111 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》

核心觀念

本題考查受迫簡諧振動方程

$$x''+\omega^2x=f(t)$$

的解法，重點包括：

• 三角恆等式化簡外力函數。
• 齊次解與特解的組合。
• 初始條件的代入。
• 外力頻率等於系統自然頻率時的純共振。
• 共振解中出現隨時間成長的項 $t\sin(\omega t)$。

以下假設 $\omega>0$，且 $\gamma$ 為非負頻率；若允許 $\gamma$ 為負值，因為 $\sin^2(\gamma t)$ 不受符號影響，結果相同。

解題方法

先利用恆等式

$$\sin^2(\gamma t)=\frac{1-\cos(2\gamma t)}{2}$$

將原方程改寫為

$$x''+\omega^2x = \frac12-\frac12\cos(2\gamma t).$$

右側包含兩種外力：

1. 常數外力 $\frac12$。
2. 頻率為 $2\gamma$ 的週期外力 $-\frac12\cos(2\gamma t)$。

只要 $2\gamma\neq\omega$，即可使用一般特解形式。

一、齊次解

對應齊次方程

$$x''+\omega^2x=0,$$

其解為

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

二、非共振情形的特解

對常數外力 $\frac12$，設特解為常數 $A$，則

$$\omega^2A=\frac12,$$

所以

$$A=\frac{1}{2\omega^2}.$$

對週期外力 $-\frac12\cos(2\gamma t)$，設特解為

$$x_{p2}=B\cos(2\gamma t).$$

代入可得

$$\left(\omega^2-4\gamma^2\right)B\cos(2\gamma t) = -\frac12\cos(2\gamma t),$$

因此

$$B=-\frac{1}{2(\omega^2-4\gamma^2)}.$$

故非共振時的通解為

$$x(t) = C_1\cos(\omega t) + C_2\sin(\omega t) + \frac{1}{2\omega^2} - \frac{\cos(2\gamma t)} {2(\omega^2-4\gamma^2)}.$$

三、代入初始條件

由 $x(0)=0$，

$$C_1+\frac{1}{2\omega^2} -\frac{1}{2(\omega^2-4\gamma^2)} =0.$$

所以

$$C_1 = -\frac{1}{2\omega^2} + \frac{1}{2(\omega^2-4\gamma^2)} = \frac{2\gamma^2} {\omega^2(\omega^2-4\gamma^2)}.$$

再對 $x(t)$ 微分：

$$x'(t) = -\omega C_1\sin(\omega t) + \omega C_2\cos(\omega t) + \frac{\gamma\sin(2\gamma t)} {\omega^2-4\gamma^2}.$$

代入 $t=0$ 及 $x'(0)=0$：

$$\omega C_2=0,$$

因此

$$C_2=0.$$

所以當 $2\gamma\neq\omega$ 時，

$$\boxed{ x(t) = \frac{1}{2\omega^2} - \frac{\cos(2\gamma t)} {2(\omega^2-4\gamma^2)} + \frac{2\gamma^2} {\omega^2(\omega^2-4\gamma^2)} \cos(\omega t) }$$

也可寫成

$$\boxed{ x(t) = \frac{1-\cos(2\gamma t)}{2\omega^2} + \frac{2\gamma^2} {\omega^2(\omega^2-4\gamma^2)} \left[ \cos(\omega t)-\cos(2\gamma t) \right] }$$

其中第一個形式較容易由待定係數法直接得到。

純共振條件與共振解

純共振條件

系統的自然頻率為 $\omega$，而外力中的非定常部分

$$-\frac12\cos(2\gamma t)$$

核心觀念

本題考查兩個行列式性質：

1. 對可逆矩陣 $A$，有
   $\det(A^{-1})=\frac{1}{\det(A)}.$

2. 對 $n\times n$ 矩陣 $B$ 與純量 $k$，
   $\det(kB)=k^n\det(B).$

因為本題是 $2\times 2$ 矩陣，所以
$\det(kB)=k^2\det(B).$

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解題方法

設

$$A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}, \qquad \det(A)=ad-bc\neq 0.$$

其反矩陣為

$$A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \begin{pmatrix} d&-b\\ -c&a \end{pmatrix}.$$

依照純量提出的行列式性質：

$$\det(A^{-1}) = \det\left( \frac{1}{\det(A)} \begin{pmatrix} d&-b\\ -c&a \end{pmatrix} \right).$$

由於矩陣為 $2\times 2$，純量必須平方：

$$\det(A^{-1}) = \frac{1}{(\det A)^2} \det\begin{pmatrix} d&-b\\ -c&a \end{pmatrix}.$$

核心觀念

本題考查傅立葉級數展開，以及利用特殊點代入傅立葉級數求無窮級數。

在 $-\pi<x<\pi$ 上，傅立葉級數形式為

$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),$$

其中

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,$$ $$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx, \qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx.$$

因為 $f(x)=|x|$ 是偶函數，而 $\sin nx$ 是奇函數，所以傅立葉級數中所有正弦項皆為零，即 $b_n=0$。

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解題方法

（a）展開 $f(x)=|x|$ 的傅立葉級數

由偶函數性質，

$$a_0=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi x\,dx =\frac{2}{\pi}\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^\pi =\pi.$$

因此常數項為

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

再計算 $a_n$：

$$a_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi x\cos nx\,dx.$$

使用分部積分，取

$$u=x,\qquad dv=\cos nx\,dx,$$

則

$$du=dx,\qquad v=\frac{\sin nx}{n}.$$

因此

$$\int x\cos nx\,dx =\frac{x\sin nx}{n}-\frac{1}{n}\int\sin nx\,dx =\frac{x\sin nx}{n}+\frac{\cos nx}{n^2}.$$

所以

$$a_n =\frac{2}{\pi} \left[ \frac{x\sin nx}{n}+\frac{\cos nx}{n^2} \right]_0^\pi.$$

由於 $\sin(n\pi)=0$、$\cos(n\pi)=(-1)^n$，可得

$$a_n =\frac{2}{\pi} \left( \frac{(-1)^n}{n^2}-\frac{1}{n^2} \right) =\frac{2}{\pi}\frac{(-1)^n-1}{n^2}.$$

分奇偶討論：

• 當 $n$ 為偶數時，$(-1)^n=1$，故 $a_n=0$。
• 當 $n$ 為奇數時，$(-1)^n=-1$，故

核心觀念

本題涵蓋以下矩陣與特徵值觀念：

• 特徵值 $\lambda$ 必須滿足特徵方程
  $\det(A-\lambda I)=0.$
• 矩陣可對角化的條件：必須具有足夠多的線性獨立特徵向量。
• 若矩陣可寫成 $B=\lambda I+N$，且 $N^2=0$，可利用二項式定理計算高次方。
• 對稱正交矩陣滿足 $Q^T=Q$ 且 $Q^TQ=I$，因此可推出 $Q^2=I$。

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(a) 找出使 $A$ 具有特徵值 $2$ 的所有 $x$

矩陣為

$$A= \begin{pmatrix} 1 & x\\ 1 & 1 \end{pmatrix}.$$

若 $2$ 是 $A$ 的特徵值，則必須滿足

$$\det(A-2I)=0.$$

計算得

$$A-2I= \begin{pmatrix} 1-2 & x\\ 1 & 1-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & x\\ 1 & -1 \end{pmatrix}.$$

因此

$$\det(A-2I) =(-1)(-1)-x(1) =1-x.$$

令其等於零：

$$1-x=0,$$

故

$$\boxed{x=1}.$$

解題技巧：
判斷指定數值是否為特徵值，直接代入 $\det(A-\lambda I)=0$，不必先完整求出所有特徵值。

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(b) 對角化矩陣 $B$

矩陣為

$$B= \begin{pmatrix} 2&1\\ 0&2 \end{pmatrix}.$$

其特徵方程為

$$\det(B-\lambda I) = \det \begin{pmatrix} 2-\lambda&1\\ 0&2-\lambda \end{pmatrix} =(2-\lambda)^2.$$

因此唯一特徵值為

$$\lambda=2,$$

且代數重數為 $2$。

求對應特徵向量：

$$(B-2I)v=0,$$

其中

$$B-2I= \begin{pmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{pmatrix}.$$

令 $v=(u,v)^T$，則

$$\begin{pmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u\\ v \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} v\\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ 0 \end{pmatrix}.$$

所以 $v=0$，特徵向量皆為

$$\begin{pmatrix} u\\ 0 \end{pmatrix} =u \begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}.$$

特徵空間只有一個線性獨立特徵向量：

$$\dim E_2=1.$$

但是 $2\times2$ 矩陣要能對角化，必須有 $2$ 個線性獨立特徵向量。因此 $B$ 不可對角化。

$$\boxed{B\text{ 不可對角化}}$$

它本身已是對應於特徵值 $2$ 的 Jordan 標準形：

$$B= \begin{pmatrix} 2&1\\ 0&2 \end{pmatrix}.$$

核心觀念

薄板內無熱源且達穩態，因此溫度函數滿足 Laplace 方程：

$$\nabla^2u=u_{xx}+u_{yy}=0,\qquad 0<x<1,\;0<y<1.$$

邊界條件：

• 絕熱邊界：法向溫度梯度為零，例如 $u_x=0$。
• 固定溫度邊界：直接指定 $u$ 的值。
• 四邊皆為固定溫度時，適合使用變數分離法與 Fourier 正弦級數。

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(a) 左、右邊絕熱，上邊 $0^\circ C$，下邊 $100^\circ C$

邊界條件為

$$u_x(0,y)=u_x(1,y)=0,$$ $$u(x,1)=0,\qquad u(x,0)=100.$$

由於上下邊界溫度只隨 $y$ 變化，且左右邊絕熱，可設

$$u(x,y)=Y(y).$$

代入 Laplace 方程：

$$Y''(y)=0.$$

因此

$$Y(y)=C_1y+C_2.$$

利用上下邊界條件：

$$Y(0)=100\Rightarrow C_2=100,$$ $$Y(1)=0\Rightarrow C_1=-100.$$

所以

$$\boxed{u(x,y)=100(1-y)}.$$

此解與 $x$ 無關，因此自動滿足左右兩側的絕熱條件。

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(b) 下邊 $U_0^\circ C$、上邊 $U_1^\circ C$，左右邊為 $0^\circ C$

邊界條件為

$$u(0,y)=u(1,y)=0,$$ $$u(x,0)=U_0,\qquad u(x,1)=U_1.$$

變數分離

令

$$u(x,y)=X(x)Y(y).$$

代入 Laplace 方程：

$$X''Y+XY''=0,$$

整理得

$$\frac{X''}{X}=-\frac{Y''}{Y}=-\lambda^2.$$

因此

$$X''+\lambda^2X=0.$$

由左右邊界條件 $X(0)=X(1)=0$，得到特徵值與特徵函數：

$$\lambda_n=n\pi,\qquad X_n(x)=\sin(n\pi x), \qquad n=1,2,3,\ldots$$

對應的 $y$ 方向解為雙曲函數形式。將上下邊界分別處理，可寫成

$$u(x,y)=u_0(x,y)+u_1(x,y),$$

其中

$$u_0(x,0)=U_0,\qquad u_0(x,1)=0,$$ $$u_1(x,0)=0,\qquad u_1(x,1)=U_1.$$

常數函數 $U_0$ 與 $U_1$ 在 $0<x<1$ 的 Fourier 正弦展開為