109 年 國立成功大學土木工程系碩士班丁組《工程數學》

核心觀念

1. (a) 小題

   • 缺自變數 $x$ 之二階非線性微分方程（Reduction of Order）：當二階微分方程中不顯含獨立變數 $x$（即型如 $f(y, y', y'') = 0$）時，可利用降階法，令 $u = y' = \frac{dy}{dx}$，並依連鎖律將二階導函數轉換為 $y'' = \frac{du}{dx} = u \frac{du}{dy}$，將原本二階非線性方程降階為一階可分離變數微分方程。

2. (b) 小題

   • 柯西－歐拉方程式（Euler-Cauchy Equation）：形式為 $a x^2 y'' + b x y' + c y = g(x)$ 之等變數係數二階線性微分方程。齊次解可設為 $y = x^m$，代入求解特徵方程式 $a m(m-1) + b m + c = 0$ 的根後組合而成。
   • 參數變異法（Variation of Parameters）：適用於求非齊次微分方程特解之萬用方法。對於標準式 $y'' + P(x)y' + Q(x)y = f(x)$，若齊次解為 $y_h = c_1 y_1 + c_2 y_2$，則特解公式為：
     $y_p(x) = -y_1(x) \int \frac{y_2(x) f(x)}{W(y_1, y_2)} dx + y_2(x) \int \frac{y_1(x) f(x)}{W(y_1, y_2)} dx$
     其中 $W(y_1, y_2) = y_1 y_2' - y_1' y_2$ 為朗斯基行列式（Wronskian）。

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解題方法

(a) 小題：求解 $yy'' = (y')^2$

步驟一：變數代換（降階）
令 $u = y' = \frac{dy}{dx}$，則由連鎖律可得：
$y'' = \frac{du}{dx} = \frac{du}{dy} \frac{dy}{dx} = u \frac{du}{dy}$
將 $y'$ 與 $y''$ 代入原方程 $y y'' = (y')^2$：
$y \left( u \frac{du}{dy} \right) = u^2$

步驟二：分離變數法求解 $u(y)$
若 $u = 0$，則 $y' = 0 \implies y(x) = C$（常數解）。
若 $u \neq 0$，將方程兩邊同除以 $u$：
$y \frac{du}{dy} = u \implies \frac{1}{u} du = \frac{1}{y} dy$
兩邊積分：
$\int \frac{1}{u} du = \int \frac{1}{y} dy \implies \ln|u| = \ln|y| + C_1'$
兩邊取指數可得：
$u = C_1 y \quad (C_1 \in \mathbb{R})$
（當 $C_1 = 0$ 時涵蓋 $u = 0$ 之常數解狀況）

步驟三：求解 $y(x)$
將 $u = \frac{dy}{dx}$ 代回：
$\frac{dy}{dx} = C_1 y$
再度分離變數並積分：
$\int \frac{1}{y} dy = \int C_1 dx \implies \ln|y| = C_1 x + C_2'$
兩邊取指數，可得微分方程之通解為：
$y(x) = C_2 e^{C_1 x}$
（其中 $C_1, C_2$ 為任意實數常數）

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(b) 小題：求解初值問題 $x^2y'' - 2xy' + 2y = x\ln|x|$，初值條件為 $y(1) = 1, y'(1) = 0$

步驟一：求解齊次解 $y_h(x)$
對應之齊次方程為 $x^2 y'' - 2x y' + 2y = 0$。
設齊次解形式為 $y = x^m$，代入可得特徵方程式：
$m(m-1) - 2m + 2 = 0 \implies m^2 - 3m + 2 = 0$
因式分解得 $(m-1)(m-2) = 0$，故根為 $m_1 = 1, m_2 = 2$。
齊次解為：
$y_h(x) = c_1 x + c_2 x^2$
選定兩個獨立齊次解基底為 $y_1(x) = x$ 與 $y_2(x) = x^2$。

步驟二：計算朗斯基行列式與標準非齊次項
將原方程化為最高階項係數為 1 之標準型（同除以 $x^2$）：
$y'' - \frac{2}{x} y' + \frac{2}{x^2} y = \frac{\ln|x|}{x}$
故非齊次項為 $f(x) = \frac{\ln|x|}{x}$。

計算朗斯基行列式 $W(y_1, y_2)$：
$W(x) = \begin{vmatrix} x & x^2 \\ 1 & 2x \end{vmatrix} = 2x^2 - x^2 = x^2$

步驟三：利用參數變異法求特解 $y_p(x)$
特解公式為：
$y_p(x) = -y_1(x) \int \frac{y_2(x) f(x)}{W(x)} dx + y_2(x) \int \frac{y_1(x) f(x)}{W(x)} dx$

分別計算兩項積分：

1. 第一項積分：
   $\int \frac{x^2 \cdot \frac{\ln|x|}{x}}{x^2} dx = \int \frac{\ln|x|}{x} dx = \frac{1}{2} (\ln|x|)^2$
2. 第二項積分（採用分部積分法）：
   $\int \frac{x \cdot \frac{\ln|x|}{x}}{x^2} dx = \int \frac{\ln|x|}{x^2} dx$
   設 $u = \ln|x| \implies du = \frac{1}{x} dx$；$dv = x^{-2} dx \implies v = -\frac{1}{x}$。

核心觀念

本題考查二自由度質量—彈簧—阻尼振動系統的：

• 牛頓第二定律與自由體圖。
• 矩陣形式的運動方程。
• 無阻尼系統的固有頻率與模態振型。
• 由初始位移、初始速度決定模態常數。

題目提供的掃描圖為考卷封面，未包含第 2 題的實際機械圖。以下依二自由度系統的標準配置作答：$m_1$ 左側以 $k_1,c_1$ 接地，$m_1$ 與 $m_2$ 之間以 $k_2,c_2$ 連接，$m_2$ 右側以 $k_3,c_3$ 接地，且 $x_1,x_2$ 向右為正。

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解題方法

分別對兩個質量塊使用牛頓第二定律。彈簧力與阻尼力皆與兩端相對位移、相對速度有關。

（a）運動方程

對質量 $m_1$：

$$m_1\ddot{x}_1 +c_1\dot{x}_1 +c_2(\dot{x}_1-\dot{x}_2) +k_1x_1 +k_2(x_1-x_2) =f_1(t)$$

整理得：

$$m_1\ddot{x}_1 +(c_1+c_2)\dot{x}_1 -c_2\dot{x}_2 +(k_1+k_2)x_1 -k_2x_2 =f_1(t)$$

對質量 $m_2$：

$$m_2\ddot{x}_2 +c_3\dot{x}_2 +c_2(\dot{x}_2-\dot{x}_1) +k_3x_2 +k_2(x_2-x_1) =f_2(t)$$

整理得：

$$m_2\ddot{x}_2 -c_2\dot{x}_1 +(c_2+c_3)\dot{x}_2 -k_2x_1 +(k_2+k_3)x_2 =f_2(t)$$

矩陣形式為：

$$\begin{bmatrix} m_1&0\\ 0&m_2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \ddot{x}_1\\ \ddot{x}_2 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} c_1+c_2&-c_2\\ -c_2&c_2+c_3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \dot{x}_1\\ \dot{x}_2 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} k_1+k_2&-k_2\\ -k_2&k_2+k_3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\ x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} f_1(t)\\ f_2(t) \end{bmatrix}$$

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（b）求 $x_1(t),x_2(t)$

由題目條件：

$$m_1=1,\qquad m_2=2$$ $$k_1=1,\qquad k_2=k_3=2$$

且無外力、無阻尼，因此：

$$M= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&2 \end{bmatrix}, \qquad K= \begin{bmatrix} 3&-2\\ -2&4 \end{bmatrix}$$

運動方程為：

$$M\ddot{\boldsymbol{x}}+K\boldsymbol{x}=0$$

令：

$$\boldsymbol{x}(t)=\boldsymbol{\phi}e^{i\omega t}$$

則需滿足：

$$\det(K-\omega^2M)=0$$

因此：

$$\det \begin{bmatrix} 3-\omega^2&-2\\ -2&4-2\omega^2 \end{bmatrix} =0$$ $$(3-\omega^2)(4-2\omega^2)-4=0$$ $$2\omega^4-10\omega^2+8=0$$

核心觀念

本題考查二重積分（Double Integral）的變數變換（Change of Variables）。
當二重積分的區域 $R$ 由曲線族 $y^2 = c_1 x$ 與 $x^2 = c_2 y$ 圍成時，若在直角座標系下直接積分，積分邊界相當複雜。此時透過變數變換（Coordinate Transformation），可將不規則區域 $R$ 映射為新座標平面 $(u, v)$ 上的矩形區域 $R^*$，使積分邊界常數化。

變數變換的核心公式為：
$\iint_R f(x, y) \, dx dy = \iint_{R^*} f(x(u,v), y(u,v)) \cdot |J(u, v)| \, du dv$

其中 $J(u, v)$ 為雅可比行列式（Jacobian determinant）：
$J(u, v) = \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \begin{vmatrix} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \end{vmatrix}$

亦可利用雅可比行列式的倒數性質簡化計算：
$\left| \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} \right| = \frac{1}{\left| \frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)} \right|}$

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解題方法

步驟一：設定變數變換
將四條邊界拋物線方程式重新整理：
(a) $y^2 = x \implies \frac{y^2}{x} = 1$
(b) $y^2 = 2x \implies \frac{y^2}{x} = 2$
(c) $x^2 = y \implies \frac{x^2}{y} = 1$
(d) $x^2 = 2y \implies \frac{x^2}{y} = 2$

據此令新變數：
$u = \frac{y^2}{x}, \quad v = \frac{x^2}{y}$

變數變換後，新區域 $R^*$ 在 $(u, v)$ 平面上為矩形區域，其積分範圍為：
$1 \le u \le 2, \quad 1 \le v \le 2$

步驟二：計算雅可比行列式（Jacobian）
先計算 $\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}$ 的偏導函數：
$\frac{\partial u}{\partial x} = -\frac{y^2}{x^2}, \quad \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{2y}{x}$
$\frac{\partial v}{\partial x} = \frac{2x}{y}, \quad \frac{\partial v}{\partial y} = -\frac{x^2}{y^2}$

代入偏微分行列式：

(a) Harmonic 檢驗

$u(x,y)=4xy^{3}-4x^{3}y+x$

$u_{x}=4y^{3}-12x^{2}y+1,\qquad u_{xx}=-24xy$

$u_{y}=12xy^{2}-4x^{3},\qquad u_{yy}=24x$

$\Delta u=u_{xx}+u_{yy}=(-24xy)+(24x)=0\quad\Longrightarrow\quad u \text{ 為調和函數}$

(b) 求虛部 $v(x,y)$

解析函數滿足柯西-黎曼方程

$u_{x}=v_{y},\qquad u_{y}=-v_{x}$

由 $u_{x}=4y^{3}-12x^{2}y+1$ 得

$$v_{y}=4y^{3}-12x^{2}y+1\Longrightarrow v=\int v_{y}\,dy=y^{4}-6x^{2}y^{2}+y+g(x)$$

再由 $u_{y}=12xy^{2}-4x^{3}$ 得

$$-v_{x}=12xy^{2}-4x^{3}\Longrightarrow v_{x}=-12xy^{2}+4x^{3}$$