\lambda_2=0.8-0.6i$ 的特徵向量

由於矩陣為實矩陣，複數特徵值所對應的特徵向量也互為共軛。因此：

$$\boxed{ v_2= \begin{bmatrix} 1\\i \end{bmatrix} }$$

直接代入亦可驗證：

$$A \begin{bmatrix} 1\\i \end{bmatrix} = (0.8-0.6i) \begin{bmatrix} 1\\i \end{bmatrix}$$

在實數範圍內，此矩陣沒有非零實特徵向量；上述特徵向量是在複數範圍 $\mathbb{C}^2$ 中表示。

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（b）求特徵基底並將矩陣對角化

令

$$B= \begin{bmatrix} 3&2\\ 0&6 \end{bmatrix}$$

1. 求特徵值

由於 $B$ 是上三角矩陣，其特徵值就是主對角線元素：

$$\boxed{\lambda_1=3,\qquad \lambda_2=6}$$

也可由特徵方程驗證：

$$\det(B-\lambda I) = \det \begin{bmatrix} 3-\lambda&2\\ 0&6-\lambda \end{bmatrix}$$ $$=(3-\lambda)(6-\lambda)=0$$

因此：

$$\lambda=3,\quad 6$$

2. 求 $\lambda_1=3$ 的特徵向量

$$B-3I= \begin{bmatrix} 0&2\\ 0&3 \end{bmatrix}$$

令：

核心觀念

本題考驗複變數分析（Complex Analysis）中的兩大基礎核心觀念：

1. 複數的根（Roots of Complex Numbers）：利用極形式（Polar Form）與歐拉公式（Euler's Formula），將複數表示為 $z = r e^{i(\theta + 2k\pi)}$（其中 $k \in \mathbb{Z}$），再透過棣美弗定理推導出 $n$ 次方根公式。
2. 柯西-黎曼方程式（Cauchy-Riemann Equations）與解析性（Analyticity）：
   設複變數函數 $f(z) = u(x, y) + i v(x, y)$。若 $u(x,y)$ 與 $v(x,y)$ 在區域 $D$ 內的一階偏導數存在且連續，並且滿足柯西-黎曼方程式：
   $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \quad \text{且} \quad \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}$
   則 $f(z)$ 在該區域內為解析函數（Analytic Function）。

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解題方法

• (a) 子題切入點：將被開方數 $-1$ 化為複數指數極形式，再計算次方根 $z = (-1)^{1/2}$。
• (b) 子題切入點：展開函數 $f(z) = u(x, y) + i v(x, y)$ 標示出實部 $u$ 與虛部 $v$，計算對 $x$ 與 $y$ 的一階偏導項，帶入柯西-黎曼方程式進行驗算，同時確認偏導數的連續性。

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解題過程與子題分析

(a) 求 $\sqrt{-1}$ 在複數平面上的所有根

1. 化為極形式：
   複數 $-1$ 的模數（Magnitude） $r = |-1| = 1$，主輻角（Principal Argument） $\text{Arg}(-1) = \pi$。考慮一般輻角可寫為：
   $-1 = 1 \cdot e^{i(\pi + 2k\pi)}, \quad k \in \mathbb{Z}$

2. 求出平方根：
   設 $w = (-1)^{1/2}$，帶入指數次方法則：
   $w = \left[ e^{i(\pi + 2k\pi)} \right]^{1/2} = e^{i \left( \frac{\pi}{2} + k\pi \right)}$

3. 計算特定根：
   由於為二次方根，取 $k = 0, 1$ 即可獲得所有相異解：

   • 當 $k = 0$ 時：
     $w_0 = e^{i \frac{\pi}{2}} = \cos\left(\frac{\pi}{2}\right) + i \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = i$
   • 當 $k = 1$ 時：
     $w_1 = e^{i \frac{3\pi}{2}} = \cos\left(\frac{3\pi}{2}\right) + i \sin\left(\frac{3\pi}{2}\right) = -i$

因此，$\sqrt{-1}$ 在複數平面上的兩根為 $i$ 與 $-i$（對應平面座標點 $(0, 1)$ 與 $(0, -1)$）。

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(b) 利用柯西-黎曼方程式判斷 $f(z)$ 是否解析