112 年 國立成功大學工程科學系碩士班己組《工程數學》

核心觀念

本題旨在考驗**卷積定理（Convolution Theorem）在求解沃爾泰拉積分方程式（Volterra Integral Equation）**中的應用。涉及的核心數學概念包含：

1. 拉普拉斯轉換之卷積定理：
   若 $(f * g)(x) = \int_0^x f(x-t)g(t) \, dt$，則其拉普拉斯轉換為 $\mathcal{L}\{(f * g)(x)\} = F(s) \cdot G(s)$。
2. 基本拉普拉斯轉換公式與第一移位定理：
   • $\mathcal{L}\{1\} = \frac{1}{s}$
   • $\mathcal{L}\{e^{ax}\} = \frac{1}{s-a}$
   • $\mathcal{L}\{e^{ax} \sinh bx\} = \frac{b}{(s-a)^2 - b^2}$
3. 拉普拉斯逆轉換與衝擊函數（Dirac Delta Function）：
   • $\mathcal{L}\{\delta(x)\} = 1 \implies \mathcal{L}^{-1}\{1\} = \delta(x)$

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解題方法

將原積分方程式進行適當變形後，利用拉普拉斯轉換將積分方程式轉化為 $s$ 域的代數方程式，求解 $Y(s)$ 後再經由拉普拉斯逆轉換求出未知函數 $y(x)$。

步驟一：識別卷積型態與整理等式右端項
原式：
$\int_0^x y(t) \, dt = e^{2x} \sinh x + e^x \int_0^x e^{-t} y(t) \, dt$

• 左式為 1 與 $y(x)$ 的卷積：
  $\int_0^x y(t) \, dt = (1 * y(x))$
• 右式第二項將 $e^x$ 移入積分號內，形成卷積形式：
  $e^x \int_0^x e^{-t} y(t) \, dt = \int_0^x e^{x-t} y(t) \, dt = (e^x * y(x))$
• 右式第一項利用雙曲正弦定義展開：
  $e^{2x} \sinh x = e^{2x} \cdot \frac{e^x - e^{-x}}{2} = \frac{e^{3x} - e^x}{2}$

故原積分方程式可表示為：
$(1 * y(x)) = \frac{e^{3x} - e^x}{2} + (e^x * y(x))$

步驟二：兩邊取拉普拉斯轉換
設 $\mathcal{L}\{y(x)\} = Y(s)$，對等式兩邊取拉普拉斯轉換：
$\mathcal{L}\{(1 * y(x))\} = \mathcal{L}\left\{ \frac{e^{3x} - e^x}{2} \right\} + \mathcal{L}\{(e^x * y(x))\}$

套用卷積定理與基本轉換公式：

• $\mathcal{L}\{(1 * y(x))\} = \frac{1}{s} Y(s)$
• $\mathcal{L}\{(e^x * y(x))\} = \frac{1}{s-1} Y(s)$

核心觀念

本題屬於二階常係數非齊次線性微分方程式（Second-order Linear Non-homogeneous ODE with Constant Coefficients）之初值問題（Initial-Value Problem, IVP）。解題的核心理論與觀念如下：

1. 通解結構與疊加原理：
   非齊次微分方程式 $L[y] = r(x)$ 的通解 $y(x)$ 由兩部分組成：
   $y(x) = y_h(x) + y_p(x)$
   其中 $y_h(x)$ 為對應齊次方程式 $L[y] = 0$ 的齊次解（Homogeneous Solution），$y_p(x)$ 為非齊次方程式的一個特解（Particular Solution）。

2. 齊次解求法（特徵方程式法）：
   對於常係數齊次 ODE $y'' + a y' + b y = 0$，代入 $y = e^{mx}$ 可得特徵方程式（Characteristic Equation）：
   $m^2 + am + b = 0$
   若特徵根為兩個相異實根 $m_1, m_2$，則齊次解為 $y_h(x) = c_1 e^{m_1 x} + c_2 e^{m_2 x}$。

3. 特解求法（待定係數法，Method of Undetermined Coefficients）：
   當右端項 $r(x)$ 為指數函數、多項式或三角函數之組合時，可假設特解形式。若 $r(x)$ 中的項與齊次解 $y_h(x)$ 重複（產生共振現象），特解假設項必須額外乘以 $x^s$（$s$ 為特徵根之重根數），以消除線性相依。

4. 初值條件確定積分常數：
   利用初值條件 $y(0) = y_0$ 與 $y'(0) = y_0'$ 聯立求解通解中的未知常數 $c_1, c_2$。

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解題方法

步驟一：求齊次解 $y_h(x)$

考慮對應的齊次微分方程式：
$y'' - y' - 2y = 0$
寫出其特徵方程式：
$m^2 - m - 2 = 0$
因式分解得：
$(m - 2)(m + 1) = 0 \implies m_1 = 2, \quad m_2 = -1$
因此，齊次解為：
$y_h(x) = c_1 e^{2x} + c_2 e^{-x}$

步驟二：求特解 $y_p(x)$

觀察非齊次項 $r(x) = 3e^{-x} + 6e^{2x} + 2$：

1. 第一項 $3e^{-x}$：對應特徵根 $m = -1$，已出現在齊次解中（單根，重根數 $s=1$），故特解形式需乘以 $x$，設為 $A x e^{-x}$。
2. 第二項 $6e^{2x}$：對應特徵根 $m = 2$，已出現在齊次解中（單根，重根數 $s=1$），故特解形式需乘以 $x$，設為 $B x e^{2x}$。
3. 第三項常數項 $2$：對應特徵根 $m = 0$，未出現在齊次解中，故設為常數 $C$。

綜上所述，設定特解形式為：
$y_p(x) = A x e^{-x} + B x e^{2x} + C$

對 $y_p(x)$ 之各項分別代回原微分方程式求係數：

• 對於 $y_{p1} = A x e^{-x}$：
  $y_{p1}' = A(1 - x)e^{-x}$
  $y_{p1}'' = A(x - 2)e^{-x}$
  代入 $y'' - y' - 2y$：
  $A(x - 2)e^{-x} - A(1 - x)e^{-x} - 2(A x e^{-x}) = -3A e^{-x}$
  對照右端項 $3e^{-x}$，得：
  $-3A = 3 \implies A = -1$

• 對於 $y_{p2} = B x e^{2x}$：
  $y_{p2}' = B(1 + 2x)e^{2x}$
  $y_{p2}'' = B(4 + 4x)e^{2x}$
  代入 $y'' - y' - 2y$：
  $B(4 + 4x)e^{2x} - B(1 + 2x)e^{2x} - 2(B x e^{2x}) = 3B e^{2x}$
  對照右端項 $6e^{2x}$，得：
  $3B = 6 \implies B = 2$

• 對於 $y_{p3} = C$：
  $y_{p3}' = 0, \quad y_{p3}'' = 0$
  代入 $y'' - y' - 2y$：
  $0 - 0 - 2C = -2C$
  對照右端項 $2$，得：
  $-2C = 2 \implies C = -1$

核心觀念

1. 一維非齊次波動方程（Non-homogeneous Wave Equation）：
   本題為半無界空間 $x \in [0, \infty)$ 上帶有常數源項（Source Term） $a$ 的偏微分方程（PDE）。波速 $c = 1$。
2. 拉普拉斯變換（Laplace Transform）對時間 $t$ 求解 PDE：
   對時間變數 $t$ 施加拉普拉斯變換，將偏微分方程轉化為空間變數 $x$ 的常微分方程（ODE）。
   • 對時間二次偏微分之拉普拉斯變換公式：
     $\mathcal{L}\left\{ \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} \right\} = s^2 U(x, s) - s u(x, 0) - u_t(x, 0)$
   • 常數之拉普拉斯變換：
     $\mathcal{L}\{a\} = \frac{a}{s}$
3. 二階非齊次常微分方程之求解：
   利用齊次解（Homogeneous Solution）與特解（Particular Solution）疊加構成通解 $U(x, s) = U_h(x, s) + U_p(x, s)$。
4. 拉普拉斯逆變換與第二位移定理（Second Shifting Theorem）：
   • 單位階梯函數（Unit Step Function / Heaviside Step Function）：$\mathcal{U}(t - x)$
   • 第二位移定理：
     $\mathcal{L}^{-1}\left\{ e^{-xs} F(s) \right\} = f(t - x) \mathcal{U}(t - x)$
   • 基本逆變換公式：
     $\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{1}{s} \right\} = 1, \quad \mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{1}{s^3} \right\} = \frac{1}{2} t^2$

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解題方法

步驟一：對時間 $t$ 施加拉普拉斯變換

定義 $U(x, s) = \mathcal{L}\{u(x, t)\} = \int_0^\infty u(x, t) e^{-st} \, dt$。
將原偏微分方程兩邊對 $t$ 取拉普拉斯變換：
$\mathcal{L}\left\{ \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} \right\} = \mathcal{L}\left\{ \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \right\} + \mathcal{L}\{a\}$

套用對時間微分的拉普拉斯變換公式，並代入初始條件 $u(x, 0) = 0$ 與 $u_t(x, 0) = 0$：
$s^2 U(x, s) - s u(x, 0) - u_t(x, 0) = \frac{d^2 U(x, s)}{dx^2} + \frac{a}{s}$
$s^2 U(x, s) = \frac{d^2 U(x, s)}{dx^2} + \frac{a}{s}$

整理得關於 $U(x, s)$ 的二階常微分方程（ODE）：
$\frac{d^2 U}{dx^2} - s^2 U = -\frac{a}{s}$

步驟二：求解空間常微分方程（ODE）

1. 齊次解 $U_h(x, s)$：
   特徵方程式為 $r^2 - s^2 = 0 \implies r = \pm s$。
   $U_h(x, s) = C_1(s) e^{-sx} + C_2(s) e^{sx}$

2. 特解 $U_p(x, s)$：
   由於右端項 $-\frac{a}{s}$ 為關於 $x$ 的常數，設 $U_p(x, s) = K$（常數）：
   $0 - s^2 K = -\frac{a}{s} \implies K = \frac{a}{s^3}$
   $U_p(x, s) = \frac{a}{s^3}$

3. 通解 $U(x, s)$：
   $U(x, s) = C_1(s) e^{-sx} + C_2(s) e^{sx} + \frac{a}{s^3}$

步驟三：套用邊界條件確定待定係數 $C_1(s)$ 與 $C_2(s)$

1. 無界域物理收斂條件（$x \to \infty$）：
   當 $x \to \infty$ 時，$e^{sx} \to \infty$（對 $s > 0$）。為保證解在物理上呈有界收斂狀態，必須設定：
   $C_2(s) = 0$
   此時通解簡化為：
   $U(x, s) = C_1(s) e^{-sx} + \frac{a}{s^3}$

2. 邊界條件 $u(0, t) = i$：
   對邊界條件 $u(0, t) = i$ 做拉普拉斯變換：
   $U(0, s) = \mathcal{L}\{i\} = \frac{i}{s}$
   將 $x = 0$ 代入通解中：
   $U(0, s) = C_1(s) + \frac{a}{s^3} = \frac{i}{s} \implies C_1(s) = \frac{i}{s} - \frac{a}{s^3}$

3. 組合得到 $U(x, s)$ 之閉形式：
   $U(x, s) = \left( \frac{i}{s} - \frac{a}{s^3} \right) e^{-sx} + \frac{a}{s^3} = \frac{i}{s} e^{-sx} - \frac{a}{s^3} e^{-sx} + \frac{a}{s^3}$

核心觀念

本題考驗向量分析（Vector Analysis）中**曲面積分與通量（Surface Integral and Flux）**的計算。

當水流的速度場為 $\mathbf{F}(x, y, z)$，通過參數化曲面 $S$ 的水流量（即通量 Flux），定義為速度場對曲面法向量的面積分：
$\text{Flux} = \iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_D \mathbf{F}(\mathbf{r}(u, v)) \cdot (\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v) \, du \, dv$

其中：

1. $\mathbf{r}(u, v) = (u^2 + 1)\mathbf{i} + (v^2 - 1)\mathbf{j} + (2v^2 - u^2)\mathbf{k}$ 為曲面的向量參數式。
2. $\mathbf{r}_u = \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial u}$ 與 $\mathbf{r}_v = \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial v}$ 分別為曲面上沿 $u$ 與 $v$ 方向的切向量（Tangent Vectors）。
3. $\mathbf{N} = \mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v$ 為曲面的自然法向量（Normal Vector）。
4. $D$ 為參數空間中的積分區域：$D = \{ (u, v) \mid 0 \le u \le 2, \, 0 \le v \le 1 \}$。

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解題方法

步驟一：計算曲面的切向量與法向量

給定曲面參數式：
$\mathbf{r}(u, v) = (u^2 + 1)\mathbf{i} + (v^2 - 1)\mathbf{j} + (2v^2 - u^2)\mathbf{k}$

對 $u$ 與 $v$ 分別求偏微分取得切向量：
$\mathbf{r}_u = \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial u} = 2u\,\mathbf{i} + 0\,\mathbf{j} - 2u\,\mathbf{k}$
$\mathbf{r}_v = \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial v} = 0\,\mathbf{i} + 2v\,\mathbf{j} + 4v\,\mathbf{k}$

計算兩切向量的外積（Cross Product）以獲得法向量：
$\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 2u & 0 & -2u \\ 0 & 2v & 4v \end{vmatrix}$
$= \mathbf{i} \big( (0)(4v) - (-2u)(2v) \big) - \mathbf{j} \big( (2u)(4v) - (-2u)(0) \big) + \mathbf{k} \big( (2u)(2v) - (0)(0) \big)$
$= 4uv\,\mathbf{i} - 8uv\,\mathbf{j} + 4uv\,\mathbf{k}$

步驟二：將速度場 $\mathbf{F}$ 代入曲面參數

給定速度場：
$\mathbf{F}(x, y, z) = (x - 1)\mathbf{i} + (x + y)\mathbf{j} + (y + 1)\mathbf{k}$

將曲面上分量 $x = u^2 + 1$、$y = v^2 - 1$、$z = 2v^2 - u^2$ 代入得：
$x - 1 = u^2$
$x + y = (u^2 + 1) + (v^2 - 1) = u^2 + v^2$
$y + 1 = (v^2 - 1) + 1 = v^2$

核心觀念

本題考查**傅立葉級數（Fourier Series）的展開公式與狄利克雷定理（Dirichlet's Theorem on Fourier Series / 傅立葉收斂定理）**在無窮級數求和的應用。

1. 週期函數的傅立葉級數展開：
   設 $f(x)$ 為週期為 $2\pi$ 的分段平滑函數，其傅立葉級數定義為：
   $f(x) \sim a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} \left( a_n \cos(nx) + b_n \sin(nx) \right)$
   其中傅立葉係數公式為：
   $a_0 = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \, dx$
   $a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) \, dx \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$
   $b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) \, dx \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$

2. 函數對稱性（奇偶性）之簡化：
   若 $f(x)$ 在 $(-\pi, \pi)$ 上為偶函數（Even Function），即 $f(-x) = f(x)$，則：
   $b_n = 0 \quad (n \ge 1)$
   $a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \, dx$
   $a_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \cos(nx) \, dx \quad (n \ge 1)$

3. 傅立葉收斂定理（Dirichlet's Theorem）：
   若 $f(x)$ 為週期 $2\pi$ 且分段平滑，在其連續點 $x$ 處，傅立葉級數收斂至 $f(x)$；在其不連續點處，收斂至左右極限的平均值 $\frac{f(x^+) + f(x^-)}{2}$。

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解題方法

步驟一：分析函數對稱性並計算傅立葉係數

給定函數 $f(x) = x^2$（定義於 $-\pi < x < \pi$，週期 $T = 2\pi$）。
由於 $f(-x) = (-x)^2 = x^2 = f(x)$，可知 $f(x)$ 為偶函數。因此正弦項係數直接為零：
$b_n = 0 \quad (n \ge 1)$

1. 計算直流分量（平均值項） $a_0$：
   $a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} x^2 \, dx = \frac{1}{\pi} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{\pi} = \frac{1}{\pi} \cdot \frac{\pi^3}{3} = \frac{\pi^2}{3}$

2. 計算餘弦項係數 $a_n$ ($n \ge 1$)：
   $a_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} x^2 \cos(nx) \, dx$
   利用分部積分法（Integration by Parts）：
   $\int x^2 \cos(nx) \, dx = \frac{x^2 \sin(nx)}{n} + \frac{2x \cos(nx)}{n^2} - \frac{2\sin(nx)}{n^3}$
   代入積分上下限 $0$ 至 $\pi$：
   $\int_{0}^{\pi} x^2 \cos(nx) \, dx = \left[ \frac{x^2 \sin(nx)}{n} + \frac{2x \cos(nx)}{n^2} - \frac{2\sin(nx)}{n^3} \right]_{0}^{\pi}$
   因為 $\sin(n\pi) = 0$ 且 $\sin(0) = 0$，僅保留中間項：
   $= \frac{2\pi \cos(n\pi)}{n^2} - 0 = \frac{2\pi (-1)^n}{n^2}$

積分路徑 $C$ 由

$z(t)=t+i\!\left(\frac1t-\sin\frac{2\pi}{t}\right),\qquad t\in[0,1]$

所定，且題目寫成 $\oint_C$，表示 閉合 曲線。

函數

$f(z)=z^{3}-5z+3$

為整函數，於整個復平面皆可微。其原始函數為