核心觀念

本題要求解二階常係數非齊次微分方程

$$y''+\omega^2y=r(t),$$

其中 $r(t)$ 以 $2\pi$ 為週期，且 $|\omega|$ 不是非負整數，因此對所有整數 $n\geq 0$，

$$\omega^2-n^2\neq 0.$$

這表示外力 Fourier series 中的各個頻率 $n$ 都不會與自然頻率 $|\omega|$ 發生共振，故可逐項求特解。

若

$$r(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos nt+b_n\sin nt\right),$$

則設特解為

$$y_p(t)=\frac{a_0}{2\omega^2} +\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{a_n}{\omega^2-n^2}\cos nt + \frac{b_n}{\omega^2-n^2}\sin nt \right).$$

因為

$$\frac{d^2}{dt^2}\cos nt=-n^2\cos nt, \qquad \frac{d^2}{dt^2}\sin nt=-n^2\sin nt,$$

所以

$$\left(\frac{d^2}{dt^2}+\omega^2\right)\cos nt =(\omega^2-n^2)\cos nt,$$

正好可以逐項抵消分母。

齊次解為

$$y_h(t)=C_1\cos \omega t+C_2\sin \omega t.$$

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解題方法

兩個函數 $3t^2$ 與 $|t|$ 都是偶函數，因此 Fourier series 只有 cosine 項：

$$r(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos nt,$$

其中

$$a_0=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi r(t)\,dt, \qquad a_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi r(t)\cos nt\,dt.$$

求出 $r(t)$ 的 Fourier series 後，再將每一個 $\cos nt$ 的係數除以 $\omega^2-n^2$。

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[a] $r(t)=3t^2$

1. 求 $r(t)$ 的 Fourier series

常數項：

$$a_0=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi 3t^2\,dt =\frac{6}{\pi}\left[\frac{t^3}{3}\right]_0^\pi =2\pi^2.$$

因此

$$\frac{a_0}{2}=\pi^2.$$

對 $n\geq 1$，

$$a_n=\frac{6}{\pi}\int_0^\pi t^2\cos nt\,dt.$$

分部積分可得

$$\int t^2\cos nt\,dt = \frac{t^2\sin nt}{n} +\frac{2t\cos nt}{n^2} -\frac{2\sin nt}{n^3}.$$

代入 $0$ 與 $\pi$：

$$\int_0^\pi t^2\cos nt\,dt = \frac{2\pi\cos(n\pi)}{n^2} = \frac{2\pi(-1)^n}{n^2}.$$

所以

$$a_n=\frac{6}{\pi}\cdot\frac{2\pi(-1)^n}{n^2} =\frac{12(-1)^n}{n^2}.$$

因此

$$3t^2 = \pi^2 + 12\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2}\cos nt.$$

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2. 逐項求特解

常數項 $\pi^2$ 對應的特解為

$$y_{p,0}=\frac{\pi^2}{\omega^2}.$$

對第 $n$ 項，

$$12\frac{(-1)^n}{n^2}\cos nt$$

所對應的特解為

$$y_{p,n} = \frac{12(-1)^n}{n^2(\omega^2-n^2)}\cos nt.$$

因此

$$y_p(t) = \frac{\pi^2}{\omega^2} + 12\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2(\omega^2-n^2)}\cos nt.$$

加上齊次解，得到

$$\boxed{ y(t) = C_1\cos\omega t+C_2\sin\omega t +\frac{\pi^2}{\omega^2} + 12\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2(\omega^2-n^2)}\cos nt }.$$

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[b] $r(t)=|t|$

1. 求 $r(t)$ 的 Fourier series

在 $0<t<\pi$ 時，$|t|=t$。

常數項：

核心觀念

本題要求在圓形區域

$$0\le r<a$$

內求解二維 Laplace 方程，並給定圓周 $r=a$ 上的邊界值 $f(\theta)$。主要觀念包括：

1. 以鏈鎖律將 Cartesian 座標中的 Laplace 方程轉換成 polar 座標形式。
2. 使用變數分離法，令 $u(r,\theta)=R(r)\Theta(\theta)$。
3. 利用角度方向的週期條件，得到 Fourier 級數形式。
4. 利用原點有界條件，排除 $r^{-n}$ 與 $\ln r$ 等奇異解。

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一、由 Cartesian 座標轉換為 polar 座標

已知

$$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta.$$

因此

$$r=\sqrt{x^2+y^2},\qquad \theta=\tan^{-1}\frac{y}{x}.$$

由鏈鎖律，

$$\frac{\partial}{\partial x} = \frac{\partial r}{\partial x}\frac{\partial}{\partial r} + \frac{\partial \theta}{\partial x}\frac{\partial}{\partial \theta},$$ $$\frac{\partial}{\partial y} = \frac{\partial r}{\partial y}\frac{\partial}{\partial r} + \frac{\partial \theta}{\partial y}\frac{\partial}{\partial \theta}.$$

計算各項：

$$\frac{\partial r}{\partial x}=\cos\theta,\qquad \frac{\partial r}{\partial y}=\sin\theta,$$ $$\frac{\partial\theta}{\partial x} =-\frac{\sin\theta}{r},\qquad \frac{\partial\theta}{\partial y} =\frac{\cos\theta}{r}.$$

故

$$\frac{\partial}{\partial x} = \cos\theta\frac{\partial}{\partial r} -\frac{\sin\theta}{r}\frac{\partial}{\partial\theta},$$ $$\frac{\partial}{\partial y} = \sin\theta\frac{\partial}{\partial r} +\frac{\cos\theta}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}.$$

對任意函數 $u(r,\theta)$，整理二階偏導數後可得

$$u_{xx}+u_{yy} = u_{rr} +\frac{1}{r}u_r +\frac{1}{r^2}u_{\theta\theta}.$$

因此 polar 座標中的 Laplace 方程為

$$\boxed{ u_{rr}+\frac{1}{r}u_r+\frac{1}{r^2}u_{\theta\theta}=0 }$$

或寫成

$$\boxed{ \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r} \left(r\frac{\partial u}{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\theta^2}=0 }.$$

題目的條件轉為：

$$u(a,\theta)=f(\theta),$$ $$u(r,-\pi)=u(r,\pi),$$ $$u_\theta(r,-\pi)=u_\theta(r,\pi),$$

且

$$u(0,\theta)\text{ 有界}.$$

其中 $\theta=-\pi$ 與 $\theta=\pi$ 代表同一條半徑，因此函數及其角度導數必須具有 $2\pi$ 週期。

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二、變數分離

令

$$u(r,\theta)=R(r)\Theta(\theta).$$

代入 polar Laplace 方程：

$$R''\Theta+\frac{1}{r}R'\Theta +\frac{1}{r^2}R\Theta''=0.$$

乘以 $r^2/(R\Theta)$，得到

$$\frac{r^2R''+rR'}{R} + \frac{\Theta''}{\Theta}=0.$$

第一項只含 $r$，第二項只含 $\theta$，故兩者必為常數。令分離常數為 $-\lambda$，則

$$\frac{\Theta''}{\Theta}=-\lambda,$$ $$\frac{r^2R''+rR'}{R}=\lambda.$$

因此得到兩個常微分方程：

$$\Theta''+\lambda\Theta=0,$$ $$r^2R''+rR'-\lambda R=0.$$

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三、角度方向的週期條件

角度函數必須滿足

$$\Theta(-\pi)=\Theta(\pi),$$ $$\Theta'(-\pi)=\Theta'(\pi).$$

1. $\lambda=0$

此時

$$\Theta''=0,$$

所以

$$\Theta=A+B\theta.$$

週期條件迫使 $B=0$，因此只剩常數解：

$$\Theta_0=1.$$

2. $\lambda>0$

令

$$\lambda=\mu^2.$$

則

$$\Theta=C\cos(\mu\theta)+D\sin(\mu\theta).$$

要具有 $2\pi$ 週期，必須滿足

$$\mu=n,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

因此

$$\lambda=n^2,$$

角度方向的特徵函數為

$$\cos n\theta,\qquad \sin n\theta.$$

3. $\lambda<0$

令 $\lambda=-\mu^2$，則

$$\Theta=C\cosh(\mu\theta)+D\sinh(\mu\theta).$$

非零的雙曲函數解無法同時滿足 $2\pi$ 週期條件，因此不產生新的週期解。

所以所有角度方向解可用 Fourier 基底表示：

$$1,\quad \cos n\theta,\quad \sin n\theta \qquad (n\ge1).$$

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四、徑向方向的解

使用單位階躍函數把右手邊寫成

$f(t)=8t^{2}[1-u(t-5)]=8t^{2}-8\bigl[(t-5)^{2}+10(t-5)+25\bigr]u(t-5).$

Laplace 變換

$$\mathcal L\{t^{2}\}= \frac{2}{s^{3}},\qquad \mathcal L\{(t-5)^{2}u(t-5)\}=e^{-5s}\frac{2}{s^{3}},\qquad \mathcal L\{(t-5)u(t-5)\}=e^{-5s}\frac{1}{s^{2}},\qquad \mathcal L\{u(t-5)\}=e^{-5s}\frac{1}{s}.$$

所以

$F(s)=\frac{16}{s^{3}}-8e^{-5s}\!\left(\frac{2}{s^{3}}+\frac{10}{s^{2}}+\frac{25}{s}\right).$

對 ODE 取 Laplace

$\bigl(s^{2}+4\bigr)Y(s)-s\,y(0)-y'(0)=F(s).$

因條件給在 $t=1$，先在區間 $0<t<5$ 直接求特解（多項式）：

$$y''+4y=8t^{2}\quad\Longrightarrow\quad y_{p}=2t^{2}-1.$$

通解

$y(t)=C_{1}\cos2t+C_{2}\sin2t+2t^{2}-1,\qquad 0<t<5.$

將 $y(1)=1+\cos2$, $y'(1)=4-2\sin2$ 代入：

核心觀念

本題利用高斯散度定理（Divergence Theorem）：

$$\iiint_V \nabla\cdot\vec F\,dV = \iint_S \vec F\cdot\vec n\,dA,$$

其中 $S$ 是封閉曲面，$\vec n$ 為外指向單位法向量。計算封閉曲面的通量時，可將曲面積分改寫為體積積分：

$$\nabla\cdot\vec F = \frac{\partial F_1}{\partial x} + \frac{\partial F_2}{\partial y} + \frac{\partial F_3}{\partial z}.$$

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（a）$\vec F=[y+z,20y,2z^3]$

解題方法

區域 $V$ 為

$$0\le x\le 2,\qquad 0\le y\le 1,\qquad 0\le z\le y.$$

直接計算散度：

$$\nabla\cdot\vec F = \frac{\partial}{\partial x}(y+z) + \frac{\partial}{\partial y}(20y) + \frac{\partial}{\partial z}(2z^3).$$

因此

$$\nabla\cdot\vec F=0+20+6z^2=20+6z^2.$$

由散度定理，封閉曲面 $S$ 上的通量為

$$\iint_S\vec F\cdot\vec n\,dA = \iiint_V(20+6z^2)\,dV.$$

代入積分範圍：

$$\begin{aligned} \iiint_V(20+6z^2)\,dV &= \int_0^2\int_0^1\int_0^y(20+6z^2)\,dz\,dy\,dx\\ &= \int_0^2\int_0^1 \left[20z+2z^3\right]_{z=0}^{z=y} \,dy\,dx\\ &= \int_0^2\int_0^1(20y+2y^3)\,dy\,dx\\ &= \int_0^2 \left[10y^2+\frac12y^4\right]_{0}^{1} \,dx\\ &= \int_0^2\frac{21}{2}\,dx\\ &=21. \end{aligned}$$

因此

核心觀念

本題考查：

1. 矩陣的秩與行列式之關係：

   • 若 $\det(A)\neq 0$，則 $A$ 可逆，且 $\operatorname{rank}(A)=3$。
   • 若 $\det(A)=0$，則需進一步判斷矩陣的秩。

2. 正交矩陣的定義：
   $A^T A=I$

   等價地，矩陣的各列向量（或各行向量）必須為單位向量，且彼此正交。

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解題方法

矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} 1-k & 1 & 0\\ 1 & 1-k & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}.$$

第三列、第三行已形成獨立的單位方向，因此可先分析左上角的 $2\times 2$ 子矩陣：

$$B= \begin{bmatrix} 1-k & 1\\ 1 & 1-k \end{bmatrix}.$$

[a] 矩陣秩與 $k$ 的關係

計算 $A$ 的行列式：

$$\det(A) = \det(B)\cdot 1$$

而

$$\det(B) =(1-k)^2-1$$

因此

$$\det(A) =(1-k)^2-1$$ $$=1-2k+k^2-1 =k^2-2k =k(k-2).$$

情形一：$k\neq 0,2$

此時

$$\det(A)=k(k-2)\neq 0,$$

所以 $A$ 可逆，矩陣為滿秩：

$$\operatorname{rank}(A)=3.$$

情形二：$k=0$

此時

$$A= \begin{bmatrix} 1&1&0\\ 1&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}.$$

前兩列相同，左上角區塊的秩為 $1$，再加上第三列的獨立方向，因此

$$\operatorname{rank}(A)=2.$$

情形三：$k=2$

此時

$$A= \begin{bmatrix} -1&1&0\\ 1&-1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}.$$

前兩列互為相反數，左上角區塊的秩為 $1$，第三列仍提供一個獨立方向，因此

$$\operatorname{rank}(A)=2.$$