108 年 國立成功大學水利及海洋工程學系碩士班甲組《工程數學》

(1) 求齊次 ODE

基底解

$$y_{1}=x^{2},\qquad y_{2}=x^{-3}\cos(2\ln x),\qquad y_{3}=x^{-3}\sin(2\ln x)$$

寫成指數型：

$y_{2}+i y_{3}=x^{-3+2i}=x^{m},\quad m=-3+2i$

故特徵根為

$m_{1}=2,\qquad m_{2,3}=-3\pm2i$

對 Euler（柯西）型 ODE

$x^{3}y''' +a_{2}x^{2}y''+a_{1}xy'+a_{0}y=0$

其特徵方程為

$m(m-1)(m-2)+a_{2}m(m-1)+a_{1}m+a_{0}=0$

把根代入得到特徵多項式

$(m-2)\big[(m+3)^{2}+4\big]=m^{3}+4m^{2}+m-26$

比對係數

$$\begin{aligned} -3+a_{2}&=4 &\Rightarrow a_{2}=7\\ 2-a_{2}+a_{1}&=1 &\Rightarrow a_{1}=6\\ a_{0}&=-26 \end{aligned}$$

答案

$\boxed{\,x^{3}y''' +7x^{2}y''+6xy'-26y=0\,}$

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(2) 解常係數非齊次方程

$y''-4y'+4y=\frac{2x}{x-1}$

1. 齊次方程特徵式 $(r-2)^{2}=0$，根 $r=2$ 為二重根，

$y_{h}=(C_{1}+C_{2}x)\,e^{2x}$

2. 令 $(D-2)^{2}y = f(x)$，先設 $u=(D-2)y$，則

(1) Rank 與 $p$ 的關係

$\det X=(1-p)(2-p)(3-p)$

• 若 $p\neq1,2,3$，$\det X\neq0$，故 $\operatorname{rank}(X)=3$。
• 若 $p=1,2,3$，$\det X=0$，但任意 $2\times2$ 子式仍有非零值，故 $\operatorname{rank}(X)=2$。

$$\boxed{\operatorname{rank}(X)=\begin{cases} 3,&p\notin\{1,2,3\}\\[2mm] 2,&p\in\{1,2,3\} \end{cases}}$$

(2) $p=4$ 時的逆矩陣

核心觀念

本題考查向量微積分中的兩個乘積法則：

1. 純量函數與向量函數的 Curl 乘積法則

$$\operatorname{curl}(f\mathbf v) =(\nabla f)\times\mathbf v+f\operatorname{curl}\mathbf v$$

2. 兩個純量函數的 Laplacian 乘積法則

$$\nabla^2(fg) =f\nabla^2g+2\nabla f\cdot\nabla g+g\nabla^2f$$

假設所有函數具有足夠的連續偏導數，使下列微分運算成立。

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（1）證明 $\operatorname{curl}(f\mathbf v)$ 的乘積公式

解題方法

令

$$\mathbf v=(v_1,v_2,v_3)$$

則

$$f\mathbf v=(fv_1,fv_2,fv_3)$$

由 Curl 的定義，

$$\operatorname{curl}(f\mathbf v) = \begin{pmatrix} \dfrac{\partial(fv_3)}{\partial y}-\dfrac{\partial(fv_2)}{\partial z}\\[6pt] \dfrac{\partial(fv_1)}{\partial z}-\dfrac{\partial(fv_3)}{\partial x}\\[6pt] \dfrac{\partial(fv_2)}{\partial x}-\dfrac{\partial(fv_1)}{\partial y} \end{pmatrix}$$

逐項使用純量乘積的微分法則。

第一分量

$$\begin{aligned} \frac{\partial(fv_3)}{\partial y} -\frac{\partial(fv_2)}{\partial z} &= \left(\frac{\partial f}{\partial y}v_3 +f\frac{\partial v_3}{\partial y}\right) -\left(\frac{\partial f}{\partial z}v_2 +f\frac{\partial v_2}{\partial z}\right)\\ &= \frac{\partial f}{\partial y}v_3 -\frac{\partial f}{\partial z}v_2 +f\left( \frac{\partial v_3}{\partial y} -\frac{\partial v_2}{\partial z} \right) \end{aligned}$$

第二分量

$$\begin{aligned} \frac{\partial(fv_1)}{\partial z} -\frac{\partial(fv_3)}{\partial x} &= \left(\frac{\partial f}{\partial z}v_1 +f\frac{\partial v_1}{\partial z}\right) -\left(\frac{\partial f}{\partial x}v_3 +f\frac{\partial v_3}{\partial x}\right)\\ &= \frac{\partial f}{\partial z}v_1 -\frac{\partial f}{\partial x}v_3 +f\left( \frac{\partial v_1}{\partial z} -\frac{\partial v_3}{\partial x} \right) \end{aligned}$$

第三分量

$$\begin{aligned} \frac{\partial(fv_2)}{\partial x} -\frac{\partial(fv_1)}{\partial y} &= \left(\frac{\partial f}{\partial x}v_2 +f\frac{\partial v_2}{\partial x}\right) -\left(\frac{\partial f}{\partial y}v_1 +f\frac{\partial v_1}{\partial y}\right)\\ &= \frac{\partial f}{\partial x}v_2 -\frac{\partial f}{\partial y}v_1 +f\left( \frac{\partial v_2}{\partial x} -\frac{\partial v_1}{\partial y} \right) \end{aligned}$$

因此，

核心觀念

本題考查向量場的通量與 Stokes 定理：

• 曲面通量：
  $\iint_S \mathbf V\cdot \mathbf n\,dS$
• Divergence theorem：

$$\iint_{\partial E}\mathbf V\cdot\mathbf n\,dS =\iiint_E\nabla\cdot\mathbf V\,dV$$

• Stokes 定理：

$$\iint_S(\nabla\times\mathbf F)\cdot\mathbf n\,dS =\oint_C\mathbf F\cdot d\mathbf r$$

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（1）半球面上的水流通量

給定速度向量場

$$\mathbf V=[x,x,z]$$

曲面為半徑 $2$ 的上半球：

$$x^2+y^2+z^2=4,\qquad z\ge 0$$

取外向法向量。

解題方法

利用 Divergence theorem。上半球面與圓盤 $z=0$ 構成封閉曲面。

先計算散度：

$$\nabla\cdot\mathbf V =\frac{\partial x}{\partial x} +\frac{\partial x}{\partial y} +\frac{\partial z}{\partial z} =1+0+1=2$$

半徑 $2$ 的半球體積為

$$\operatorname{Vol}(E) =\frac12\cdot\frac43\pi(2)^3 =\frac{16\pi}{3}$$

因此封閉曲面的總通量為

$$\iiint_E 2\,dV =2\cdot\frac{16\pi}{3} =\frac{32\pi}{3}$$

接著確認底部圓盤的通量。底部圓盤位於 $z=0$，封閉曲面的外向單位法向量為

$$\mathbf n=-\mathbf k=[0,0,-1]$$

而在 $z=0$ 時，

$$\mathbf V=[x,x,0]$$

所以

$$\mathbf V\cdot\mathbf n =[x,x,0]\cdot[0,0,-1]=0$$

底部圓盤通量為 $0$，故上半球面的通量就是總通量：

$$\boxed{\iint_S\mathbf V\cdot\mathbf n\,dS =\frac{32\pi}{3}}$$

解題技巧

底部圓盤通量為零，是因為速度向量在 $z=0$ 時沒有 $z$ 方向分量。遇到半球面通量問題，若補上的平面部分通量容易計算，通常優先使用 Divergence theorem。

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（2）驗證 Stokes 定理

給定

$$\mathbf F=[y^3,-x^3,0]$$

曲面為

$$S:\ x^2+y^2\le 4,\qquad z=3$$

其邊界曲線為

$$C:\ x^2+y^2=4,\qquad z=3$$

取向上法向量 $\mathbf n=\mathbf k$，因此邊界 $C$ 從上方看為逆時針方向。

方法一：計算曲面積分

先求旋度：

$$\nabla\times\mathbf F = \begin{vmatrix} \mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\ \frac{\partial}{\partial x}& \frac{\partial}{\partial y}& \frac{\partial}{\partial z}\\ y^3&-x^3&0 \end{vmatrix}$$

因此

使用拉普拉斯變換求解：

1. 取變換

$$\begin{aligned} \mathcal L\{y_1''-2y_1'\}&=s^{2}Y_{1}-sy_1(0)-y_1'(0)-2\bigl(sY_{1}-y_1(0)\bigr)\\ &= (s^{2}-2s)Y_{1}+ (s+1) = \frac{2s}{s^{2}+4}, \end{aligned}$$ $$\mathcal L\{y_2''+y_1\}=s^{2}Y_{2}-sy_2(0)-y_2'(0)+Y_{1} = -\frac{4}{s^{2}+4}.$$

代入初始條件 $y_1(0)=-1,\;y_1'(0)=1,\;y_2(0)=1,\;y_2'(0)=2$。

2. 求 $Y_{1}(s)$

$$Y_{1}= \frac{\displaystyle\frac{2s}{s^{2}+4}-(s+1)}{s(s-2)} =\frac12\frac1s-\frac54\frac1{s-2} -\frac14\frac{s}{s^{2}+4}-\frac12\frac1{s^{2}+4}.$$

3. 反變換得到

$y_{1}(t)=\frac12-\frac54e^{2t}-\frac14\cos2t-\frac14\sin2t .$

4. 代回第二式，求 $Y_{2}(s)$

$Y_{2}= \frac{s+2}{s^{2}}-\frac{Y_{1}}{s^{2}}-\frac{4}{s^{2}(s^{2}+4)},$

化為部分分式後得到