111 年 國立中正大學化學工程學系碩士班《工程數學》

📄 試題原卷　免費註冊後即可對照原始考卷 PDF免費註冊

第 (1) 題15 分

Solve (x2+y2+x)dx+xydy=0(x^2+y^2+x)dx+xydy = 0
(a) Find an integrating factor if the equation is not exact. (5%)
(b) Find the solution. (5%)
(c) Determine the constant if x=1x=1 and y=0y=0. (5%)

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

將方程式寫成

M(x,y) dx+N(x,y) dy=0,M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0,

其中

M=x2+y2+x,N=xy.M=x^2+y^2+x,\qquad N=xy.

若滿足

∂M∂y=∂N∂x,\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x},

則為恰當微分方程，可直接找勢函數。否則可尋找積分因子，使乘上積分因子後成為恰當方程。

(a) 判斷恰當性與求積分因子

計算偏導數：

My=2y,Nx=y.M_y=2y,\qquad N_x=y.

因為

My≠Nx,M_y\ne N_x,

所以原方程不是恰當微分方程。

觀察

My−NxN=2y−yxy=1x,\frac{M_y-N_x}{N} =\frac{2y-y}{xy} =\frac{1}{x},

只含有 xx，因此可設積分因子為 μ=μ(x)\mu=\mu(x)，並使用

μ′(x)μ(x)=My−NxN=1x.\frac{\mu'(x)}{\mu(x)} =\frac{M_y-N_x}{N} =\frac1x.

積分得

ln⁡∣μ∣=ln⁡∣x∣+C,\ln|\mu|=\ln|x|+C,

故可取

μ(x)=x,x≠0.\boxed{\mu(x)=x},\qquad x\ne0.

乘上積分因子後：

x(x2+y2+x) dx+x(xy) dy=0,x(x^2+y^2+x)\,dx+x(xy)\,dy=0,

即

(x3+xy2+x2) dx+x2y dy=0.(x^3+xy^2+x^2)\,dx+x^2y\,dy=0.

此時

∂∂y(x3+xy2+x2)=2xy,\frac{\partial}{\partial y}(x^3+xy^2+x^2)=2xy,

且

∂∂x(x2y)=2xy,\frac{\partial}{\partial x}(x^2y)=2xy,

因此已成為恰當微分方程。

(b) 求解

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 (2) 題20 分

Using the Laplace transformation, solve the initial value problem
d2ydt2+2dydt+2y=u(t)\frac{d^2y}{dt^2} + 2\frac{dy}{dt} + 2y = u(t), y(0)=y′(0)=0y(0) = y'(0) = 0
where the force input u(t)u(t) is the unit step function as below:
u(t)
1
0
t
(a) Take the Laplace transform of the differential equation. (5%)
(b) Determine the characteristic equation and the eigenvalues of the problem. (5%)
(c) Find the solution of y(t)y(t). (5%)
(d) Determine the steady-state solution y(∞)y(\infty). (5%)

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 3 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

依考卷原頁掃描圖，微分方程中的位移項是 yy，所以本題應解為

d2ydt2+2dydt+y=u(t),y(0)=y′(0)=0.\frac{d^2y}{dt^2}+2\frac{dy}{dt}+y=u(t), \qquad y(0)=y'(0)=0.

題目文字轉錄為 2y2y，與掃描圖不一致；以下依掃描圖作答。圖中的輸入為單位階躍函數，故 u(t)=1u(t)=1（t≥0t\geq 0），其拉普拉斯轉換為 1/s1/s。

本題考查拉普拉斯轉換的微分公式、特徵方程與特徵值，以及由部分分式反轉換求時域解。

解題方法

(a) 微分方程取拉普拉斯轉換

利用初始條件為零：

L{y′′}=s2Y(s),L{y′}=sY(s),L{u(t)}=1s.\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s),\qquad \mathcal{L}\{y'\}=sY(s),\qquad \mathcal{L}\{u(t)\}=\frac{1}{s}.

因此

s2Y(s)+2sY(s)+Y(s)=1s,s^2Y(s)+2sY(s)+Y(s)=\frac{1}{s},

整理得

Y(s)=1s(s2+2s+1)=1s(s+1)2.Y(s)=\frac{1}{s(s^2+2s+1)} =\frac{1}{s(s+1)^2}.

(b) 特徵方程與特徵值

由微分方程的齊次部分

y′′+2y′+y=0y''+2y'+y=0

可得特徵方程

r2+2r+1=0⟺(r+1)2=0.r^2+2r+1=0 \quad\Longleftrightarrow\quad (r+1)^2=0.

故特徵值為 r=−1r=-1，且為重根。

(c) 求 y(t)y(t)

將 Y(s)Y(s) 作部分分式分解：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 (3) 題15 分

Find the solution y(t)y(t) of the two-point boundary value problem
d2ydt2−25y=25t\frac{d^2y}{dt^2} - 25y = 25t, y(0)=1y(0) = 1, y′(1)=0y'(1) = 0
(a) Find the homogeneous solution. (5%)
(b) Determine the particular solution. (5%)
(c) Determine constants of the solution. (5%)

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題是常係數二階非齊次微分方程：

y′′−25y=25t.y''-25y=25t.

其通解由兩部分組成：

y(t)=yh(t)+yp(t),y(t)=y_h(t)+y_p(t),

其中 yhy_h 為齊次解，ypy_p 為特解。最後利用兩個邊界條件 y(0)=1y(0)=1 與 y′(1)=0y'(1)=0 決定常數。

解題方法

（a）齊次解

先考慮對應的齊次方程：

y′′−25y=0.y''-25y=0.

設 y=erty=e^{rt}，得到特徵方程：

r2−25=0,r^2-25=0,

因此

(r−5)(r+5)=0,(r-5)(r+5)=0,

根為

r=5,r=−5.r=5,\qquad r=-5.

所以齊次解為

yh(t)=C1e5t+C2e−5t.\boxed{y_h(t)=C_1e^{5t}+C_2e^{-5t}}.

（b）特解

右側為一次多項式 25t25t，設特解為

yp(t)=At+B.y_p(t)=At+B.

則

yp′(t)=A,yp′′(t)=0.y_p'(t)=A,\qquad y_p''(t)=0.

代入原方程：

0−25(At+B)=25t.0-25(At+B)=25t.

比較 tt 項與常數項係數：

−25A=25,−25B=0.-25A=25,\qquad -25B=0.

因此

A=−1,B=0.A=-1,\qquad B=0.

故特解為

yp(t)=−t.\boxed{y_p(t)=-t}.

（c）決定常數

合併齊次解與特解，微分方程的通解為

y(t)=C1e5t+C2e−5t−t.y(t)=C_1e^{5t}+C_2e^{-5t}-t.

先代入 y(0)=1y(0)=1：

C1+C2=1.(1)C_1+C_2=1. \tag{1}

微分得

y′(t)=5C1e5t−5C2e−5t−1.y'(t)=5C_1e^{5t}-5C_2e^{-5t}-1.

代入 y′(1)=0y'(1)=0：

5C1e5−5C2e−5−1=0,5C_1e^5-5C_2e^{-5}-1=0,

即

C1e5−C2e−5=15.(2)C_1e^5-C_2e^{-5}=\frac15. \tag{2}

由式 (1)(1) 得

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 (4) 題10 分

For any two n×nn \times n-matrices AA and CC, prove
(a) (AC)T=CTAT(AC)^T = C^T A^T (5%)
(b) (AC)−1=C−1A−1(AC)^{-1} = C^{-1} A^{-1} (5%)

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查矩陣乘法中「順序不可任意交換」的性質，以及兩個重要公式：

  1. 轉置乘積公式：
    (AC)T=CTAT(AC)^T=C^TA^T
  2. 乘積的逆矩陣公式：
    (AC)−1=C−1A−1(AC)^{-1}=C^{-1}A^{-1}

兩個公式的共同特徵是：矩陣乘法的順序會反轉。

解題方法

(a) 證明 (AC)T=CTAT(AC)^T=C^TA^T

設

A=(aij),C=(cij).A=(a_{ij}),\qquad C=(c_{ij}).

由矩陣乘法定義，

(AC)ji=∑k=1najkcki.(AC)_{ji}=\sum_{k=1}^n a_{jk}c_{ki}.

因此，矩陣 (AC)T(AC)^T 的第 i,ji,j 個元素為

((AC)T)ij=(AC)ji=∑k=1najkcki.\bigl((AC)^T\bigr)_{ij} =(AC)_{ji} =\sum_{k=1}^n a_{jk}c_{ki}.

另一方面，

(CTAT)ij=∑k=1n(CT)ik(AT)kj.(C^TA^T)_{ij} =\sum_{k=1}^n (C^T)_{ik}(A^T)_{kj}.

由轉置的定義，

(CT)ik=cki,(AT)kj=ajk,(C^T)_{ik}=c_{ki},\qquad (A^T)_{kj}=a_{jk},

所以

(CTAT)ij=∑k=1nckiajk.(C^TA^T)_{ij} =\sum_{k=1}^n c_{ki}a_{jk}.

因為 ajka_{jk} 與 ckic_{ki} 是實數或複數，其乘法可交換，故

∑k=1nckiajk=∑k=1najkcki.\sum_{k=1}^n c_{ki}a_{jk} =\sum_{k=1}^n a_{jk}c_{ki}.

因此對所有 i,ji,j 均有

((AC)T)ij=(CTAT)ij,\bigl((AC)^T\bigr)_{ij}=(C^TA^T)_{ij},

故

(AC)T=CTAT.\boxed{(AC)^T=C^TA^T}.
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 (5) 題10 分

For any two vectors uu and vv, prove
div(u×v)=v⋅curlu−u⋅curlvdiv (u \times v) = v \cdot curl u - u \cdot curl v

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

利用 Levi‑Civita 記號 εijk\varepsilon_{ijk} 與 Einstein 約定（重複指標求和），設 u=(u1,u2,u3),  v=(v1,v2,v3)u=(u_1,u_2,u_3),\;v=(v_1,v_2,v_3)。

交叉積分量

(u×v)i=εijkujvk.(u\times v)_i=\varepsilon_{ijk}u_jv_k .

其散度為

div⁡(u×v)=∂i(u×v)i=∂i(εijkujvk)=εijk(∂iuj)vk+εijkuj(∂ivk).\operatorname{div}(u\times v)=\partial_i (u\times v)_i =\partial_i\bigl(\varepsilon_{ijk}u_jv_k\bigr) =\varepsilon_{ijk}\bigl(\partial_i u_j\bigr)v_k +\varepsilon_{ijk}u_j\bigl(\partial_i v_k\bigr).

而捲度（curl）分量

(curl⁡u)j=εjℓm∂ℓum,(curl⁡v)k=εkℓm∂ℓvm.(\operatorname{curl}u)_j=\varepsilon_{j\ell m}\partial_\ell u_m,\qquad (\operatorname{curl}v)_k=\varepsilon_{k\ell m}\partial_\ell v_m .

考慮 v⋅curl⁡uv\cdot\operatorname{curl}u 與 u⋅curl⁡vu\cdot\operatorname{curl}v：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 (6) 題30 分

Consider the case in which a linear string of length LL, fastened at its two ends and is released at time zero from its horizontal stretched position (zero initial vertical displacement) but with a nonzero initial velocity. At time tt, y(x,t)y(x, t) is the vertical displacement of the particle of string having coordinate xx. The initial vertical velocity of string is g(x)g(x). The boundary value problem modeling this phenomenon is
∂2y∂t2=c2∂2y∂x2\frac{\partial^2 y}{\partial t^2} = c^2 \frac{\partial^2 y}{\partial x^2}, 0<x<L0 < x < L, t>0t>0, where c2c^2 is a constant.
(a) Write down the boundary conditions (5%) and (b) initial conditions of the problem. (5%)
(c) Find the solution of y(x,t)y(x, t). (20%)

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查兩端固定弦的一維波動方程與分離變數法。兩端固定表示端點的垂直位移永遠為零，因此空間部分必須滿足齊次 Dirichlet 邊界條件，對應的特徵函數為

sin⁡nπxL,n=1,2,3,…\sin\frac{n\pi x}{L},\qquad n=1,2,3,\ldots

初始位移為零，所以各模態的餘弦項消失；初始速度 g(x)g(x) 則決定各模態的正弦項係數。

(a) 邊界條件

弦的兩端固定於 x=0x=0 與 x=Lx=L，故

y(0,t)=0,y(L,t)=0,t>0.\boxed{y(0,t)=0,\qquad y(L,t)=0,\qquad t>0.}

(b) 初始條件

題目說明弦在水平伸直位置釋放，初始垂直位移為零，因此

y(x,0)=0,0<x<L.\boxed{y(x,0)=0,\qquad 0<x<L.}

初始垂直速度為 g(x)g(x)，因此

∂y∂t(x,0)=g(x),0<x<L.\boxed{\frac{\partial y}{\partial t}(x,0)=g(x),\qquad 0<x<L.}

若要求端點處的速度也保持相容，通常需有 g(0)=g(L)=0g(0)=g(L)=0；但傅立葉級數解在一般分段光滑的 g(x)g(x) 下仍可成立。

(c) 解題方法：分離變數法

令

y(x,t)=X(x)T(t).y(x,t)=X(x)T(t).

代入波動方程

∂2y∂t2=c2∂2y∂x2\frac{\partial^2 y}{\partial t^2} =c^2\frac{\partial^2 y}{\partial x^2}

可得

X(x)T′′(t)=c2X′′(x)T(t).X(x)T''(t)=c^2X''(x)T(t).

整理為

T′′(t)c2T(t)=X′′(x)X(x)=−λ.\frac{T''(t)}{c^2T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} =-\lambda.

因此得到兩個常微分方程：

X′′+λX=0,X''+\lambda X=0,

以及

T′′+c2λT=0.T''+c^2\lambda T=0.

由邊界條件可得

X(0)=0,X(L)=0.X(0)=0,\qquad X(L)=0.

非零解的特徵值與特徵函數為

λn=(nπL)2,Xn(x)=sin⁡nπxL,n=1,2,3,…\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2, \qquad X_n(x)=\sin\frac{n\pi x}{L}, \qquad n=1,2,3,\ldots

相對應的時間方程為

Tn′′+(cnπL)2Tn=0.T_n''+ \left(\frac{cn\pi}{L}\right)^2T_n=0.

令

ωn=cnπL,\omega_n=\frac{cn\pi}{L},

則

Tn(t)=Ancos⁡(ωnt)+Bnsin⁡(ωnt).T_n(t)=A_n\cos(\omega_nt)+B_n\sin(\omega_nt).

所以滿足兩端固定條件的級數解為

y(x,t)=∑n=1∞[Ancos⁡(cnπtL)+Bnsin⁡(cnπtL)]sin⁡nπxL.y(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ A_n\cos\left(\frac{cn\pi t}{L}\right) + B_n\sin\left(\frac{cn\pi t}{L}\right) \right] \sin\frac{n\pi x}{L}.
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題

中正大學《工程數學》其他年度

112 年109 年

其他學校的化工與材料考古題

臺灣大學106清華大學10成功大學64中央大學28中山大學6高雄大學22宜蘭大學6聯合大學6臺南大學1