115 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

1. 特徵方程式與特徵值 (Characteristic Equation & Eigenvalues)：
   設方陣 $A$ 之階數為 $n \times n$，其特徵方程式定義為： $$\det(A - \lambda I) = 0$$ 解出之根 $\lambda$ 即為矩陣 $A$ 的特徵值。
2. 對稱矩陣的正交對角化 (Orthogonal Diagonalization of Symmetric Matrices)：
   若實數方陣 $A$ 滿足 $A = A^T$（實對稱矩陣），則其相異特徵值對應之特徵向量彼此正交；若有重根（多重特徵值），則其幾何重數必等於代數重數，可透過 葛蘭-史密特正交化程序 (Gram-Schmidt Orthogonalization Process) 求得一組彼此正交的特徵向量。
3. 正交矩陣 (Orthogonal Matrix)：
   將正交的特徵向量進行單位化（Normalization）後，依序組合成行向量（Column Vectors），可得正交矩陣 $P$（滿足 $P^{-1} = P^T$），使： $$P^T A P = D$$ 其中 $D$ 為主對角線元素由對應特徵值構成的對角矩陣。

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解題方法與詳細計算

(1) 求特徵方程式與特徵值 (Characteristic Equation & Eigenvalues)

特徵方程式為 $\det(A - \lambda I) = 0$：

$$\det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix} 3-\lambda & 1 & 1 \\ 1 & 3-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 3-\lambda \end{vmatrix} = 0$$

利用行列式性質，將第 2 列與第 3 列加至第 1 列（$R_1 \leftarrow R_1 + R_2 + R_3$）：

$$\begin{vmatrix} 5-\lambda & 5-\lambda & 5-\lambda \\ 1 & 3-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 3-\lambda \end{vmatrix} = (5-\lambda) \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 3-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 3-\lambda \end{vmatrix}$$

接著化簡行列式，執行列運算 $R_2 \leftarrow R_2 - R_1$ 與 $R_3 \leftarrow R_3 - R_1$：

$$(5-\lambda) \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 2-\lambda & 0 \\ 0 & 0 & 2-\lambda \end{vmatrix} = (5-\lambda)(2-\lambda)^2 = -(\lambda - 5)(\lambda - 2)^2$$

展開可得標準多項式形式：

$$\det(A - \lambda I) = -\lambda^3 + 9\lambda^2 - 24\lambda + 20 = 0$$

或寫為：

$$(\lambda - 5)(\lambda - 2)^2 = 0$$

解得特徵值為：

$$\lambda_1 = 5, \quad \lambda_2 = \lambda_3 = 2 \text{ (二重根)}$$

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(2) 求正交矩陣 $P$ 使得 $P^T A P = D$

求各特徵值對應之單位正交特徵向量：

Case 1: 當 $\lambda_1 = 5$

解聯立方程 $(A - 5I)\mathbf{x} = \mathbf{0}$：

$$\begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

經列運算化為簡約列梯形式：

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \implies x_1 = x_2 = x_3$$

取特徵向量 $\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$。
將其單位化：

$$\mathbf{u}_1 = \frac{\mathbf{v}_1}{\|\mathbf{v}_1\|} = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix}$$

Case 2: 當 $\lambda_2 = \lambda_3 = 2$

解聯立方程 $(A - 2I)\mathbf{x} = \mathbf{0}$：

$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \implies x_1 + x_2 + x_3 = 0$$

此平面方程式具有兩個自由度，選取兩組線性獨立之基底向量：

• 令 $x_2 = 1, x_3 = 0 \implies x_1 = -1$，得 $\mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$
• 令 $x_2 = 0, x_3 = 1 \implies x_1 = -1$，得 $\mathbf{w}_3 = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$

對重根對應的特徵向量進行葛蘭-史密特正交化程序 (Gram-Schmidt process)：

1. 取正交向量： $$\mathbf{v}_2' = \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$$

核心觀念

本題考查數值分析（Numerical Analysis）中的非線性方程式求解法——牛頓-拉夫森法（Newton-Raphson Method）。
牛頓-拉夫森法是一種利用一階泰勒展開式進行局部線性化（Linearization）的切線疊代演算法，具有二次收斂性（Quadratic Convergence）。其幾何意義為在當前近似點 $x_k$ 處做函數 $y = f(x)$ 的切線，並求該切線與 $x$ 軸之交點作為下一次的近似值 $x_{k+1}$。

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解題方法

(1) 推導 Newton-Raphson 疊代公式
給定非線性方程 $f(x) = 0$，其一階導函數為 $f'(x)$。標準 Newton-Raphson 疊代通式為：
$x_{k+1} = x_k - \frac{f(x_k)}{f'(x_k)}$

針對本題結構平衡方程式：
$f(x) = x^2 - 2x - 5$

對其求微分可得一階導函數：
$f'(x) = 2x - 2$

將 $f(x_k)$ 與 $f'(x_k)$ 代入通用疊代公式中：
$x_{k+1} = x_k - \frac{x_k^2 - 2x_k - 5}{2x_k - 2}$

經通分簡化可得極簡疊代關係式：
$x_{k+1} = \frac{x_k(2x_k - 2) - (x_k^2 - 2x_k - 5)}{2x_k - 2} = \frac{x_k^2 + 5}{2x_k - 2}$

(2) 計算第一次疊代值 $x_1$
給定初始猜測值 $x_0 = 2$，計算步驟如下：

1. 計算 $x_0 = 2$ 處的函數值與導數值：
   $f(x_0) = f(2) = 2^2 - 2(2) - 5 = 4 - 4 - 5 = -5$
   $f'(x_0) = f'(2) = 2(2) - 2 = 4 - 2 = 2$

核心觀念

本題屬於二階常係數非齊次線性微分方程式之初值問題（Initial-Value Problem, IVP）。求解核心可拆解為以下三大步驟：

1. 齊次解（Complementary Solution, $y_h$）：
   對應齊次方程式 $y'' + 2y' + 5y = 0$，由特徵方程式（Characteristic Equation）求解根的型態。當特徵根為複數共軛根 $\alpha \pm i\beta$ 時，齊次解為：
   $y_h(x) = e^{\alpha x} (C_1 \cos(\beta x) + C_2 \sin(\beta x))$

2. 特殊解（Particular Solution, $y_p$）：
   針對非齊次項 $f(x) = 10\cos(x)$，採用**未定係數法（Method of Undetermined Coefficients）或微分運算子法（Operator Method）**假設並求解特殊解。

3. 通解與初值條件（General Solution & IVP）：
   合成本體通解 $y(x) = y_h(x) + y_p(x)$，帶入初值條件 $y(0) = 0$ 與 $y'(0) = 0$，解出未定常數 $C_1$ 與 $C_2$。

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解題方法

第一步：求解齊次解 $y_h(x)$

考慮對應之齊次微分方程式：
$y'' + 2y' + 5y = 0$

寫出特徵方程式：
$r^2 + 2r + 5 = 0$

利用公式解求解特徵根 $r$：
$r = \frac{-2 \pm \sqrt{2^2 - 4(1)(5)}}{2} = -1 \pm 2i$

特徵根為虛根，其中實部 $\alpha = -1$，虛部 $\beta = 2$，故齊次解為：
$y_h(x) = e^{-x} (C_1 \cos(2x) + C_2 \sin(2x))$

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第二步：求解特殊解 $y_p(x)$

右式非齊次項為 $10\cos(x)$，因與齊次解無重複項，可設特殊解型態為：
$y_p(x) = A \cos(x) + B \sin(x)$

對 $y_p(x)$ 求一階與二階微分：
$y_p'(x) = -A \sin(x) + B \cos(x)$
$y_p''(x) = -A \cos(x) - B \sin(x)$

將 $y_p(x), y_p'(x), y_p''(x)$ 代回原微分方程式 $y'' + 2y' + 5y = 10\cos(x)$：
$(-A \cos(x) - B \sin(x)) + 2(-A \sin(x) + B \cos(x)) + 5(A \cos(x) + B \sin(x)) = 10\cos(x)$

同類項合併整理：
$(4A + 2B) \cos(x) + (-2A + 4B) \sin(x) = 10 \cos(x)$

比較兩端同類項係數，建立聯立方程式：
$\begin{cases} 4A + 2B = 10 \\ -2A + 4B = 0 \end{cases}$

由第二式得 $A = 2B$，代入第一式：
$4(2B) + 2B = 10 \implies 10B = 10 \implies B = 1$
進而求得 $A = 2$。

因此，特殊解為：
$y_p(x) = 2\cos(x) + \sin(x)$

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第三步：建立通解 $y(x)$

微分方程式之通解為齊次解與特殊解之和：

核心觀念

本題考查**向量微積分（Vector Calculus）**的核心定理與運算，主要包含以下三個關鍵主題：

1. 向量場的散度（Divergence of a Vector Field）：
   設向量場為 $\mathbf{F}(x, y, z) = P(x, y, z)\mathbf{i} + Q(x, y, z)\mathbf{j} + R(x, y, z)\mathbf{k}$，其散度定義為各分量對相應自變數偏微分之和：
   $\nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}$

2. 高斯散度定理（Divergence Theorem / Gauss's Theorem）：
   若 $V$ 為三維空間中的封閉實心區域，$\partial V$ 為其平滑且朝外的封閉邊界曲面，則向量場 $\mathbf{F}$ 通過邊界曲面 $\partial V$ 的總外向通量（Flux），等於該向量場散度在區域 $V$ 內的體積積分：
   $\iint_{\partial V} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iiint_V (\nabla \cdot \mathbf{F}) \, dV$

3. 柱座標變數變換（Cylindrical Coordinate Transformation）：
   對於具有軸對稱特性的立體區域（如拋物面 $z = x^2 + y^2$），選用柱座標 $(r, \theta, z)$ 進行體積積分能大幅簡化運算：
   $x = r\cos\theta, \quad y = r\sin\theta, \quad z = z$
   體積微元為 $dV = r \, dz \, dr \, d\theta$。

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解題方法

(1) 計算向量場 $\mathbf{F}$ 的散度

給定向量場 $\mathbf{F} = x^2\mathbf{i} + y^2\mathbf{j} + (z+3)\mathbf{k}$，對各分量分別求偏微分：

• $P(x, y, z) = x^2 \implies \frac{\partial P}{\partial x} = 2x$
• $Q(x, y, z) = y^2 \implies \frac{\partial Q}{\partial y} = 2y$
• $R(x, y, z) = z + 3 \implies \frac{\partial R}{\partial z} = 1$

將三者相加即得散度：
$\nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} = 2x + 2y + 1$

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(2) 應用散度定理將曲面積分轉換為體積積分

根據散度定理，總通量曲面積分可轉換為對區域 $V$ 的體積積分：
$\iint_{\partial V} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iiint_V (\nabla \cdot \mathbf{F}) \, dV = \iiint_V (2x + 2y + 1) \, dV$

建立積分區域與邊界範圍：
實心區域 $V$ 下邊界為旋轉拋物面 $z = x^2 + y^2$，上邊界為平面 $z = 4$。
兩曲面相交於 $x^2 + y^2 = 4$，其在 $xy$ 平面上的投影區域為以原點為中心、半徑 $R = 2$ 的圓形區域。

轉換至柱座標系統：

• 角度範圍：$0 \le \theta \le 2\pi$
• 半徑範圍：$0 \le r \le 2$
• $z$ 軸範圍：$r^2 \le z \le 4$
• 被積函數：$2x + 2y + 1 = 2r\cos\theta + 2r\sin\theta + 1$
• 體積元素：$dV = r \, dz \, dr \, d\theta$

轉換後之柱座標等效體積積分表示式為：

核心觀念

本題考查偏微分方程（Partial Differential Equations, PDE）在土木工程物理現象中的經典應用——一維擴散方程（1D Diffusion Equation / 太沙基一維壓密理論 Terzaghi's 1D Consolidation Theory）。解題核心涵蓋以下三大關鍵：

1. 變數分離法（Method of Separation of Variables）：將多變數函數 $u(z,t)$ 拆解為空間函數 $Z(z)$ 與時間函數 $T(t)$ 的乘積。
2. Sturm-Liouville 特徵值問題（Eigenvalue Problem）：利用齊次邊界條件（Homogeneous Boundary Conditions），求解空間微分方程得到對應的特徵值（Eigenvalues）與特徵函數（Eigenfunctions）。
3. 傅立葉級數正交性與模態匹配（Orthogonality & Mode Matching）：根據初始條件（Initial Condition）決定特徵展開式的待定係數。

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解題方法

步驟一：設定變數分離型態與分離常數

設解的形式為：
$u(z,t) = Z(z)T(t)$

將其代入原偏微分方程 $\frac{\partial u}{\partial t} = c \frac{\partial^2 u}{\partial z^2}$：
$Z(z) T'(t) = c Z''(z) T(t)$

兩邊同除以 $c Z(z) T(t)$，可將空間變數與時間變數完全分離：
$\frac{T'(t)}{c T(t)} = \frac{Z''(z)}{Z(z)} = -\lambda$
其中 $-\lambda$ 為分離常數（Separation Constant）。

由此可導出兩個獨立的常微分方程（ODE）：

1. 空間微分方程：$Z''(z) + \lambda Z(z) = 0$
2. 時間微分方程：$T'(t) + c\lambda T(t) = 0$

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步驟二：求解空間端的特徵值問題

套用齊次邊界條件 $u(0,t) = 0$ 及 $u(H,t) = 0$：

• $u(0,t) = Z(0)T(t) = 0 \implies Z(0) = 0$
• $u(H,t) = Z(H)T(t) = 0 \implies Z(H) = 0$

針對 $Z''(z) + \lambda Z(z) = 0$ 討論 $\lambda$ 的三種可能：

1. 若 $\lambda < 0$（設 $\lambda = -\mu^2, \mu > 0$）：
   $Z(z) = C_1 \cosh(\mu z) + C_2 \sinh(\mu z)$
   由 $Z(0) = 0 \implies C_1 = 0$；再由 $Z(H) = C_2 \sinh(\mu H) = 0 \implies C_2 = 0$（僅有零解，不符合需求）。

2. 若 $\lambda = 0$：
   $Z(z) = C_1 z + C_2$
   由 $Z(0) = 0 \implies C_2 = 0$；再由 $Z(H) = C_1 H = 0 \implies C_1 = 0$（僅有零解，不符合需求）。

3. 若 $\lambda > 0$（設 $\lambda = \beta^2, \beta > 0$）：
   $Z(z) = C_1 \cos(\beta z) + C_2 \sin(\beta z)$

   • 套用 $Z(0) = 0 \implies C_1 = 0$
   • 套用 $Z(H) = 0 \implies C_2 \sin(\beta H) = 0$

   要取得非零通解（Non-trivial solution），必須要求 $C_2 \neq 0$，即：
   $\sin(\beta H) = 0 \implies \beta H = n\pi \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$

因此獲得特徵值 $\lambda_n$ 與特徵函數 $Z_n(z)$：

核心觀念

本題考查非週期函數的 Fourier Integral Representation 與 Fourier Transform。

對可積分函數 $f(x)$，其 Fourier 積分表示可寫成

$$f(x)=\int_{0}^{\infty}\left[A(\omega)\cos(\omega x)+B(\omega)\sin(\omega x)\right]\,d\omega$$

其中

$$A(\omega)=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}f(t)\cos(\omega t)\,dt$$

以及

$$B(\omega)=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}f(t)\sin(\omega t)\,dt$$

本題的函數為偶函數，因此其 Fourier 積分中只會出現餘弦項，正弦係數必為零。

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解題方法

題目給定

$$f(x)= \begin{cases} 2, & -1<x<1,\\ 0, & \text{otherwise}. \end{cases}$$

由於 $f(x)$ 只在 $(-1,1)$ 內不為零，計算 $A(\omega)$ 與 $B(\omega)$ 時，積分範圍可縮減為 $[-1,1]$。

（1）求 Fourier Integral Representation

求 $A(\omega)$

$$A(\omega) =\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}f(t)\cos(\omega t)\,dt$$

因此

$$A(\omega) =\frac{1}{\pi}\int_{-1}^{1}2\cos(\omega t)\,dt$$

當 $\omega\neq 0$ 時，

$$\begin{aligned} A(\omega) &=\frac{2}{\pi}\left[\frac{\sin(\omega t)}{\omega}\right]_{-1}^{1}\\ &=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\sin\omega-\sin(-\omega)}{\omega}\\ &=\frac{4\sin\omega}{\pi\omega}. \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{A(\omega)=\frac{4\sin\omega}{\pi\omega}}$$

在 $\omega=0$ 時取極限：

$$A(0)=\lim_{\omega\to 0}\frac{4\sin\omega}{\pi\omega} =\frac{4}{\pi}.$$

求 $B(\omega)$

$$B(\omega) =\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}f(t)\sin(\omega t)\,dt$$

代入函數得

$$B(\omega) =\frac{2}{\pi}\int_{-1}^{1}\sin(\omega t)\,dt.$$

因為 $\sin(\omega t)$ 是關於 $t$ 的奇函數，而積分區間 $[-1,1]$ 對稱，因此

$$\boxed{B(\omega)=0}.$$

故 Fourier Integral Representation 為

$$f(x)=\int_{0}^{\infty} \left[ \frac{4\sin\omega}{\pi\omega}\cos(\omega x) \right]\,d\omega.$$

也就是