109 年 國立成功大學工程科學系碩士班丁組《工程數學》

核心觀念

本題屬於勒讓德線性微分方程式（Legendre's Linear Differential Equation），亦即變形哥西-歐拉方程式（Cauchy-Euler Differential Equation）。

其一般形式為：
$a_n(ax+b)^n y^{(n)} + a_{n-1}(ax+b)^{n-1} y^{(n-1)} + \dots + a_1(ax+b)y' + a_0 y = f(x)$

解題的核心理論與定理包括：

1. 變數變換法（Variable Substitution）：利用 $z = 2x+1$（或進一步設 $2x+1 = e^t$），將「變係數微分方程式」轉換為「常係數微分方程式」或「標準哥西-歐拉微分方程式」。
2. 非齊次微分方程式之通解結構：通解為齊次解（互補解） $y_h(x)$ 與特解 $y_p(x)$ 之和，即：
   $y(x) = y_h(x) + y_p(x)$
3. 特徵方程式法（Auxiliary/Characteristic Equation）：用於求取齊次解 $y_h(x)$。
4. 未定係數法（Method of Undetermined Coefficients）或微分運算子法（Differential Operator Method）：用於求取非齊次項對應的特解 $y_p(x)$。

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解題方法

步驟一：自變數代換（化簡為標準型態）

令自變數變換為 $z = 2x+1$，則 $x = \frac{z-1}{2}$。由連鎖律（Chain Rule）可得一次與二次微分的轉換關係：
$\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dz} \cdot \frac{dz}{dx} = 2 \frac{dy}{dz}$

$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx}\left(2 \frac{dy}{dz}\right) = 2 \cdot \frac{d^2y}{dz^2} \cdot \frac{dz}{dx} = 4 \frac{d^2y}{dz^2}$

將 $y'$ 與 $y''$ 代入原微分方程式：
$(2x+1)^2 y'' + 2(2x+1)y' - 16y = 24x - 4$

$z^2 \cdot \left(4 \frac{d^2y}{dz^2}\right) + 2z \cdot \left(2 \frac{dy}{dz}\right) - 16y = 24\left(\frac{z-1}{2}\right) - 4$

$4 z^2 \frac{d^2y}{dz^2} + 4 z \frac{dy}{dz} - 16y = 12z - 16$

等式兩邊同除以 $4$，得到以 $z$ 為自變數的標準哥西-歐拉方程式：
$z^2 \frac{d^2y}{dz^2} + z \frac{dy}{dz} - 4y = 3z - 4$

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步驟二：求解齊次解 $y_h(z)$

考慮對應的齊次微分方程式：
$z^2 \frac{d^2y}{dz^2} + z \frac{dy}{dz} - 4y = 0$

設齊次解形式為 $y = z^r$，代入齊次方程得到特徵方程式（Auxiliary Equation）：
$r(r-1) + r - 4 = 0$

$r^2 - 4 = 0 \implies r = \pm 2$

因此，以 $z$ 表示的齊次解為：
$y_h(z) = c_1 z^2 + c_2 z^{-2}$

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核心觀念

本題旨在考察線性常微分方程（LDE）的拉普拉斯轉換（Laplace Transform）解法，特別是包含不連續驅動函數（單位步階函數與脈衝函數）的初值問題（IVP）。解題時需運用以下核心定理與公式：

1. 導數的拉普拉斯轉換（微分定理）：
   $\mathcal{L}\{y'(t)\} = sY(s) - y(0)$
   $\mathcal{L}\{y''(t)\} = s^2Y(s) - s y(0) - y'(0)$

2. 特殊訊號的拉普拉斯轉換：

   • 單位步階函數（Unit Step Function）：
     $\mathcal{L}\{u(t-a)\} = \frac{e^{-as}}{s} \quad (a \ge 0)$
   • Dirac Delta 函數（Impulse Function）：
     $\mathcal{L}\{\delta(t-a)\} = e^{-as} \quad (a \ge 0)$

3. 第二位移定理（Second Shifting Theorem / Time-Shift Theorem）：
   $\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as} F(s)\} = u(t-a) f(t-a) \quad \text{其中 } f(t) = \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}$

4. 部分分式展開法（Partial Fraction Expansion）：
   將頻域代數式拆解為標準形式，以便進行逆拉氏轉換。

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解題方法

步驟一：對原微分方程兩邊取拉普拉斯轉換

設 $Y(s) = \mathcal{L}\{y(t)\}$。將微分方程 $y'' + 3y' + 2y = u(t-1) - \delta(t-2)$ 兩邊取拉氏轉換：
$\mathcal{L}\{y''\} + 3\mathcal{L}\{y'\} + 2\mathcal{L}\{y\} = \mathcal{L}\{u(t-1)\} - \mathcal{L}\{\delta(t-2)\}$

代入微分定理與右式特徵函數的轉換公式：
$(s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0)) + 3(s Y(s) - y(0)) + 2 Y(s) = \frac{e^{-s}}{s} - e^{-2s}$

代入初始條件 $y(0) = 0$ 與 $y'(0) = 0$：
$(s^2 + 3s + 2) Y(s) = \frac{e^{-s}}{s} - e^{-2s}$

將特徵多項式因式分解 $(s^2 + 3s + 2) = (s+1)(s+2)$，整理得：
$Y(s) = e^{-s} \cdot \frac{1}{s(s+1)(s+2)} - e^{-2s} \cdot \frac{1}{(s+1)(s+2)}$

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步驟二：部分分式拆解

將頻域式分為兩部分分別進行部分分式展開：

1. 第一部分：設 $H_1(s) = \frac{1}{s(s+1)(s+2)}$
   $H_1(s) = \frac{A}{s} + \frac{B}{s+1} + \frac{C}{s+2}$
   利用重合法（Heaviside Cover-up Method）求解係數：
   $A = \left. \frac{1}{(s+1)(s+2)} \right|_{s=0} = \frac{1}{2}$
   $B = \left. \frac{1}{s(s+2)} \right|_{s=-1} = \frac{1}{(-1)(1)} = -1$
   $C = \left. \frac{1}{s(s+1)} \right|_{s=-2} = \frac{1}{(-2)(-1)} = \frac{1}{2}$
   故：
   $H_1(s) = \frac{1/2}{s} - \frac{1}{s+1} + \frac{1/2}{s+2}$

2. 第二部分：設 $H_2(s) = \frac{1}{(s+1)(s+2)}$
   $H_2(s) = \frac{D}{s+1} + \frac{E}{s+2}$
   利用重合法求解係數：
   $D = \left. \frac{1}{s+2} \right|_{s=-1} = 1$
   $E = \left. \frac{1}{s+1} \right|_{s=-2} = -1$
   故：
   $H_2(s) = \frac{1}{s+1} - \frac{1}{s+2}$

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步驟三：求基本函數的逆拉普拉斯轉換

核心觀念

本題考查**一維熱傳傳導偏微分方程式（1D Heat Equation / Diffusion Equation）**在非齊次 Dirichlet 邊界條件下的求解方法。關鍵觀念與定理如下：

1. 疊加原理與解的分解（Superposition & Solution Decomposition）：當 P.D.E. 伴隨非齊次邊界條件時，可將通解 $u(x,t)$ 分解為穩態解（Steady-state solution） $v(x)$ 與暫態解（Transient solution） $w(x,t)$，即 $u(x,t) = v(x) + w(x,t)$，從而將非齊次邊界條件化簡為齊次邊界條件。
2. 分離變數法（Separation of Variables）：將暫態解寫成空間函數與時間函數的乘積 $w(x,t) = X(x)T(t)$。
3. Sturm-Liouville 特徵值問題（Eigenvalue Problem）：求解空間邊界值問題，求出特徵值（Eigenvalues）$\lambda_n$ 與對應的正弦特徵函數（Eigenfunctions）$X_n(x)$。
4. 傅立葉正弦級數（Fourier Sine Series）：利用特徵函數的正交性與疊加原理構造出包含無窮級數的偏微分方程式通解。

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解題方法

步驟一：解的分解（求解穩態解 $v(x)$）

設偏微分方程式的解為 $u(x,t) = v(x) + w(x,t)$。
當時間 $t \to \infty$ 時，系統達到熱平衡狀態，暫態趨近於零（$\frac{\partial w}{\partial t} \to 0$），此時 $\frac{\partial u}{\partial t} = 0$，穩態解 $v(x)$ 僅為 $x$ 的函數，滿足常微分方程式：
$\frac{d^2 v}{dx^2} = 0$
邊界條件為：
$v(2) = 2, \quad v(3) = 2$
對 $v''(x) = 0$ 連續積分兩次得：
$v(x) = c_1 x + c_2$
代入邊界條件：
$\begin{cases} v(2) = 2c_1 + c_2 = 2 \\ v(3) = 3c_1 + c_2 = 2 \end{cases} \implies c_1 = 0, \; c_2 = 2$
故穩態解為：
$v(x) = 2$

步驟二：建立暫態解 $w(x,t)$ 的邊界值問題

將 $u(x,t) = 2 + w(x,t)$ 代回原 P.D.E. 及邊界條件：
$\frac{\partial w}{\partial t} = \frac{\partial^2 w}{\partial x^2}$
邊界條件化為齊次條件：
$\begin{cases} w(2,t) = u(2,t) - 2 = 2 - 2 = 0 \\ w(3,t) = u(3,t) - 2 = 2 - 2 = 0 \end{cases}$

步驟三：採用分離變數法求解 $w(x,t)$

設 $w(x,t) = X(x)T(t)$（其中 $X(x) \neq 0, T(t) \neq 0$），代入 $\frac{\partial w}{\partial t} = \frac{\partial^2 w}{\partial x^2}$：
$X(x)T'(t) = X''(x)T(t)$
兩邊同除以 $X(x)T(t)$，得：
$\frac{T'(t)}{T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda \quad (\text{分離常數})$
導出兩個獨立常微分方程式：

1. 空間部分：$X''(x) + \lambda X(x) = 0$，邊界條件為 $X(2) = 0, \; X(3) = 0$
2. 時間部分：$T'(t) + \lambda T(t) = 0$

核心觀念

本題考查**傅立葉級數（Fourier Series）**的核心觀念與圖形擴展技術，包含以下關鍵定理與定義：

1. 原始函數定義：原函數 $f(t) = \frac{t+1}{2}$ 僅定義於有限開區間 $t \in (0, 1)$。
2. 傅立葉全幅展開（Fourier Full-Range Expansion）：
   將定義在區間 $(0, L)$（本題 $L=1$）的函數 $f(t)$，直接以週期 $T = L = 1$ 進行全實數軸上的週期延拓（Periodic Extension）。
3. 半幅正弦展開／奇擴展（Half-Range Sine / Odd Expansion）：
   先將定義域 $(0, L)$ 擴展至 $(-L, L)$（本題 $L=1$），進行**奇延拓（Odd Extension）**使 $f_{odd}(-t) = -f_{odd}(t)$，再以週期 $T = 2L = 2$ 進行週期延拓。
4. 半幅餘弦展開／偶擴展（Half-Range Cosine / Even Expansion）：
   先將定義域 $(0, L)$ 擴展至 $(-L, L)$（本題 $L=1$），進行**偶延拓（Even Extension）**使 $f_{even}(-t) = f_{even}(t)$，再以週期 $T = 2L = 2$ 進行週期延拓。
5. 狄利克雷收斂定理（Dirichlet Convergence Theorem）：
   傅立葉級數在連續點收斂至該點函數值 $f(t)$；在跳躍不連續點 $t_0$ 處，級數收斂至左右極限的平均值：
   $f_{Fourier}(t_0) = \frac{f(t_0^+) + f(t_0^-)}{2}$

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解題方法

1. 原始函數 $f(t)$ 的圖形繪製

• 函數解析式：$f(t) = \frac{t+1}{2}, \quad t \in (0, 1)$
• 端點趨勢：
  • 當 $t \to 0^+$ 時，$f(0^+) = \frac{1}{2}$
  • 當 $t \to 1^-$ 時，$f(1^-) = 1$
• 圖形特徵：在開區間 $(0, 1)$ 上的直線段，連接 $(0, 1/2)$ 與 $(1, 1)$。因為是開區間，端點 $(0, 1/2)$ 與 $(1, 1)$ 均為空心圓圈。

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2. 傅立葉全幅展開（Full-Range Expansion）圖形

• 週期性：週期 $T = 1$。
• 週期延拓數學式：
  $f_{full}(t) = \frac{(t - \lfloor t \rfloor) + 1}{2}, \quad t \notin \mathbb{Z}$
  其中 $\lfloor t \rfloor$ 表示小於或等於 $t$ 的最大整數。
• 不連續點與收斂值分析：
  在整數點 $t = n \in \mathbb{Z}$ 處存在不連續跳躍：
  • 右極限：$f_{full}(n^+) = f(0^+) = \frac{1}{2}$
  • 左極限：$f_{full}(n^-) = f(1^-) = 1$
  • 狄利克雷收斂值：
    $f_{full}(n) = \frac{f_{full}(n^+) + f_{full}(n^-)}{2} = \frac{\frac{1}{2} + 1}{2} = \frac{3}{4}$
• 圖形特徵：在全實數軸上，由無數段長度為 $1$、斜率為 $1/2$ 的平行線段組成（區間 $(n, n+1)$）。整數點 $t = n$ 處有實心點收斂於 $(n, 3/4)$，線段兩端點為空心圓圈。

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3. 半幅正弦展開／奇擴展（Half-Range Sine Expansion）圖形

• 奇延拓與週期性：半週期 $L = 1$，完整週期 $T = 2L = 2$。
• 分段函數定義（主週期區間 $(-1, 1)$）：
  $f_{odd}(t) = \begin{cases} \frac{t+1}{2}, & 0 < t < 1 \\ 0, & t = 0 \\ \frac{t-1}{2}, & -1 < t < 0 \end{cases}$
• 不連續點與收斂值分析：
  • 偶數整數點 $t = 2k$ ($k \in \mathbb{Z}$)：
    • 右極限 $f_{odd}(0^+) = \frac{1}{2}$，左極限 $f_{odd}(0^-) = -\frac{1}{2}$
    • 狄利克雷收斂值：$\frac{\frac{1}{2} + (-\frac{1}{2})}{2} = 0$
  • 奇數整數點 $t = 2k+1$ ($k \in \mathbb{Z}$)：
    • 左極限 $f_{odd}(1^-) = 1$，右極限 $f_{odd}(1^+) = f_{odd}(-1^+) = -\frac{1}{2}$
    • 狄利克雷收斂值：$\frac{1 + (-\frac{1}{2})}{2} = \frac{1}{4}$
• 圖形特徵：原點對稱（奇函數）。在 $(0, 1)$ 為由 $(0, 1/2)$ 至 $(1, 1)$ 的線段；在 $(-1, 0)$ 為由 $(-1, -1)$ 至 $(0, -1/2)$ 的線段。偶數點 $t=2k$ 收斂於 $(2k, 0)$，奇數點 $t=2k+1$ 收斂於 $(2k+1, 1/4)$。

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本題核心概念
本題測試對矩陣的基本運算性質是否熟悉，包括矩陣加法與乘法的結合律、交換律、逆矩陣與轉置的定義、以及乘法與行列式的關係。關鍵在於知道哪些代數式在一般的同階方陣下必成立，哪些僅在特定條件（如可交換或可逆）下才成立。

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(a) $(A+B)C = CA+CB$

矩陣乘法只有左分配律，
$(A+B)C = AC+BC,$

而不具右分配律。若要把 $C$ 移到左側，必須先交換順序，而矩陣不一定可交換。

錯誤：右側寫成 $CA+CB$
更正：
$(A+B)C = AC+BC.$

【答案】錯誤，更正如上。

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(b) $(AB)^{-1}=A^{-1}B^{-1}$

對於可逆矩陣 $A,B$，逆矩陣的乘法順序會顛倒：

$(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}.$

錯誤：順序未顛倒
更正：
$(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}.$

【答案】錯誤，更正如上。

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(c) $(A+B+C)^{2}=C^{\mathsf T}+B^{\mathsf T}+A^{\mathsf T}$

平方表示兩個矩陣相乘，
$(A+B+C)^{2}=(A+B+C)(A+B+C).$

展開後會得到多項式形式，與轉置無關。

錯誤：把平方誤寫成各矩陣的轉置相加
更正：

$$\begin{aligned} (A+B+C)^{2}&=A^{2}+B^{2}+C^{2}\\ &\quad+AB+BA+AC+CA+BC+CB. \end{aligned}$$

【答案】錯誤，更正如上。

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(d) $|AB|=|BA|=|A||B|$

對任意同階方陣都有 $|AB|=|A||B|$。又因 $|AB|=|BA|$（行列式乘法的交換性），此式在一般情況下皆成立。

正確

【答案】正確

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(e) $(A+B)^{2}=A^{2}+2AB+B^{2}$

展開 $(A+B)^{2}= (A+B)(A+B)=A^{2}+AB+BA+B^{2}$。若 $A$ 與 $B$ 不交換，$AB\neq BA$，因此不能寫成 $2AB$。

錯誤：僅在 $AB=BA$ 時才成立
更正：
$(A+B)^{2}=A^{2}+AB+BA+B^{2}.$