108 年 國立成功大學航空太空工程學系碩士班甲組《工程數學》

核心觀念

本題考查：

1. 二階常係數線性微分方程的 Laplace transform。
2. 初始值公式
   $\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0),$
   $\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0)。$
3. 單位階躍函數的位移定理
   $\mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}=e^{-as}F(s)。$

右側
$u(t-1)-u(t-2)$
代表一個在 $1\le t<2$ 時作用、其餘時間為零的矩形脈衝。

---

解題方法

令
$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}。$

題目給定
$y(0)=1,\qquad y'(0)=0。$

對微分方程
$y''+5y'+6y=u(t-1)-u(t-2)$
取 Laplace transform：

$$\mathcal{L}\{y''\}+5\mathcal{L}\{y'\}+6\mathcal{L}\{y\} = \mathcal{L}\{u(t-1)\}-\mathcal{L}\{u(t-2)\}.$$

由
$\mathcal{L}\{u(t-a)\}=\frac{e^{-as}}{s}，$
右側為

$$\frac{e^{-s}}{s}-\frac{e^{-2s}}{s}。$$

左側則為

$$(s^2Y-s)+5(sY-1)+6Y。$$

因此

$$(s^2+5s+6)Y-(s+5) = \frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s}.$$

因為

$$s^2+5s+6=(s+2)(s+3)，$$

故

$$Y(s) = \frac{s+5}{(s+2)(s+3)} + \frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s(s+2)(s+3)}。$$

---

第一部分反變換

先分解

$$\frac{s+5}{(s+2)(s+3)} = \frac{A}{s+2}+\frac{B}{s+3}。$$

比較係數：

$$A+B=1,\qquad 3A+2B=5，$$

解得

$$A=3,\qquad B=-2。$$

所以

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s+5}{(s+2)(s+3)}\right\} = 3e^{-2t}-2e^{-3t}。$$

---

脈衝輸入部分

令

$$F(s)=\frac{1}{s(s+2)(s+3)}。$$

部分分式分解為

$$\frac{1}{s(s+2)(s+3)} = \frac{1}{6s}-\frac{1}{2(s+2)}+\frac{1}{3(s+3)}。$$

(a) 椭圆 $\displaystyle \frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 隐函数 $F(x,y)=\frac{x^{2}}{4}+y^{2}-1=0$。

$$\frac{\partial F}{\partial x}\,dx+\frac{\partial F}{\partial y}\,dy=0\quad\Longrightarrow\quad \frac{x}{2}+2y\,y'=0\;\Rightarrow\;y'=-\frac{x}{4y}.$$

在 $P\left(\sqrt2,\frac1{\sqrt2}\right)$ 处

$y'=-\frac{\sqrt2}{4\cdot\frac1{\sqrt2}}=-\frac12.$

切线方程

$$y-\frac1{\sqrt2}=-\frac12\left(x-\sqrt2\right) \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\,y=-\frac12x+\frac{\sqrt2}{2}+\frac1{\sqrt2}\,}.$$

---

(b) 设 $P(x,y)=x^{2}e^{x},\;Q(x,y)=y^{2}e^{x}$，则

$$\frac{\partial Q}{\partial x}=y^{2}e^{x},\qquad \frac{\partial P}{\partial y}=0.$$

由格林定理

$$\oint_{C}\mathbf F\!\cdot d\mathbf r=\iint_{R}\bigl(\partial_x Q-\partial_y P\bigr)\,dA =\iint_{R} y^{2}e^{x}\,dA .$$

矩形 $0\le x\le2,\;0\le y\le3$：

核心觀念

本題考查：

1. 孤立奇點的判定：可去奇點、極點與本性奇點。
2. 留數的計算：
   • 一階極點
   • 二階極點
   • $\cot z$ 的週期性極點
3. 留數定理與上半平面半圓形 контour。
4. 實軸上有極點時，必須使用柯西主值（Cauchy principal value, P.V.）。

---

(a) 奇點與對應留數

(i) $\displaystyle f(z)=\frac{1}{z(z-1)^2}$

分母為零的位置為

$$z=0,\qquad z=1.$$

在 $z=0$

$z=0$ 是一階極點，其留數為

$$\operatorname{Res}(f,0) =\lim_{z\to 0}z f(z) =\lim_{z\to 0}\frac{1}{(z-1)^2} =1.$$

在 $z=1$

$z=1$ 是二階極點。若 $z_0$ 是二階極點，則

$$\operatorname{Res}(f,z_0) = \left. \frac{d}{dz}\left[(z-z_0)^2f(z)\right] \right|_{z=z_0}.$$

因此

$$\operatorname{Res}(f,1) = \left. \frac{d}{dz}\left[\frac{1}{z}\right] \right|_{z=1} = \left.-\frac{1}{z^2}\right|_{z=1} =-1.$$

所以

$$\boxed{ \operatorname{Res}(f,0)=1,\qquad \operatorname{Res}(f,1)=-1 }$$

---

(ii) $\displaystyle f(z)=\cot z=\frac{\cos z}{\sin z}$

$\sin z=0$ 的位置為

$$z=n\pi,\qquad n\in\mathbb Z.$$

由於

$$\frac{d}{dz}\sin z=\cos z,$$

且 $\cos(n\pi)=(-1)^n\neq 0$，所以每個 $z=n\pi$ 都是一階極點。

一階極點的留數為

$$\operatorname{Res}(\cot z,n\pi) = \lim_{z\to n\pi}(z-n\pi)\frac{\cos z}{\sin z}.$$

利用 $\sin z$ 在 $z=n\pi$ 附近的線性近似，

$$\sin z\sim \cos(n\pi)(z-n\pi),$$

因此

$$\operatorname{Res}(\cot z,n\pi) = \frac{\cos(n\pi)}{\cos(n\pi)} =1.$$

所以

$$\boxed{ \text{奇點為 }z=n\pi\ (n\in\mathbb Z)， \qquad \operatorname{Res}(\cot z,n\pi)=1 }$$

---

(b) 使用留數定理計算積分

考慮

$$I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x+2}{x^4+4x}\,dx.$$

先因式分解分母：

$$x^4+4x=x(x^3+4).$$

令

$$a=\sqrt[3]{4}.$$

則

$$x^3+4=0$$

的三個根為

$$-a,\qquad a e^{i\pi/3},\qquad a e^{-i\pi/3}.$$

因此函數

$$F(z)=\frac{z+2}{z^4+4z} =\frac{z+2}{z(z^3+4)}$$

的極點為

$$z=0,\quad z=-a,\quad z=a e^{i\pi/3},\quad z=a e^{-i\pi/3}.$$

其中 $z=0$ 與 $z=-a$ 位於實軸上，故原積分若採通常廣義積分定義並不存在；留數定理所求為柯西主值：

$$I=\operatorname{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty}F(x)\,dx.$$

1. 計算各極點的留數

因為

$$\frac{d}{dz}(z^4+4z)=4z^3+4,$$

對於 $z^3=-4$ 的根，有

核心觀念

本題考查三個基本觀念：

1. 偶函數與奇函數的定義。
2. Fourier cosine series 與 Fourier sine series 的奇偶性。
3. 任意函數的偶函數—奇函數分解，以及分解的唯一性。

前提是函數定義域關於原點對稱；例如 $[-L,L]$。

---

(a) 偶函數與奇函數的定義

偶函數

若函數 $f(x)$ 的定義域關於原點對稱，且對所有定義域中的 $x$ 滿足

$$f(-x)=f(x),$$

則稱 $f(x)$ 為偶函數（even function）。

幾何圖形關於 $y$ 軸對稱，例如：

$$f(x)=x^2,\qquad f(x)=\cos x.$$

奇函數

若函數 $f(x)$ 的定義域關於原點對稱，且對所有定義域中的 $x$ 滿足

$$f(-x)=-f(x),$$

則稱 $f(x)$ 為奇函數（odd function）。

幾何圖形關於原點對稱，例如：

$$f(x)=x^3,\qquad f(x)=\sin x.$$

由奇函數定義令 $x=0$，可得

$$f(0)=-f(0),$$

因此

$$f(0)=0.$$

---

(b) Fourier cosine series 與 Fourier sine series 的奇偶性

Fourier cosine series

在 $[-L,L]$ 上，Fourier cosine series 的一般形式為

$$F_c(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

因為 cosine 函數是偶函數，所以

$$\cos\left(\frac{n\pi(-x)}{L}\right) = \cos\left(-\frac{n\pi x}{L}\right) = \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

因此

$$F_c(-x) = \frac{a_0}{2} +\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos\left(\frac{n\pi(-x)}{L}\right) = F_c(x).$$

所以 Fourier cosine series 是偶函數。

其中常數項 $\frac{a_0}{2}$ 也是偶函數，不會改變整個級數的奇偶性。

Fourier sine series

Fourier sine series 的一般形式為

$$F_s(x)=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

因為 sine 函數是奇函數，所以

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

因此

$$F_s(-x) = \sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin\left(\frac{n\pi(-x)}{L}\right) = -\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) = -F_s(x).$$

所以 Fourier sine series 是奇函數。

結論

• Fourier cosine series：偶函數。
• Fourier sine series：奇函數。

快速判斷方式是：

$$\cos(-x)=\cos x,\qquad \sin(-x)=-\sin x.$$

因此只含 cosine 項的級數為偶函數，只含 sine 項的級數為奇函數。

---

(c) 任意函數的偶函數—奇函數分解

解題方法

將 $f(x)$ 與 $f(-x)$ 分別相加、相減，即可分離出偶部與奇部。

定義

核心觀念

本題考查矩形區域上的二維 Laplace 方程，以及分離變數法與 Fourier 正弦級數。

方程為

$$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} =0.$$

邊界條件中，$y=0$ 為定值邊界、$y=b$ 為 Neumann 邊界，因此在 $y$ 方向應選擇同時滿足

$$Y(0)=0,\qquad Y'(b)=0$$

的特徵函數。這會導出半奇數倍頻率的正弦函數。

---

解題方法

先消除邊界上的常數 $c$。令

$$v(x,y)=u(x,y)-c.$$

因為 $c$ 為常數，故 $v$ 仍滿足 Laplace 方程：

$$v_{xx}+v_{yy}=0.$$

新的邊界條件為

$$\begin{cases} v(0,y)=y-c,\\ v(a,y)=0,\\ v(x,0)=0,\\ v_y(x,b)=0. \end{cases}$$

1. 分離變數

設

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

代入方程得

$$X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0.$$

除以 $X(x)Y(y)$：

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

因此

$$Y''+\lambda^2Y=0,$$

且

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

由 $v(x,0)=0$ 得

$$Y(0)=0.$$

]

故

$$Y(y)=\sin(\lambda y).$$

再由 $v_y(x,b)=0$：

$$Y'(b)=\lambda\cos(\lambda b)=0.$$

因此

$$\cos(\lambda b)=0,$$

特徵值為

$$\lambda_n=\frac{(n+\frac12)\pi}{b}, \qquad n=0,1,2,\ldots$$

相應的 $y$ 方向特徵函數為

$$Y_n(y)=\sin(\lambda_n y).$$

2. 求 $x$ 方向解

$x$ 方向滿足

$$X''-\lambda_n^2X=0.$$

其一般解為

$$X(x)=A_n\cosh(\lambda_n x)+B_n\sinh(\lambda_n x).$$

因為 $v(a,y)=0$，可直接選取滿足 $X_n(a)=0$ 的形式：

$$X_n(x)=\frac{\sinh\left(\lambda_n(a-x)\right)} {\sinh(\lambda_n a)}.$$

]

此時

$$X_n(a)=0,\qquad X_n(0)=1.$$

故 $v$ 可表示為