109 年 國立臺灣大學化學工程系碩士班《工程數學（E）》

核心觀念

位置向量記為

$$\mathbf r(t)=3t\mathbf i-2\mathbf j-t^2\mathbf k$$

需使用下列定義：

• 速度向量：$\mathbf v(t)=\mathbf r'(t)$
• 速率：$|\mathbf v(t)|$
• 加速度向量：$\mathbf a(t)=\mathbf v'(t)=\mathbf r''(t)$
• 切向加速度：

$$a_T=\frac{d}{dt}|\mathbf v| =\mathbf a\cdot\mathbf T$$

• 法向加速度：

$$a_N=\frac{|\mathbf v\times\mathbf a|}{|\mathbf v|}$$

• 曲率：

$$\kappa=\frac{|\mathbf v\times\mathbf a|}{|\mathbf v|^3}$$

• 單位切向量：

$$\mathbf T=\frac{\mathbf v}{|\mathbf v|}$$

• 單位法向量：

$$\mathbf N=\frac{\mathbf a-a_T\mathbf T}{a_N}$$

令

$$s=\sqrt{9+4t^2}$$

則 $s=|\mathbf v|$。

解題方法

由位置向量逐次微分，可得到速度與加速度；再利用速度向量的長度求速率，並將加速度分解為切向與法向兩部分。

1. 速度向量與速率

$$\mathbf v(t)=\mathbf r'(t) =3\mathbf i-2t\mathbf k$$

因此

$$\boxed{\mathbf v(t)=\langle 3,0,-2t\rangle}$$

速率為

$$|\mathbf v(t)| =\sqrt{3^2+0^2+(-2t)^2} =\sqrt{9+4t^2}$$

所以

$$\boxed{|\mathbf v(t)|=\sqrt{9+4t^2}}$$

2. 加速度向量

$$\mathbf a(t)=\mathbf v'(t) =-2\mathbf k$$

故

$$\boxed{\mathbf a(t)=\langle 0,0,-2\rangle}$$

3. 單位切向量

$$\mathbf T =\frac{\mathbf v}{|\mathbf v|}$$

所以

$$\boxed{ \mathbf T(t) =\frac{1}{\sqrt{9+4t^2}} \langle 3,0,-2t\rangle }$$

4. 切向加速度

由速率微分：

$$a_T=\frac{d}{dt}\sqrt{9+4t^2}$$ $$a_T =\frac{1}{2}(9+4t^2)^{-1/2}(8t) =\frac{4t}{\sqrt{9+4t^2}}$$

因此

$$\boxed{ a_T=\frac{4t}{\sqrt{9+4t^2}} }$$

這是帶方向的切向加速度。其大小為

$$|a_T|=\frac{|4t|}{\sqrt{9+4t^2}}$$

5. 法向加速度

先計算叉積：

$$\mathbf v\times\mathbf a = \begin{vmatrix} \mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\ 3&0&-2t\\ 0&0&-2 \end{vmatrix} =6\mathbf j$$

因此

$$|\mathbf v\times\mathbf a|=6$$

套用公式：

$$a_N=\frac{|\mathbf v\times\mathbf a|}{|\mathbf v|} =\frac{6}{\sqrt{9+4t^2}}$$

故

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換的基本公式，以及三角恆等式的化簡。常用公式為

$$\mathcal{L}\{1\}=\frac{1}{s}, \qquad \mathcal{L}\{\sin(at)\}=\frac{a}{s^2+a^2}, \quad s>0.$$

關鍵在於先將 $[\sin t-\cos t]^2$ 化為容易套用拉普拉斯公式的形式。

解題方法

先展開平方：

$$f(t)=(\sin t-\cos t)^2 =\sin^2t+\cos^2t-2\sin t\cos t.$$

利用三角恆等式

$$\sin^2t+\cos^2t=1, \qquad 2\sin t\cos t=\sin(2t),$$

可得

$$f(t)=1-\sin(2t).$$

因此，依線性性質，

$$\mathcal{L}\{f(t)\} =\mathcal{L}\{1-\sin(2t)\} =\mathcal{L}\{1\}-\mathcal{L}\{\sin(2t)\}.$$

分別計算：

$$\mathcal{L}\{1\}=\frac{1}{s},$$

以及令 $a=2$，

$$\mathcal{L}\{\sin(2t)\} =\frac{2}{s^2+4}.$$

所以

核心觀念

本題考查二階線性非齊次微分方程的基本解法，以及利用初始條件判定未知常數。

方程為

$$y''-ty'+y=1.$$

其中右側為常數，且係數 $-t$、$1$ 均為多項式，因此可優先嘗試低次多項式解。

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解題方法

由初始條件

$$y(0)=1,\qquad y'(0)=2,$$

可猜測解為一次函數

$$y=At+B.$$

則

$$y'=A,\qquad y''=0.$$

代入微分方程：

$$0-tA+(At+B)=B.$$

因此方程右側為 $1$ 時，必須有

$$B=1.$$

再利用初始條件：

$$y'(0)=A=2.$$

故

$$A=2,\qquad B=1.$$

因此候選解為

核心觀念

矩陣 $A$ 可對角化的條件是：存在可逆矩陣 $P$ 與對角矩陣 $D$，使得

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

等價於

$$AP=PD$$

其中，$P$ 的每一個欄向量都是 $A$ 的特徵向量，而 $D$ 對角線上的元素則是相對應的特徵值。

若矩陣具有 $n$ 個相異特徵值，則必有 $n$ 個線性獨立的特徵向量，因此一定可對角化。

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解題方法

矩陣為

$$A= \begin{pmatrix} -7&0&1&0\\ 0&1&1&0\\ 4&0&2&0\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}$$

計算特徵方程式：

$$\det(\lambda I-A) = \det \begin{pmatrix} \lambda+7&0&-1&0\\ 0&\lambda-1&-1&0\\ -4&0&\lambda-2&0\\ 0&0&0&\lambda \end{pmatrix}$$

由於最後一列與最後一欄具有區塊結構，

$$\det(\lambda I-A) = \lambda(\lambda-1) \det \begin{pmatrix} \lambda+7&-1\\ -4&\lambda-2 \end{pmatrix}$$

因此

$$\det(\lambda I-A) = \lambda(\lambda-1) \left[(\lambda+7)(\lambda-2)-4\right]$$

整理得

$$\det(\lambda I-A) = \lambda(\lambda-1)(\lambda^2+5\lambda-18)$$

由此得到四個特徵值：

$$\lambda_1=0,\qquad \lambda_2=1$$

以及

$$\lambda_{3,4} = \frac{-5\pm\sqrt{97}}{2}$$

令

$$\alpha=\frac{-5+\sqrt{97}}{2}, \qquad \beta=\frac{-5-\sqrt{97}}{2}$$

則四個相異特徵值為 $0,1,\alpha,\beta$，所以矩陣 $A$ 可對角化。

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求各特徵向量

對應特徵值 $\lambda=0$

解

$$Av=0$$

令

$$v= \begin{pmatrix} x\\y\\z\\w \end{pmatrix}$$

由方程組可得

$$-7x+z=0,\qquad y+z=0,\qquad 4x+2z=0$$

前三式合併可得

$$x=y=z=0$$

而 $w$ 可任意取值，因此可取

$$v_0= \begin{pmatrix} 0\\0\\0\\1 \end{pmatrix}$$

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對應特徵值 $\lambda=1$

解

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

即

$$\begin{pmatrix} -8&0&1&0\\ 0&0&1&0\\ 4&0&1&0\\ 0&0&0&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\z\\w \end{pmatrix} =0$$

由第二列得 $z=0$，再由第一列得 $x=0$，最後 $w=0$，而 $y$ 可自由取值。

取 $y=1$，得到

$$v_1= \begin{pmatrix} 0\\1\\0\\0 \end{pmatrix}$$

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對應特徵值 $\lambda=\alpha$ 或 $\lambda=\beta$

對一般特徵值 $\lambda$，解

核心觀念

本題考查二階常係數非齊次線性微分方程：

$$y''-6y'+9y=6x+2-12e^{3x}.$$

左側微分算子可因式分解為

$$D^2-6D+9=(D-3)^2.$$

因此解包含：

1. 齊次解 $y_h$；
2. 對多項式外力 $6x+2$ 求特解；
3. 對指數外力 $-12e^{3x}$ 求特解。

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解題方法

一、求齊次解

先解對應的齊次方程：

$$y''-6y'+9y=0.$$

其特徵方程為

$$r^2-6r+9=0 \quad\Longrightarrow\quad (r-3)^2=0.$$

特徵根 $r=3$ 為二重根，因此齊次解為

$$y_h=(C_1+C_2x)e^{3x}.$$

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二、處理多項式外力 $6x+2$

令多項式特解為一次式：

$$y_{p1}=Ax+B.$$

則

$$y_{p1}'=A,\qquad y_{p1}''=0.$$

代入左側：

$$0-6A+9(Ax+B) =9Ax+(9B-6A).$$

與右側的 $6x+2$ 比較係數：

$$9A=6 \quad\Longrightarrow\quad A=\frac23,$$ $$9B-6A=2.$$

代入 $A=\frac23$：

$$9B-4=2 \quad\Longrightarrow\quad B=\frac23.$$

所以

$$y_{p1}=\frac23x+\frac23.$$

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三、處理共振外力 $-12e^{3x}$

由於 $e^{3x}$ 已經對應特徵根 $r=3$，且該根為二重根，直接假設 $Ce^{3x}$ 或 $Cxe^{3x}$ 都會與齊次解重複，必須乘上 $x^2$。

(a) 可分離。令 $u(x,y,t)=X(x)Y(y)T(t)$，代入得

$\frac{T'}{T}=c_{1}\frac{X''}{X}+c_{2}\frac{Y''}{Y},$

左端僅含 $t$，右端為 $x$、$y$ 兩函數之和，可令各項等於常數，得到三個 ODE，故適用分離變數。

(b) 可分離。代入 $u=XYZT$ 後

$\frac{T'}{T}=c_{1}e^{x}\frac{X''}{X}+c_{2}y^{2}\frac{Y'}{Y},$

右側為僅含 $x$ 的函數加上僅含 $y$ 的函數，故可令
$c_{1}e^{x}X''/X=\alpha,\;c_{2}y^{2}Y'/Y=\beta$，並令 $\alpha+\beta=T'/T$，得到可求解的 ODE，故適用。

(c) 可分離。代入 $u=XYZT$ 後

$\frac{T'}{T}=c_{1}\frac{Y''}{Y}-c_{2}\frac{X'}{X},$

核心觀念

本題是矩形區域上的二維拉普拉斯方程：

$$\nabla^2u=u_{xx}+u_{yy}=0.$$

使用的主要觀念如下：

1. 分離變數法
2. 傅立葉正弦級數
3. 線性疊加原理
4. 拉普拉斯方程解的唯一性定理

由於四條邊都給定了非齊次邊界條件，直接分離變數不易同時滿足全部邊界，因此將解拆成兩部分：

$$u(x,y)=u_H(x,y)+u_V(x,y),$$

其中：

• $u_H$ 負責滿足 $y=0,L$ 上的邊界條件，並在 $x=0,K$ 為零；
• $u_V$ 負責滿足 $x=0,K$ 上的邊界條件，並在 $y=0,L$ 為零。

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解題方法一：處理上下邊界

先令 $u_H=X(x)Y(y)$，代入拉普拉斯方程：

$$X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0.$$

除以 $X(x)Y(y)$：

$$\frac{X''}{X}=-\frac{Y''}{Y}.$$

取分離常數為 $\lambda^2$，得到

$$X''+\lambda^2X=0,$$ $$Y''-\lambda^2Y=0.$$

由於 $u_H$ 在 $x=0,K$ 必須為零，因此

$$X(0)=X(K)=0.$$

非零解存在的條件為

$$\lambda_n=\frac{n\pi}{K},\qquad n=1,2,3,\ldots$$

相應的特徵函數為

$$X_n(x)=\sin\frac{n\pi x}{K}.$$

對應的 $Y_n(y)$ 滿足

$$Y_n''-\left(\frac{n\pi}{K}\right)^2Y_n=0.$$

為了方便滿足上下端點條件，取

$$Y_n(y) = A_n\frac{\sinh\left(\frac{n\pi}{K}(L-y)\right)} {\sinh\left(\frac{n\pi L}{K}\right)} + B_n\frac{\sinh\left(\frac{n\pi y}{K}\right)} {\sinh\left(\frac{n\pi L}{K}\right)}.$$

當 $y=0$ 時，

$$Y_n(0)=A_n,$$

當 $y=L$ 時，

$$Y_n(L)=B_n.$$

因此令 $f(x)$ 與 $g(x)$ 展開為正弦級數：

$$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}f_n\sin\frac{n\pi x}{K},$$ $$g(x)=\sum_{n=1}^{\infty}g_n\sin\frac{n\pi x}{K},$$

其中

$$f_n=\frac{2}{K}\int_0^K f(\xi)\sin\frac{n\pi \xi}{K}\,d\xi,$$ $$g_n=\frac{2}{K}\int_0^K g(\xi)\sin\frac{n\pi \xi}{K}\,d\xi.$$

故上下邊界所對應的解為

$$u_H(x,y) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ f_n \frac{\sinh\left(\frac{n\pi}{K}(L-y)\right)} {\sinh\left(\frac{n\pi L}{K}\right)} + g_n \frac{\sinh\left(\frac{n\pi y}{K}\right)} {\sinh\left(\frac{n\pi L}{K}\right)} \right] \sin\frac{n\pi x}{K}.$$

驗證：

當 $y=0$ 時，

$$u_H(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty}f_n\sin\frac{n\pi x}{K} =f(x).$$

當 $y=L$ 時，

$$u_H(x,L) = \sum_{n=1}^{\infty}g_n\sin\frac{n\pi x}{K} =g(x).$$

此外，因為

$$\sin 0=\sin n\pi=0,$$

所以

$$u_H(0,y)=u_H(K,y)=0.$$

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解題方法二：處理左右邊界

同理，令 $u_V=X(x)Y(y)$，但這次利用 $y=0,L$ 為零的條件。

取

$$Y''+\mu^2Y=0,$$ $$X''-\mu^2X=0.$$

由

$$Y(0)=Y(L)=0,$$

可得

$$\mu_m=\frac{m\pi}{L},\qquad m=1,2,3,\ldots$$

以及

$$Y_m(y)=\sin\frac{m\pi y}{L}.$$

對應的 $X_m(x)$ 滿足

$$X_m''-\left(\frac{m\pi}{L}\right)^2X_m=0.$$

取適合左右端點的形式：

$$X_m(x) = C_m\frac{\sinh\left(\frac{m\pi}{L}(K-x)\right)} {\sinh\left(\frac{m\pi K}{L}\right)} + D_m\frac{\sinh\left(\frac{m\pi x}{L}\right)} {\sinh\left(\frac{m\pi K}{L}\right)}.$$

當 $x=0$ 時，

$$X_m(0)=C_m,$$

當 $x=K$ 時，

$$X_m(K)=D_m.$$

將 $f_1(y)$ 與 $g_1(y)$ 展開為正弦級數：

$$f_1(y)=\sum_{m=1}^{\infty}f_{1m}\sin\frac{m\pi y}{L},$$ $$g_1(y)=\sum_{m=1}^{\infty}g_{1m}\sin\frac{m\pi y}{L},$$

其中

$$f_{1m}=\frac{2}{L}\int_0^L f_1(\eta)\sin\frac{m\pi \eta}{L}\,d\eta,$$