112 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：

• 特徵值與特徵向量的定義：

  $A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x},\qquad \mathbf{x}\ne\mathbf{0}$

• 特徵方程式：

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

• 矩陣可逆的判定：

  $A^{-1}\text{ 存在}\iff \det(A)\ne 0$

本題矩陣為

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

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解題方法

（a）求特徵值與對應特徵向量

特徵值由

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

決定。先計算

$$\lambda I-A= \begin{pmatrix} \lambda-1&-1&-1\\ 1&\lambda+1&-1\\ -1&-1&\lambda-1 \end{pmatrix}.$$

因此

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

特徵方程式為

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

所以三個特徵值為

$$\boxed{\lambda=0,\quad \lambda=2,\quad \lambda=-1}.$$

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特徵值 $\lambda=0$

解

$$A\mathbf{x}=\mathbf{0}, \qquad \mathbf{x}= \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}.$$

由矩陣乘法得

$$\begin{cases} x+y+z=0,\\ -x-y+z=0,\\ x+y+z=0. \end{cases}$$

前後兩式相減可得

$$2z=0\quad\Rightarrow\quad z=0.$$

再代回可得

$$x+y=0\quad\Rightarrow\quad y=-x.$$

令 $x=1$，得到對應特徵向量

$$\boxed{ \mathbf{v}_0= \begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix} }.$$

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特徵值 $\lambda=2$

解

$$(A-2I)\mathbf{x}=\mathbf{0}.$$

其中

$$A-2I= \begin{pmatrix} -1&1&1\\ -1&-3&1\\ 1&1&-1 \end{pmatrix}.$$

方程組為

$$\begin{cases} -x+y+z=0,\\ -x-3y+z=0,\\ x+y-z=0. \end{cases}$$

前兩式相減得

$$4y=0\quad\Rightarrow\quad y=0.$$

代回第一式：

$$-x+z=0\quad\Rightarrow\quad z=x.$$

令 $x=1$，得到

$$\boxed{ \mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix} }.$$

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特徵值 $\lambda=-1$

解

$$(A+I)\mathbf{x}=\mathbf{0}.$$

其中

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

方程組為

$$\frac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}T}{\partial y^{2}}=-2 ,\qquad 0<x<\pi ,\; y>0$$

$T(0,y)=0 ,\; T(\pi ,y)=1 ,\; T(x,0)=0 .$

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1. 分離出滿足兩側 Dirichlet 條件的線性函數

取

$T(x,y)=\frac{x}{\pi}+v(x,y)$

則

$v(0,y)=0,\;v(\pi ,y)=0 ,\qquad v(x,0)=-\frac{x}{\pi}.$

而

$\Delta v=-2 .$

2. 加入一個常數右手項的特解

選取

$$v_{p}(x,y)=-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}, \qquad\Delta v_{p}=-2 .$$

設

$w(x,y)=v(x,y)-v_{p}(x,y)=v(x,y)+\frac{x^{2}+y^{2}}{2},$

則 $w$ 滿足拉普拉斯方程

$\Delta w =0 .$

邊界變為

$$\begin{cases} w(0,y)=\displaystyle\frac{y^{2}}{2},\\[4pt] w(\pi ,y)=\displaystyle\frac{\pi^{2}+y^{2}}{2},\\[4pt] w(x,0)=\displaystyle\frac{x^{2}}{2}-\frac{x}{\pi}. \end{cases}$$

側壁值不為零，先消去它們：
寫成

$w(x,y)=\frac{y^{2}}{2}+\frac{x}{\pi}\Bigl(\frac{\pi^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{2}\Bigr)+\underbrace{u(x,y)}_{\Delta u=0,\;u(0,y)=u(\pi ,y)=0}.$

此時 $u$ 的底端條件為

$$u(x,0)=\frac{x^{2}}{2}-\frac{x}{\pi} -\frac{0}{2}-\frac{x}{\pi}\Bigl(\frac{\pi^{2}}{2}\Bigr) =\frac{x^{2}}{2}-\frac{x}{\pi}.$$

核心觀念

本題為經典的一維齊次波動方程式（Wave Equation）之邊界值問題（Boundary-Value Problem, BVP）。求解此類偏微分方程（PDE）的核心觀念包含：

1. 分離變數法（Separation of Variables）：假設解可表示為空間變數與時間變數各自獨立函數之乘積，即 $u(x,t) = X(x)T(t)$，將偏微分方程轉化為兩個常微分方程（ODE）。
2. 史圖姆-劉維爾特徵值問題（Sturm-Liouville Eigenvalue Problem）：利用齊次 Dirichlet 邊界條件 $u(0,t) = 0$ 與 $u(1,t) = 0$，解出空間邊界值問題的固有值（Eigenvalues）與固有函數（Eigenfunctions）。
3. 正交性與傅立葉正弦級數（Orthogonality & Fourier Sine Series）：利用固有函數的正交性與疊加原理（Superposition Principle），比對初始條件求出對應的展開係數。

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解題方法

Step 1：分離變數與建立常微分方程

設方程之解為：
$u(x,t) = X(x)T(t)$
代入波動方程式 $\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$，可得：
$X(x)T''(t) = X''(x)T(t)$
同除以 $X(x)T(t)$，將變數分離：
$\frac{T''(t)}{T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda$
其中 $-\lambda$ 為分離常數。由此可導出兩個二階線性常微分方程：

1. 空間部分：$X''(x) + \lambda X(x) = 0$
2. 時間部分：$T''(t) + \lambda T(t) = 0$

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Step 2：求解空間固有值問題 (Sturm-Liouville Problem)

邊界條件 $u(0,t) = 0$ 與 $u(1,t) = 0$ 要求對任意 $t > 0$ 皆成立，故非相干解（Non-trivial solution）必須滿足：
$X(0) = 0, \quad X(1) = 0$

討論分離常數 $\lambda$ 的不同情況：

1. 若 $\lambda < 0$（設 $\lambda = -\alpha^2, \alpha > 0$）：
   $X(x) = C_1 \cosh(\alpha x) + C_2 \sinh(\alpha x)$。
   由 $X(0) = 0 \implies C_1 = 0$；由 $X(1) = C_2 \sinh(\alpha) = 0 \implies C_2 = 0$，僅有平凡解 $X(x) = 0$。
2. 若 $\lambda = 0$：
   $X(x) = C_1 x + C_2$。
   由 $X(0) = 0 \implies C_2 = 0$；由 $X(1) = C_1 = 0$，僅有平凡解 $X(x) = 0$。
3. 若 $\lambda > 0$（設 $\lambda = \alpha^2, \alpha > 0$）：
   $X(x) = C_1 \cos(\alpha x) + C_2 \sin(\alpha x)$。
   由 $X(0) = 0 \implies C_1 = 0$，得 $X(x) = C_2 \sin(\alpha x)$。
   由 $X(1) = 0 \implies C_2 \sin(\alpha) = 0$。要得到非平凡解，需 $\sin(\alpha) = 0$，即：
   $\alpha = n\pi \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$

因此，空間部分的固有值（Eigenvalues）與對應的固有函數（Eigenfunctions）為：
$\lambda_n = (n\pi)^2, \quad X_n(x) = \sin(n\pi x), \quad n = 1, 2, 3, \dots$

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Step 3：求解時間常微分方程

將 $\lambda_n = (n\pi)^2$ 代入時間常微分方程 $T''(t) + \lambda_n T(t) = 0$：
$T_n''(t) + (n\pi)^2 T_n(t) = 0$
其通解為：
$T_n(t) = A_n \cos(n\pi t) + B_n \sin(n\pi t)$

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Step 4：疊加原理與套用初始條件

根據線性偏微分方程之疊加原理，廣義解寫為固有函數級數展式：
$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left( A_n \cos(n\pi t) + B_n \sin(n\pi t) \right) \sin(n\pi x)$

代入初始條件求解未定係數 $A_n$ 與 $B_n$：

1. 第一個初始條件 $u(x,0) = 0$：
   $u(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n \sin(n\pi x) = 0$
   因 $\sin(n\pi x)$ 在正交基底上線性獨立，故對所有 $n \ge 1$，均有：
   $A_n = 0$
   此時解化簡為：

核心觀念

本題考查**傅立葉級數（Fourier Series Expansion）**的展開計算與對稱性簡化技巧。

1. 基本定義：
   定義於區間 $(-\pi, \pi)$ 且週期為 $T = 2\pi$ 的函數 $f(x)$，其三角函數形式之傅立葉級數定義為：
   $f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n \cos(nx) + b_n \sin(nx) \right]$

2. 傅立葉係數公式：

   • $a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \, dx$
   • $a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) \, dx \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$
   • $b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) \, dx \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$

3. 函數對稱性（奇偶性）定理：

   • 偶函數（Even Function）：若 $f(-x) = f(x)$，則 $f(x) \sin(nx)$ 為奇函數。故正弦項係數 $b_n = 0$，傅立葉級數簡化為餘弦級數（Fourier Cosine Series）：
     $a_0 = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \, dx$
     $a_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \cos(nx) \, dx$
   • 奇函數（Odd Function）：若 $f(-x) = -f(x)$，則 $a_0 = 0$ 且 $a_n = 0$，簡化為正弦級數（Fourier Sine Series）。

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解題方法

步驟一：判定函數奇偶性

給定函數 $f(x) = \pi^2 - x^2$，定義域為 $-\pi < x < \pi$。
驗證奇偶性：
$f(-x) = \pi^2 - (-x)^2 = \pi^2 - x^2 = f(x)$
故 $f(x)$ 為偶函數。
由此可知，所有正弦項係數：
$b_n = 0 \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$

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步驟二：計算常數項係數 $a_0$

利用偶函數的積分性質計算 $a_0$：
$a_0 = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} (\pi^2 - x^2) \, dx$

執行定積分：
$\int_{0}^{\pi} (\pi^2 - x^2) \, dx = \left[ \pi^2 x - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{\pi} = \left( \pi^3 - \frac{\pi^3}{3} \right) - 0 = \frac{2\pi^3}{3}$

帶回 $a_0$ 公式：
$a_0 = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{2\pi^3}{3} = \frac{4\pi^2}{3}$

因此，級數中的常數項為：
$\frac{a_0}{2} = \frac{2\pi^2}{3}$

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步驟三：計算餘弦項係數 $a_n$ ($n \ge 1$)

利用偶函數公式：
$a_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} (\pi^2 - x^2) \cos(nx) \, dx$

採用分部積分法（Integration by Parts）（或表格法）：
設 $u = \pi^2 - x^2 \Rightarrow u' = -2x \Rightarrow u'' = -2 \Rightarrow u''' = 0$
設 $dv = \cos(nx) \, dx \Rightarrow v = \frac{\sin(nx)}{n} \Rightarrow v_1 = -\frac{\cos(nx)}{n^2} \Rightarrow v_2 = -\frac{\sin(nx)}{n^3}$

展開不定積分：
$\int (\pi^2 - x^2) \cos(nx) \, dx = (\pi^2 - x^2) \frac{\sin(nx)}{n} - (-2x)\left( -\frac{\cos(nx)}{n^2} \right) + (-2)\left( -\frac{\sin(nx)}{n^3} \right)$
$= \frac{(\pi^2 - x^2)\sin(nx)}{n} - \frac{2x\cos(nx)}{n^2} + \frac{2\sin(nx)}{n^3}$

帶入上下限 $0$ 至 $\pi$：

• 當 $x = \pi$ 時：
  $\sin(n\pi) = 0$，第一項與第三項皆為 $0$；

核心觀念

本題考查向量微積分中的斯托克斯定理（Stokes' Theorem）與驗證（Verification）過程。

斯托克斯定理定義：
設 $S$ 為三維空間中的定向分段平滑曲面，其邊界 $C$ 為分段平滑之封閉曲線，且曲線 $C$ 的定向與曲面法向量 $\mathbf{n}$ 遵循右手定則，則對於連續可微之向量場 $\mathbf{F}$，成立以下關係式：
$\iint_S (\nabla \times \mathbf{F}) \cdot \mathbf{n} \, dS = \oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}$

驗證題（Verify）之要求：
考生必須分別獨立計算：

1. 等號左式：旋度對曲面的面積分 $\iint_S (\nabla \times \mathbf{F}) \cdot \mathbf{n} \, dS$。
2. 等號右式：向量場沿著曲面封閉邊界 $C$ 的線積分 $\oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}$。

最後證明兩者的計算結果完全相同。

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解題方法

1. 確定幾何區域與定向

平面方程式為 $2x + y + 2z = 6$。求其在第一卦限（$x \ge 0, y \ge 0, z \ge 0$）與三個坐標軸之交點：

• $x$ 軸截點（令 $y=0, z=0$）：$A(3, 0, 0)$
• $y$ 軸截點（令 $x=0, z=0$）：$B(0, 6, 0)$
• $z$ 軸截點（令 $x=0, y=0$）：$P(0, 0, 3)$

曲面 $S$ 為以 $A(3,0,0)$、$B(0,6,0)$、$P(0,0,3)$ 為頂點的三角形平面。題目給定曲面法向量朝上（Oriented upward），依據右手定則，邊界曲線 $C$ 的繞行方向為 $A(3,0,0) \to B(0,6,0) \to P(0,0,3) \to A(3,0,0)$。

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2. 計算左式：曲面積分 $\iint_S (\nabla \times \mathbf{F}) \cdot \mathbf{n} \, dS$

給定向量場 $\mathbf{F}(x,y,z) = x\mathbf{i} + y\mathbf{j} + z\mathbf{k}$，計算其旋度（Curl）：
$\nabla \times \mathbf{F} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ x & y & z \end{vmatrix} = \left(\frac{\partial z}{\partial y} - \frac{\partial y}{\partial z}\right)\mathbf{i} + \left(\frac{\partial x}{\partial z} - \frac{\partial z}{\partial x}\right)\mathbf{j} + \left(\frac{\partial y}{\partial x} - \frac{\partial x}{\partial y}\right)\mathbf{k} = \mathbf{0}$

由於旋度 $\nabla \times \mathbf{F} = \mathbf{0}$，故被積函數為零向量：
$\iint_S (\nabla \times \mathbf{F}) \cdot \mathbf{n} \, dS = \iint_S \mathbf{0} \cdot \mathbf{n} \, dS = 0$

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3. 計算右式：封閉線積分 $\oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}$

線積分展開式為：
$\oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \oint_C (x\,dx + y\,dy + z\,dz)$

將邊界 $C$ 分拆為三段直線路徑 $C_1, C_2, C_3$ 分別推導：

• 路徑 $C_1$：自 $A(3,0,0)$ 至 $B(0,6,0)$
  位於 $xy$ 平面上，故 $z = 0 \implies dz = 0$。直線方程式為 $2x + y = 6 \implies y = 6 - 2x$。

(a)
特解方程：$y''+4y=16\cos(2x)$

• 齊次解根 $\lambda^2+4=0\Rightarrow\lambda=\pm2i$，$y_h=C_1\cos2x+C_2\sin2x$。
• 右端為 $\cos2x$，與齊次解共頻，取特解形式 $y_p=x(A\sin2x+B\cos2x)$。
• 代入得 $y_p''+4y_p= -4A\sin2x+4B\cos2x=16\cos2x$，故 $A=0,\;B=4$。
• 故 $y_p=4x\cos2x$。

通解
$y(x)=C_1\cos2x+C_2\sin2x+4x\cos2x.$

初值
$y(0)=C_1=0\;\Rightarrow\;C_1=0$。
$y'(x)=-2C_1\sin2x+2C_2\cos2x+4\cos2x-8x\sin2x$，故 $y'(0)=2C_2+4=0\Rightarrow C_2=-2$。

$\boxed{y(x)=-2\sin2x+4x\cos2x}$

(b)
方程 $y''+2y'+10y=17\sin x-37\sin3x$

• 齊次特徵式 $\lambda^2+2\lambda+10=0\Rightarrow\lambda=-1\pm3i$，
  $y_h=e^{-x}(C_1\cos3x+C_2\sin3x)$。

• 右端為 $\sin x$ 與 $\sin3x$，均不與齊次解共振，取特解
  $y_p=A\sin x+B\cos x+C\sin3x+D\cos3x.$

• 計算 $y_p',y_p''$ 並代入，整理係數得到

$$\begin{cases} (-1+10)A-2B=17,\\ (-1+10)B+2A=0,\\ (-9+10)C-6D=-37,\\ (-9+10)D+6C=0. \end{cases}$$

解得 $A=\dfrac{17}{9},\;B=-\dfrac{34}{9},\;C=-\dfrac{37}{1},\;D=\dfrac{222}{1}$（實際計算如下）