111 年 國立成功大學航空太空工程學系碩士班丁組《工程數學》

(a) 初值‑邊值問題

1. 令 $u(x,t)=v(x)+w(x,t)$，其中 $v(x)$ 為時間無關的特解，$w(x,t)$ 滿足熱方程

$w_t=w_{xx},\qquad w(0,t)=w(1,t)=0 .$

2. 特解 $v$ 由

$v''(x)+\sin 3\pi x=0$

求得

$v(x)=\frac{1}{9\pi^{2}}\sin 3\pi x+C_{1}x+C_{2}.$

邊界條件 $u(0,t)=u(1,t)=0$ 使得 $C_{2}=0,\;C_{1}=0$，故

$v(x)=\frac{1}{9\pi^{2}}\sin 3\pi x .$

3. 初始條件給予

$w(x,0)=u(x,0)-v(x)=\sin\pi x-\frac{1}{9\pi^{2}}\sin 3\pi x .$

以正弦基底展開，即

$w(x,0)=A_{1}\sin\pi x+A_{3}\sin3\pi x,$

其中 $A_{1}=1,\;A_{3}=-\frac{1}{9\pi^{2}}$。

4. 熱方程的解為各模的指數衰減：

$w(x,t)=A_{1}e^{-\pi^{2}t}\sin\pi x+A_{3}e^{-9\pi^{2}t}\sin3\pi x .$

5. 合併 $u=v+w$，得

$$u(x,t)=\frac{1}{9\pi^{2}}\sin3\pi x +e^{-\pi^{2}t}\sin\pi x -\frac{1}{9\pi^{2}}e^{-9\pi^{2}t}\sin3\pi x.$$

整理得

$\text{(a)}\qquad\oint_{|z-1|=2}\frac{\tan^{(2)}(z)}{z}\,dz$

圓心 $1$、半徑 $2$ 包含唯一的 $\tan z$ 的極點 $z_0=\dfrac{\pi}{2}$（其他 $\dfrac{\pi}{2}+k\pi$ 均在外）。$z=0$ 只給予可去奇點，因 $\tan^{(2)}(0)=0$。
在 $z_0$ 近旁寫 $w=z-z_0$，

$\tan z=-\frac1w+\frac{w}{3}-\frac{w^{3}}{45}+O(w^{5}),$

$\tan^{(2)}(z)=\frac{-2}{w^{3}}-\frac{2w}{15}+O(w^{3}).$

再把 $z=z_0+w=\dfrac{\pi}{2}+w$，

$\frac1z=\frac{2}{\pi}\Bigl(1-\frac{2w}{\pi}+\frac{4w^{2}}{\pi^{2}}-\cdots\Bigr).$

乘合得

$$\frac{\tan^{(2)}(z)}{z} = -\frac{2}{w^{3}}\frac{2}{\pi} \Bigl(1-\frac{2w}{\pi}+\frac{4w^{2}}{\pi^{2}}-\cdots\Bigr) +\text{regular} = -\frac{4}{\pi w^{3}}+\frac{8}{\pi^{2}w^{2}}-\frac{16}{\pi^{3}w}+O(1).$$

所以在 $z_0$ 的留數為

$\operatorname{Res}_{z=\pi/2}\frac{\tan^{(2)}(z)}{z}= -\frac{16}{\pi^{3}}.$

核心觀念

線積分為

$$\int_C P\,dx+Q\,dy+R\,dz,$$

其中

$$P=2xyz^2,\qquad Q=x^2z^2+z\cos(yz),\qquad R=2x^2yz+y\cos(yz).$$

觀察三個分量皆可能來自同一個勢函數 $\Phi(x,y,z)$：

$$\frac{\partial \Phi}{\partial x}=2xyz^2.$$

對 $x$ 積分得

$$\Phi=x^2yz^2+g(y,z).$$

再由

$$\frac{\partial \Phi}{\partial y} =x^2z^2+\frac{\partial g}{\partial y} =x^2z^2+z\cos(yz),$$

可得

$$\frac{\partial g}{\partial y}=z\cos(yz), \qquad g(y,z)=\sin(yz)+h(z).$$

因此

$$\Phi(x,y,z)=x^2yz^2+\sin(yz)+h(z).$$

代入對 $z$ 的偏導：

$$\frac{\partial \Phi}{\partial z} =2x^2yz+y\cos(yz)+h'(z).$$

與題目中的 $R$ 比較，得到 $h'(z)=0$，所以可取

$$\boxed{\Phi(x,y,z)=x^2yz^2+\sin(yz)}.$$

故向量場為保守場，線積分只與起點、終點有關，與路徑無關。

解題方法

由保守場線積分基本定理，

$$\int_C \nabla\Phi\cdot d\mathbf r =\Phi(C)-\Phi(A).$$

題目雖指定路徑先沿 $z$ 軸由 $A$ 到 $B$，再沿 $B$ 到 $C$ 的最短路徑，但因為線積分與路徑無關，只需計算端點的勢函數值。

起點 $A=(0,0,1)$：

$$\Phi(A) =0^2\cdot 0\cdot 1^2+\sin(0\cdot 1) =0.$$

終點 $C=(1,\pi/4,2)$：

此題要求證明均勻實心圓錐繞其軸線的轉動慣量。

核心觀念：
轉動慣量是物體抵抗繞軸轉動的慣性的度量。對於連續體，其定義為 $I_A = \int \rho^2 dm$，其中 $\rho$ 是微小質量元素 $dm$ 到轉軸 A 的垂直距離。

問題設定：
證明均勻實心圓錐（質量為 $m$，頂部半徑為 $r$，高度為 $h$）繞其軸線 $z$ 的轉動慣量為 $I_z = \frac{1}{10}mr^2$。
題目圖示顯示圓錐的頂點在原點，軸線沿 z 軸，底面半徑為 $r$，高度為 $h$。
然而，題目最後的證明目標是 $I_z = \frac{1}{10}mr^2$，這是一個常見的結果，但通常是對於一個實心圓柱體，或實心圓盤。對於均勻實心圓錐，其慣量應為 $I_z = \frac{3}{10}mr^2$。
題目中給的公式 $I_z = \frac{1}{10}mr^2$ 可能是印刷錯誤。我們將推導均勻實心圓錐繞軸線的轉動慣量，並指出常見的結果。

步驟 1: 建立座標系與微小質量元素的體積
我們使用圓柱座標系 $(r, \theta, z)$。
圓錐的軸線是 z 軸。
圓錐的頂點在原點 $(0,0,0)$。
圓錐的底面在 $z=h$ 處，半徑為 $r$。
圓錐的表面由方程 $\frac{\rho}{z} = \frac{r}{h}$ 定義，其中 $\rho = \sqrt{x^2+y^2}$ 是到 z 軸的距離。
所以，$\rho = \frac{r}{h} z$。
或者，在圓柱座標下，$\rho = \frac{r}{h} z$。

考慮一個厚度為 $dz$ 的薄圓盤，位於高度 $z$ 處。
此圓盤的半徑為 $\rho(z) = \frac{r}{h} z$。
此圓盤的體積 $dV = \pi (\rho(z))^2 dz = \pi (\frac{r}{h} z)^2 dz = \frac{\pi r^2}{h^2} z^2 dz$。

步驟 2: 計算微小質量元素 $dm$
假設圓錐的密度為 $\rho_m$ (mass density)。
則微小質量元素 $dm = \rho_m dV = \rho_m \frac{\pi r^2}{h^2} z^2 dz$。
圓錐的總質量 $m = \int dm = \int_0^h \rho_m \frac{\pi r^2}{h^2} z^2 dz = \rho_m \frac{\pi r^2}{h^2} \left[ \frac{z^3}{3} \right]_0^h = \rho_m \frac{\pi r^2}{h^2} \frac{h^3}{3} = \rho_m \frac{\pi r^2 h}{3}$。
所以，密度 $\rho_m = \frac{m}{\frac{\pi r^2 h}{3}} = \frac{3m}{\pi r^2 h}$。

將 $\rho_m$ 代回 $dm$:
$dm = \frac{3m}{\pi r^2 h} \frac{\pi r^2}{h^2} z^2 dz = \frac{3m}{h^3} z^2 dz$。

步驟 3: 計算轉動慣量 $I_z$
對於這個高度為 $z$、半徑為 $\rho(z)$ 的薄圓盤，其繞 z 軸的轉動慣量 $dI_z$ 是：
(對於一個均勻實心圓盤，質量為 $M$，半徑為 $R$，繞通過圓心的垂直軸的轉動慣量是 $\frac{1}{2}MR^2$)
所以，$dI_z = \frac{1}{2} (dm) (\rho(z))^2$
$dI_z = \frac{1}{2} \left( \frac{3m}{h^3} z^2 dz \right) \left( \frac{r}{h} z \right)^2$
$dI_z = \frac{1}{2} \frac{3m}{h^3} z^2 \frac{r^2}{h^2} z^2 dz$
$dI_z = \frac{3m r^2}{2 h^5} z^4 dz$

現在積分 $dI_z$ 從 $z=0$ 到 $z=h$ 得到總轉動慣量 $I_z$：
$I_z = \int_0^h dI_z = \int_0^h \frac{3m r^2}{2 h^5} z^4 dz$
$I_z = \frac{3m r^2}{2 h^5} \int_0^h z^4 dz$
$I_z = \frac{3m r^2}{2 h^5} \left[ \frac{z^5}{5} \right]_0^h$
$I_z = \frac{3m r^2}{2 h^5} \left( \frac{h^5}{5} - 0 \right)$
$I_z = \frac{3m r^2}{2 h^5} \frac{h^5}{5}$
$I_z = \frac{3}{10} m r^2$

結論：
對於一個均勻實心圓錐，繞其軸線的轉動慣量為 $I_z = \frac{3}{10}mr^2$。
題目中要求的證明 $I_z = \frac{1}{10}mr^2$ 是錯誤的。常見的 $\frac{1}{10}mr^2$ 是用於計算空心圓錐（圓錐殼）繞軸線的轉動慣量，其中質量 $m$ 是均勻分佈在表面上。
或者，如果是繞通過底面圓心且垂直於底面的軸線的轉動慣量，對於一個實心圓盤，其值為 $\frac{1}{2}mr^2$。

如果題目是指圓錐殼 (cone shell)：
對於一個質量為 $m$ 的圓錐殼，半徑為 $r$ (假設高度 $h$ 不影響表面密度)。
$dm$ 是表面積 $dA$ 乘以表面密度 $\sigma$。
$dA = 2\pi \rho dL$，其中 $dL = \sqrt{dz^2 + d\rho^2}$。
$\rho = \frac{r}{h}z \implies d\rho = \frac{r}{h}dz$。
$dL = \sqrt{dz^2 + (\frac{r}{h})^2 dz^2} = \sqrt{1 + (\frac{r}{h})^2} dz = \frac{\sqrt{h^2+r^2}}{h} dz$。
$dA = 2\pi (\frac{r}{h}z) \frac{\sqrt{h^2+r^2}}{h} dz = \frac{2\pi r \sqrt{h^2+r^2}}{h^2} z dz$。
總表面積 $A = \pi r \sqrt{h^2+r^2}$。
$\sigma = \frac{m}{A} = \frac{m}{\pi r \sqrt{h^2+r^2}}$。
$dm = \sigma dA = \frac{m}{\pi r \sqrt{h^2+r^2}} \frac{2\pi r \sqrt{h^2+r^2}}{h^2} z dz = \frac{2m}{h^2} z dz$。
$dI_z = dm \cdot \rho^2 = \frac{2m}{h^2} z \left(\frac{r}{h} z\right)^2 dz = \frac{2m r^2}{h^4} z^3 dz$。
$I_z = \int_0^h \frac{2m r^2}{h^4} z^3 dz = \frac{2m r^2}{h^4} \left[ \frac{z^4}{4} \right]_0^h = \frac{2m r^2}{h^4} \frac{h^4}{4} = \frac{1}{2} m r^2$。
所以，均勻圓錐殼繞軸線的轉動慣量是 $\frac{1}{2}mr^2$。

若題目中的 $I_z = \frac{1}{10}mr^2$ 是正確的，那它可能指的是其他形狀或情況。
例如，對於一個均勻實心球體繞通過球心的直徑的轉動慣量是 $\frac{2}{5}mr^2$。
對於一個均勻細棒繞其一端垂直軸的轉動慣量是 $\frac{1}{3}ml^2$。

假定題目中的 $\frac{1}{10}mr^2$ 是指一個特定的、非標準的定義或形狀。
但根據標準的力學定義，均勻實心圓錐繞軸線的轉動慣量是 $\frac{3}{10}mr^2$。
我們將按照推導過程，指出這個標準結果。

總結推導過程：

1. 定義： 轉動慣量 $I_A = \int \rho^2 dm$。
2. 幾何設定： 均勻實心圓錐，質量 $m$，高度 $h$，底面半徑 $r$。軸線為 z 軸，頂點在原點。
3. 密度： $\rho_m = \frac{3m}{\pi r^2 h}$。
4. 微小質量元素： 考慮高度 $z$ 處，厚度 $dz$ 的圓盤。半徑 $\rho(z) = \frac{r}{h} z$。質量 $dm = \frac{3m}{h^3} z^2 dz$。
5. 轉動慣量微分： $dI_z = \frac{1}{2} dm \cdot \rho(z)^2 = \frac{1}{2} \left( \frac{3m}{h^3} z^2 dz \right) \left( \frac{r}{h} z \right)^2 = \frac{3m r^2}{2 h^5} z^4 dz$。
6. 積分： $I_z = \int_0^h dI_z = \int_0^h \frac{3m r^2}{2 h^5} z^4 dz = \frac{3}{10} m r^2$。

核心觀念

本題考查兩個重點：

1. 線性方程組的最小平方法：當方程組沒有精確解時，尋找使殘差平方和最小的近似解。
2. 圓擬合的線性化：將圓方程式改寫成參數的線性形式，再利用最小平方法求出圓心與半徑。

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(a) 線性代數方程組的最小平方法

考慮線性方程組

$$A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b},$$

其中

$$A\in\mathbb{R}^{m\times n},\qquad m>n,$$

表示方程數多於未知數的超定方程組。一般而言，這類方程組不一定存在精確解，因此定義殘差向量為

$$\boldsymbol{r}=A\boldsymbol{x}-\boldsymbol{b}.$$

最小平方法尋找 $\hat{\boldsymbol{x}}$，使殘差平方和最小：

$$\hat{\boldsymbol{x}} =\arg\min_{\boldsymbol{x}}\|\boldsymbol{r}\|_2^2 =\arg\min_{\boldsymbol{x}}\|A\boldsymbol{x}-\boldsymbol{b}\|_2^2.$$

令目標函數為

$$\phi(\boldsymbol{x}) =(A\boldsymbol{x}-\boldsymbol{b})^T(A\boldsymbol{x}-\boldsymbol{b}).$$

展開得

$$\phi(\boldsymbol{x}) =\boldsymbol{x}^TA^TA\boldsymbol{x} -2\boldsymbol{x}^TA^T\boldsymbol{b} +\boldsymbol{b}^T\boldsymbol{b}.$$

對 $\boldsymbol{x}$ 微分並令梯度為零：

$$\nabla\phi(\boldsymbol{x}) =2A^T(A\boldsymbol{x}-\boldsymbol{b})=\boldsymbol{0}.$$

因此得到最小平方法的正規方程式：

$$A^TA\hat{\boldsymbol{x}}=A^T\boldsymbol{b}.$$

若 $A$ 的列向量線性獨立，使得 $A^TA$ 可逆，則

$$\boxed{ \hat{\boldsymbol{x}}=(A^TA)^{-1}A^T\boldsymbol{b} }.$$

幾何上，最小平方法要求殘差與 $A$ 的所有列向量正交：

$$A^T\boldsymbol{r}=\boldsymbol{0}.$$

也就是

$$\boldsymbol{r}\perp\operatorname{Col}(A).$$

實際計算時，通常優先使用 QR 分解，避免直接形成 $A^TA$ 所造成的數值誤差；本題推導則以正規方程式最直接。

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(b) 將最小平方法應用於圓擬合

1. 圓方程式的線性化

平面上給定 $m$ 個資料點

$$(x_i,y_i),\qquad i=1,2,\ldots,m.$$

圓的一般方程式為

$$(x-a)^2+(y-b)^2=r^2,$$

其中 $(a,b)$ 是圓心，$r$ 是半徑。

展開：

$$x^2-2ax+a^2+y^2-2by+b^2=r^2.$$

整理為

$$x^2+y^2+Dx+Ey+F=0,$$

其中定義

$$D=-2a,\qquad E=-2b,\qquad F=a^2+b^2-r^2.$$

此式對參數 $D,E,F$ 是線性的，符合題目提示。

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2. 建立最小平方法模型

對每一個資料點代入圓方程式：

$$x_i^2+y_i^2+Dx_i+Ey_i+F\approx 0.$$

將已知量移至右側：

$$Dx_i+Ey_i+F\approx -(x_i^2+y_i^2).$$

令

$$\boldsymbol{\theta} = \begin{bmatrix} D\\E\\F \end{bmatrix},$$

則所有資料點可寫成矩陣形式：

$$A\boldsymbol{\theta}\approx\boldsymbol{b},$$

其中

$$A= \begin{bmatrix} x_1&y_1&1\\ x_2&y_2&1\\ \vdots&\vdots&\vdots\\ x_m&y_m&1 \end{bmatrix}, \qquad \boldsymbol{b} = -\begin{bmatrix} x_1^2+y_1^2\\ x_2^2+y_2^2\\ \vdots\\ x_m^2+y_m^2 \end{bmatrix}.$$

因此，代數最小平方法是求解

$$\hat{\boldsymbol{\theta}} = \arg\min_{\boldsymbol{\theta}} \|A\boldsymbol{\theta}-\boldsymbol{b}\|_2^2.$$

其正規方程式為

$$A^TA\hat{\boldsymbol{\theta}}=A^T\boldsymbol{b}.$$