111 年 國立成功大學土木工程系碩士班甲組《工程數學》

核心觀念

本題考查純量場與向量場的微分運算：

• 散度：

$$\operatorname{div}\mathbf{A}=\nabla\cdot\mathbf{A} =\frac{\partial A_x}{\partial x} +\frac{\partial A_y}{\partial y} +\frac{\partial A_z}{\partial z}$$

• 梯度：

$$\operatorname{grad} f=\nabla f =\left(\frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z}\right)$$

• 拉普拉斯算子：

$$\nabla^2 f =\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} +\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} +\frac{\partial^2 f}{\partial z^2}$$

• 旋度：

  $\operatorname{curl}\mathbf{A}=\nabla\times\mathbf{A}$

本題給定

$$f=2x^2+y^2+z^2$$

以及

$$\mathbf{u}=xz\,\mathbf{i}+yz\,\mathbf{k} =(xz,0,yz)$$

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解題方法與計算

（1）求 $\operatorname{div}(f\mathbf{u})$

先求乘積向量：

$$f\mathbf{u} = \left(fxz,\ 0,\ fyz\right)$$

因此

$$\operatorname{div}(f\mathbf{u}) = \frac{\partial}{\partial x}(fxz) +\frac{\partial}{\partial y}(0) +\frac{\partial}{\partial z}(fyz)$$

其中

$$\frac{\partial}{\partial x}(fxz) = z\left(f+x\frac{\partial f}{\partial x}\right)$$

而

$$\frac{\partial f}{\partial x}=4x$$

所以

$$\frac{\partial}{\partial x}(fxz) = z(2x^2+y^2+z^2+4x^2) = z(6x^2+y^2+z^2)$$

另外，

$$\frac{\partial}{\partial z}(fyz) = y\left(f+z\frac{\partial f}{\partial z}\right)$$

且

$$\frac{\partial f}{\partial z}=2z$$

故

$$\frac{\partial}{\partial z}(fyz) = y(2x^2+y^2+z^2+2z^2) = y(2x^2+y^2+3z^2)$$

因此

$$\boxed{ \operatorname{div}(f\mathbf{u}) = z(6x^2+y^2+z^2) +y(2x^2+y^2+3z^2) }$$

展開為

$$\boxed{ \operatorname{div}(f\mathbf{u}) = 6x^2z+y^2z+z^3+2x^2y+y^3+3yz^2 }$$

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（2）求 $\nabla^2 f$

分別計算二階偏導數：

$$\frac{\partial f}{\partial x}=4x, \qquad \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=4$$ $$\frac{\partial f}{\partial y}=2y, \qquad \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=2$$ $$\frac{\partial f}{\partial z}=2z, \qquad \frac{\partial^2 f}{\partial z^2}=2$$

所以

$$\nabla^2 f = 4+2+2 = \boxed{8}$$

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（3）求 $\operatorname{curl}(\operatorname{grad} f)$

先求梯度：

$$\operatorname{grad} f = \nabla f = (4x,2y,2z)$$

對任意二次可微純量函數，均有恆等式

$$\nabla\times(\nabla f)=\mathbf{0}$$

直接計算亦可得

$$\nabla\times(\nabla f) = \begin{vmatrix} \mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\ \frac{\partial}{\partial x}& \frac{\partial}{\partial y}& \frac{\partial}{\partial z}\\ 4x&2y&2z \end{vmatrix}$$ $$= (0-0)\mathbf{i} -(0-0)\mathbf{j} +(0-0)\mathbf{k}$$

因此

$$\boxed{ \operatorname{curl}(\operatorname{grad} f)=\mathbf{0} }$$

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核心觀念

本題考查兩類一階常微分方程：

1. 一階線性微分方程
   $\frac{dx}{dt}+P(t)x=Q(t)$
   使用積分因子
   $\mu(t)=e^{\int P(t)\,dt}$

2. 可分離變數微分方程
   將含 $y$ 的項與含 $x$ 的項分開，再兩邊積分，最後代入初始條件決定積分常數。

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（1）求 $\dfrac{dx}{dt}+\dfrac{2x}{t}=2\cos t$

解題方法

原式為一階線性微分方程：

$$\frac{dx}{dt}+\frac{2}{t}x=2\cos t$$

其中

$$P(t)=\frac{2}{t}$$

因此積分因子為

$$\mu(t)=e^{\int \frac{2}{t}\,dt} =e^{2\ln|t|} =t^2$$

這裡考慮 $t\neq 0$ 的區間。

方程式兩邊乘上 $t^2$：

$$t^2\frac{dx}{dt}+2tx=2t^2\cos t$$

左側正好是乘積微分：

$$\frac{d}{dt}(t^2x)=2t^2\cos t$$

兩邊積分：

$$t^2x=\int 2t^2\cos t\,dt$$

利用分部積分：

$$\int t^2\cos t\,dt =t^2\sin t+2t\cos t-2\sin t$$

所以

$$t^2x =2t^2\sin t+4t\cos t-4\sin t+C$$

除以 $t^2$，得到

$$\boxed{ x(t)=2\sin t+\frac{4\cos t}{t} -\frac{4\sin t}{t^2} +\frac{C}{t^2} }$$

其中 $C$ 為任意常數，且定義於不包含 $t=0$ 的區間上。

解題技巧與驗算

積分因子乘上原方程後，左側應能整理成

$$\frac{d}{dt}\bigl(\mu(t)x\bigr)$$

本題中

$$\frac{d}{dt}(t^2x)=t^2x'+2tx$$

正好對應乘上 $t^2$ 後的左側，因此積分因子選擇正確。

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（2）求 $\dfrac{dy}{dx}=9y^2x$，且 $y(2)=6$

解題方法

原方程為

核心觀念

本題考查兩部分：

1. 以週期 $2\pi$ 延拓後的函數，求其 Fourier series：
   $f(t)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos nt+b_n\sin nt\right),$
   其中

$$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\cos nt\,dt,\qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\sin nt\,dt.$$

2. 將函數視為在整條實線上定義，並令 $f(t)=0$ 於區間 $(0,\pi)$ 以外，利用 Fourier integral：
   $f(t)=\int_0^\infty\left[A(\omega)\cos\omega t+B(\omega)\sin\omega t\right]\,d\omega.$

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（1）Fourier series

由於 $f(t)=0$ 於 $-\pi<t<0$，所有積分均可縮減為 $0<t<\pi$。

常數項 $a_0$

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\,dt =\frac{1}{\pi}\int_0^\pi\sin 2t\,dt.$$

因此

$$a_0=\frac{1}{\pi}\left[-\frac{\cos2t}{2}\right]_0^\pi=0.$$

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餘弦係數 $a_n$

$$a_n=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \sin2t\cos nt\,dt.$$

利用積化和差公式

$$\sin2t\cos nt =\frac12\left[\sin(2+n)t+\sin(2-n)t\right].$$

當 $n$ 為偶數時，上式積分結果為 $0$。

當 $n$ 為奇數時，

$$\int_0^\pi\sin kt\,dt=\frac{1-\cos k\pi}{k} =\frac{2}{k}\qquad (k\text{ 為奇數}),$$

故

$$\begin{aligned} a_n &=\frac{1}{2\pi} \left(\frac{2}{2+n}+\frac{2}{2-n}\right)\\ &=\frac{1}{\pi}\left(\frac{1}{2+n}+\frac{1}{2-n}\right)\\ &=\frac{4}{\pi(4-n^2)}. \end{aligned}$$

所以

$$a_n= \begin{cases} \dfrac{4}{\pi(4-n^2)},&n\text{ 為奇數},\\[6pt] 0,&n\text{ 為偶數}. \end{cases}$$

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正弦係數 $b_n$

$$b_n=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi\sin2t\sin nt\,dt.$$

利用正弦函數的正交性：

$$\int_0^\pi\sin2t\sin nt\,dt= \begin{cases} \dfrac{\pi}{2},&n=2,\\ 0,&n\ne2. \end{cases}$$

因此

$$b_n= \begin{cases} \dfrac12,&n=2,\\ 0,&n\ne2. \end{cases}$$

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Fourier 級數

綜合上述結果，

$$\boxed{ f(t)\sim \frac12\sin2t+ \sum_{\substack{n=1\\ n\ \mathrm{奇數}}}^{\infty} \frac{4}{\pi(4-n^2)}\cos nt }$$

亦可寫成展開形式：

$$\boxed{ f(t)\sim \frac{4}{3\pi}\cos t +\frac12\sin2t -\frac{4}{5\pi}\cos3t -\frac{4}{21\pi}\cos5t -\frac{4}{45\pi}\cos7t+\cdots }$$

在函數連續點，級數收斂至 $f(t)$；在跳躍不連續點，收斂至左右極限的平均值。

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（2）Fourier Integral

核心觀念

1. 特徵值（Eigenvalues）之定義與特徵方程式：
   對於 $n \times n$ 方陣 $A$，若存在純量 $\lambda$ 與非零向量 $\mathbf{x} \neq \mathbf{0}$，滿足：

   $$A\mathbf{x} = \lambda \mathbf{x}$$

   則稱 $\lambda$ 為 $A$ 之特徵值，$\mathbf{x}$ 為對應於 $\lambda$ 之特徵向量。該式可整理為 $(A - \lambda I)\mathbf{x} = \mathbf{0}$。由於 $\mathbf{x}$ 為非零解，依據齊次線性方程組有非零解之充要條件，特徵方程式為：

   $$\det(A - \lambda I) = 0$$

2. 特徵空間（Eigenspace）與特徵向量（Eigenvectors）求解：
   將解得之特徵值 $\lambda$ 依序代回 $(A - \lambda I)\mathbf{x} = \mathbf{0}$，利用高斯消去法求其零空間（Null space）之基底，即可得對應之特徵向量。

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解題方法

步驟一：建立並求解特徵方程式

矩陣 $A$ 為：

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

計算特性多項式：

$$\det(A - \lambda I) = \det\begin{bmatrix} 1 - \lambda & 1 & 0 \\ 1 & 1 - \lambda & 0 \\ 0 & 0 & 1 - \lambda \end{bmatrix} = 0$$

沿第三列（或第三行）進行拉普拉斯降階展開：

$$\det(A - \lambda I) = (1 - \lambda) \cdot \det\begin{bmatrix} 1 - \lambda & 1 \\ 1 & 1 - \lambda \end{bmatrix}$$

展開 $2 \times 2$ 行列式：

$$\det\begin{bmatrix} 1 - \lambda & 1 \\ 1 & 1 - \lambda \end{bmatrix} = (1 - \lambda)^2 - 1 = \lambda^2 - 2\lambda = \lambda(\lambda - 2)$$

故特徵方程式為：

$$-\lambda (\lambda - 1)(\lambda - 2) = 0$$

解得矩陣 $A$ 的三個特徵值為：

$$\lambda_1 = 0, \quad \lambda_2 = 1, \quad \lambda_3 = 2$$

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步驟二：求解各特徵值對應之特徵向量

設特徵向量為 $\mathbf{x} = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix}$。

1. 當 $\lambda_1 = 0$ 時：
   解方程式 $(A - 0I)\mathbf{x} = \mathbf{0}$：

   $$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

   進行列運算（Row Operations）：

   $$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_2 - R_1 \to R_2} \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_2 \leftrightarrow R_3} \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

   由簡約矩陣可得聯立方程：

   $$\begin{cases} x_1 + x_2 = 0 \\ x_3 = 0 \end{cases}$$

   令自由變數 $x_2 = 1$，則 $x_1 = -1$，$x_3 = 0$。對應特徵向量為：

   $$\mathbf{x}_1 = c_1 \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} \quad (c_1 \neq 0)$$

2. 當 $\lambda_2 = 1$ 時：
   解方程式 $(A - I)\mathbf{x} = \mathbf{0}$：

   $$\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

   由前兩列可直接得出：

$\text{(1)}\qquad u_t=72\,u_{xx}+10u,\qquad u(x,0)=6e^{-2x^{2}}$

設解為高斯型

$u(x,t)=A(t)\,e^{-B(t)x^{2}}$

$$\begin{aligned} u_t &=\bigl(A'-A B'x^{2}\bigr)e^{-B x^{2}},\\ u_{xx}&=(4B^{2}x^{2}-2B)u . \end{aligned}$$

代入 PDE 並比較 $x^{2}$、常數項得

$$\boxed{B'=-288B^{2}},\qquad \boxed{A'=(10-144B)A } .$$

以 $B(0)=2$ 求得

$B(t)=\frac{2}{1+576t}.$

$$\frac{A'}{A}=10-\frac{288}{1+576t}=10-\frac{288}{1+576t} =10-\frac{288}{1+576t},$$

積分得到

$$\ln A=10t-\tfrac12\ln(1+576t)+\ln C \;\Longrightarrow\; A(t)=C\,e^{10t}(1+576t)^{-1/2}.$$

由 $u(x,0)=6e^{-2x^{2}}$ 得 $C=6$，遂

$$\boxed{u(x,t)=\frac{6\,e^{10t}}{\sqrt{1+576t}} \exp\!\Bigl(-\frac{2x^{2}}{1+576t}\Bigr)} .$$

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$\text{(2)}\qquad x^{2}u_{xx}+u_{y}=0,\qquad u(0,y)=5e^{2y}$

令 $u(x,y)=X(x)Y(y)$，得