115 年 國立臺灣大學土木系碩士班水利組（在職生）《工程數學（A）》

解題要點

1. 由散度定理

$\iint_{S}\mathbf F\!\cdot d\mathbf S=\iiint_{V}\nabla\!\cdot\mathbf F\;dV ,$

$V$ 為半徑 $2$、$1\le z\le4$ 的圓柱體。

2. 計算散度

$$\begin{aligned} \nabla\!\cdot\mathbf F &= \frac{\partial}{\partial x}(x^{2}+e^{x}+\sin\sqrt{z})+ \frac{\partial}{\partial y}(\sin\sqrt{x}+y^{2}+e^{z})+ \frac{\partial}{\partial z}(e^{x}+\sin\sqrt{y}+z^{2})\\ &=2x+e^{x}+2y+2z . \end{aligned}$$

3. 轉化為圓柱座標 $(r,\theta ,z)$：
   $x=r\cos\theta ,\;y=r\sin\theta ,\;dV=r\,dr\,d\theta\,dz$，
   $0\le r\le2,\;0\le\theta\le2\pi,\;1\le z\le4$。

4. 分項積分

核心觀念

本題考查：

1. 特徵值由特徵方程
   $\det(A-\lambda I)=0$
   決定。
2. 對每個特徵值 $\lambda$，解齊次方程
   $(A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0$
   可得對應特徵向量 $\mathbf v$。
3. 若矩陣 $A$ 有三個互異特徵值，則其特徵向量線性獨立，且微分方程組
   $\frac{d\mathbf x}{dt}=A\mathbf x$
   的通解為各個特徵解
   $\mathbf x(t)=e^{\lambda t}\mathbf v$
   的線性組合。

---

(a) 特徵值與特徵向量

給定

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

1. 求特徵方程

計算

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

因此

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(2-\lambda) \begin{vmatrix} 1-\lambda&0\\ 1&-\lambda \end{vmatrix} - \begin{vmatrix} 2&0\\ 0&-\lambda \end{vmatrix} + 2\begin{vmatrix} 2&1-\lambda\\ 0&1 \end{vmatrix}\\ &=(2-\lambda)\lambda(\lambda-1)+2\lambda+4\\ &=-\lambda^3+3\lambda^2+4. \end{aligned}$$

令行列式為零：

$$-\lambda^3+3\lambda^2+4=0,$$

等價於

$$\lambda^3-3\lambda^2-4=0.$$

令

$$\lambda=y+1,$$

可得

$$(y+1)^3-3(y+1)^2-4=0,$$

整理為

$$y^3-3y-6=0.$$

定義

$$u=\sqrt[3]{3+2\sqrt2},\qquad v=\sqrt[3]{3-2\sqrt2}.$$

因為

$$uv=\sqrt[3]{(3+2\sqrt2)(3-2\sqrt2)}=1,$$

所以三個根為

$$\lambda_1=1+u+v,$$

以及

$$\lambda_{2,3} = 1-\frac{u+v}{2} \pm i\frac{\sqrt3}{2}(u-v).$$

數值近似為

$$\lambda_1\approx 3.3546,$$ $$\lambda_{2,3}\approx -0.1773\pm 1.0773i.$$

---

2. 求對應特徵向量

設

$$\mathbf v= \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}.$$

由

$$(A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0$$

得到方程組

$$\begin{cases} (2-\lambda)x+y+2z=0,\\ 2x+(1-\lambda)y=0,\\ y-\lambda z=0. \end{cases}$$

由第三式，

$$y=\lambda z.$$

代入第二式：

$$2x+(1-\lambda)\lambda z=0,$$

故

$$x=\frac{\lambda(\lambda-1)}{2}z.$$

取 $z=2$，可得方便的特徵向量形式

$$\mathbf v(\lambda)= \begin{pmatrix} \lambda(\lambda-1)\\ 2\lambda\\ 2 \end{pmatrix}.$$

因此，三個特徵值所對應的特徵向量分別為

$$\mathbf v_1= \begin{pmatrix} \lambda_1(\lambda_1-1)\\ 2\lambda_1\\ 2 \end{pmatrix},$$ $$\mathbf v_2= \begin{pmatrix} \lambda_2(\lambda_2-1)\\ 2\lambda_2\\ 2 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf v_3= \begin{pmatrix} \lambda_3(\lambda_3-1)\\ 2\lambda_3\\ 2 \end{pmatrix}.$$

由於 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ 三者互異，根據定理：相異特徵值所對應的特徵向量必定線性獨立。因此上述三個特徵向量線性獨立。

---

(b) 線性常微分方程組的通解

考慮

$$\frac{d\mathbf x}{dt}=A\mathbf x.$$

若 $\lambda$ 是 $A$ 的特徵值，$\mathbf v$ 是其特徵向量，則令

$$\mathbf x(t)=e^{\lambda t}\mathbf v.$$

可得

核心觀念

本題考查：

1. 特徵值由特徵方程
   $\det(A-\lambda I)=0$
   決定。
2. 對每個特徵值 $\lambda$，解齊次方程
   $(A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0$
   可得對應特徵向量 $\mathbf v$。
3. 若矩陣 $A$ 有三個互異特徵值，則其特徵向量線性獨立，且微分方程組
   $\frac{d\mathbf x}{dt}=A\mathbf x$
   的通解為各個特徵解
   $\mathbf x(t)=e^{\lambda t}\mathbf v$
   的線性組合。

---

(a) 特徵值與特徵向量

給定

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

1. 求特徵方程

計算

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

因此

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(2-\lambda) \begin{vmatrix} 1-\lambda&0\\ 1&-\lambda \end{vmatrix} - \begin{vmatrix} 2&0\\ 0&-\lambda \end{vmatrix} + 2\begin{vmatrix} 2&1-\lambda\\ 0&1 \end{vmatrix}\\ &=(2-\lambda)\lambda(\lambda-1)+2\lambda+4\\ &=-\lambda^3+3\lambda^2+4. \end{aligned}$$

令行列式為零：

$$-\lambda^3+3\lambda^2+4=0,$$

等價於

$$\lambda^3-3\lambda^2-4=0.$$

令

$$\lambda=y+1,$$

可得

$$(y+1)^3-3(y+1)^2-4=0,$$

整理為

$$y^3-3y-6=0.$$

定義

$$u=\sqrt[3]{3+2\sqrt2},\qquad v=\sqrt[3]{3-2\sqrt2}.$$

因為

$$uv=\sqrt[3]{(3+2\sqrt2)(3-2\sqrt2)}=1,$$

所以三個根為

$$\lambda_1=1+u+v,$$

以及

$$\lambda_{2,3} = 1-\frac{u+v}{2} \pm i\frac{\sqrt3}{2}(u-v).$$

數值近似為

$$\lambda_1\approx 3.3546,$$ $$\lambda_{2,3}\approx -0.1773\pm 1.0773i.$$

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2. 求對應特徵向量

設

$$\mathbf v= \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}.$$

由

$$(A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0$$

得到方程組

$$\begin{cases} (2-\lambda)x+y+2z=0,\\ 2x+(1-\lambda)y=0,\\ y-\lambda z=0. \end{cases}$$

由第三式，

$$y=\lambda z.$$

代入第二式：

$$2x+(1-\lambda)\lambda z=0,$$

故

$$x=\frac{\lambda(\lambda-1)}{2}z.$$

取 $z=2$，可得方便的特徵向量形式

$$\mathbf v(\lambda)= \begin{pmatrix} \lambda(\lambda-1)\\ 2\lambda\\ 2 \end{pmatrix}.$$

因此，三個特徵值所對應的特徵向量分別為

$$\mathbf v_1= \begin{pmatrix} \lambda_1(\lambda_1-1)\\ 2\lambda_1\\ 2 \end{pmatrix},$$ $$\mathbf v_2= \begin{pmatrix} \lambda_2(\lambda_2-1)\\ 2\lambda_2\\ 2 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf v_3= \begin{pmatrix} \lambda_3(\lambda_3-1)\\ 2\lambda_3\\ 2 \end{pmatrix}.$$

由於 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ 三者互異，根據定理：相異特徵值所對應的特徵向量必定線性獨立。因此上述三個特徵向量線性獨立。

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(b) 線性常微分方程組的通解

考慮

$$\frac{d\mathbf x}{dt}=A\mathbf x.$$

若 $\lambda$ 是 $A$ 的特徵值，$\mathbf v$ 是其特徵向量，則令

$$\mathbf x(t)=e^{\lambda t}\mathbf v.$$

可得

核心觀念

本題考查二階常係數線性非齊次微分方程式的通解，分為：

1. 齊次解 $y_h$：由特徵方程式求得。
2. 特解 $y_p$：配合右端非齊次項 $e^t$ 的形式設出。
3. 通解為
   $y(t)=y_h(t)+y_p(t).$

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解題方法

原方程式為

$$y''-4y'+4y=e^t.$$

一、求齊次解

先考慮對應的齊次方程式

$$y''-4y'+4y=0.$$

設 $y=e^{rt}$，得到特徵方程式

$$r^2-4r+4=0,$$

整理為

$$(r-2)^2=0.$$

因此 $r=2$ 是二重根。對應的兩個線性獨立解為

$$e^{2t},\qquad te^{2t}.$$

所以齊次解為

$$y_h=C_1e^{2t}+C_2te^{2t},$$

其中 $C_1,C_2$ 為任意常數。

二、求特解

右端為 $e^t$，先設

$$y_p=Ae^t,$$

其中 $A$ 為待定常數。

則

$$y_p'=Ae^t,\qquad y_p''=Ae^t.$$

代回原方程式：

核心觀念

本題考查狄拉克函數 $\delta(t-\pi)$ 所造成的瞬時脈衝響應，以及拉普拉斯變換的位移定理。

重要公式為：

$$\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as},$$ $$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0),$$ $$\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0).$$

由於外力集中發生在 $t=\pi$，系統在 $0\le t<\pi$ 時尚未受到脈衝影響，因此 $y(t)=0$；在 $t>\pi$ 時則產生自由振動響應。

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解題方法：拉普拉斯變換

令

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$$

對原方程式取拉普拉斯變換：

$$\mathcal{L}\{y''+2y'+2y\} = \mathcal{L}\{\delta(t-\pi)\}.$$

利用初始條件 $y(0)=0$、$y'(0)=0$，得到

$$\left(s^2Y(s)\right)+2\left(sY(s)\right)+2Y(s)=e^{-\pi s}.$$

因此

$$Y(s)=\frac{e^{-\pi s}}{s^2+2s+2}.$$

將分母配方：

$$s^2+2s+2=(s+1)^2+1.$$

所以

$$Y(s)=e^{-\pi s}\frac{1}{(s+1)^2+1}.$$

由基本反變換公式

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{(s+1)^2+1} \right\} =e^{-t}\sin t.$$

再利用第二位移定理：

$$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\} = u(t-a)f(t-a),$$

其中 $u(t-a)$ 為單位階梯函數，故

$$y(t)=u(t-\pi)e^{-(t-\pi)}\sin(t-\pi).$$

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分段表示

因此解可寫成

$$y(t)= \begin{cases} 0, & 0\le t<\pi,\\[4pt] e^{-(t-\pi)}\sin(t-\pi), & t\ge \pi. \end{cases}$$

在 $t=\pi$ 處，因為 $\sin 0=0$，有

核心觀念

本題考查一維固定端波動方程式的分離變數法。問題為

$$\frac{\partial^2u}{\partial t^2} =c^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2}, \qquad 0<x<L,\ t>0,$$

邊界條件為

$$u(0,t)=u(L,t)=0,$$

初始條件為

$$u(x,0)=\sin\left(\frac{\pi x}{L}\right), \qquad u_t(x,0)=0.$$

固定端邊界條件會導出空間特徵函數

$$\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right), \qquad n=1,2,3,\ldots$$

而題目的初始位移恰好只有第一個模態，因此不需要進行傅立葉級數展開。

解題方法：分離變數法

令

$$u(x,t)=X(x)T(t).$$

代入波動方程式：

$$X(x)T''(t)=c^2X''(x)T(t).$$

兩邊除以 $c^2X(x)T(t)$，得到

$$\frac{T''(t)}{c^2T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)}.$$

左側只含 $t$，右側只含 $x$，故兩者必為常數。取分離常數為 $-\lambda$，可得

$$X''+\lambda X=0,$$

以及

$$T''+c^2\lambda T=0.$$

空間部分

由邊界條件，

$$u(0,t)=X(0)T(t)=0, \qquad u(L,t)=X(L)T(t)=0,$$

因此

$$X(0)=0,\qquad X(L)=0.$$

空間特徵值問題為

$$X''+\lambda X=0,\qquad X(0)=X(L)=0.$$

非零解存在時，必須有

$$\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

其對應特徵函數為

$$X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

時間部分

對應於 $\lambda_n$，時間方程式為

$$T_n''+c^2\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2T_n=0.$$

因此

$$T_n(t) = A_n\cos\left(\frac{cn\pi t}{L}\right) + B_n\sin\left(\frac{cn\pi t}{L}\right).$$

一般解為各模態的疊加：

核心觀念

本題是整條實線上的熱方程：

$$\frac{\partial u}{\partial t} = k\frac{\partial^2u}{\partial x^2}, \qquad -\infty<x<\infty,\quad t>0,$$

初始條件為狄拉克 delta 函數：

$$u(x,0)=\delta(x).$$

其中 $\delta(x)$ 不是一般函數，而是滿足

$$\int_{-\infty}^{\infty}\delta(x)\,dx=1,$$

且對連續函數 $f$ 有

$$\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\delta(x)\,dx=f(0).$$

因此，本題要求的是「位於 $x=0$ 的單位瞬時熱源」經過熱擴散後的溫度分布，也就是熱方程的基本解（heat kernel）。以下假設擴散係數 $k>0$。

---

解題方法：傅立葉轉換

由於空間區間是整條實線，最自然的方法是對 $x$ 做傅立葉轉換。

定義

$$\widehat{u}(\xi,t) = \int_{-\infty}^{\infty}u(x,t)e^{-i\xi x}\,dx.$$

利用傅立葉轉換性質：

$$\mathcal{F}\left\{\frac{\partial^2u}{\partial x^2}\right\} = -\xi^2\widehat{u}(\xi,t),$$

原偏微分方程轉換為

$$\frac{\partial \widehat{u}}{\partial t} = -k\xi^2\widehat{u}.$$

對固定的 $\xi$ 而言，這是一階常微分方程，其解為

$$\widehat{u}(\xi,t) = C(\xi)e^{-k\xi^2t}.$$

---

套用初始條件

因為

$$u(x,0)=\delta(x),$$

而 delta 函數的傅立葉轉換為

$$\widehat{\delta}(\xi)=1,$$

所以

$$\widehat{u}(\xi,0)=1.$$

因此 $C(\xi)=1$，得到

$$\widehat{u}(\xi,t)=e^{-k\xi^2t}.$$

接著進行反傅立葉轉換：

$$u(x,t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-k\xi^2t}e^{i\xi x}\,d\xi.$$

整理指數項：

$$u(x,t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \exp\left(-kt\xi^2+i\xi x\right)\,d\xi.$$

利用高斯積分公式

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a\xi^2+b\xi}\,d\xi = \sqrt{\frac{\pi}{a}} \exp\left(\frac{b^2}{4a}\right), \qquad a>0,$$

取