113 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

1. 廣義歐拉-柯西方程式（Generalized Euler-Cauchy Equation）：
   本題為形如 $(ax+b)^2 y'' + c(ax+b)y' + dy = f(x)$ 的變係數二階非齊次線性微分方程式。其特徵為各階導數前方的係數皆含有相同一次式 $(ax+b)$ 的對應次方。
2. 變數變換法（Substitution Method）：
   • 第一階段：令 $t = ax+b$，利用微積分連鎖律將變係數方程化為標準歐拉-柯西型態 $t^2 \frac{d^2y}{dt^2} + k t \frac{dy}{dt} + m y = R(t)$。
   • 第二階段：令 $t = e^z$（即 $z = \ln|t|$），引入微分運算子 $D = \frac{d}{dz}$，將歐拉-柯西方程進一步轉化為「常係數線性微分方程式」。
3. 疊加原理與二階非齊次解結構：
   通解可表示為齊次解 $y_h$ 與特解 $y_p$ 之和：
   $y(x) = y_h(x) + y_p(x)$
   • 齊次解 $y_h$：由特徵方程式（Auxiliary Equation）求解。
   • 特解 $y_p$：利用待定係數法（Method of Undetermined Coefficients）求得。

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解題方法

步驟一：第一階段變數變換（消去一次項係數）

令 $t = 3x - 1$，則 $x = \frac{t + 1}{3}$。利用連鎖律求導數：
$y' = \frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt} \cdot \frac{dt}{dx} = 3 \frac{dy}{dt}$
$y'' = \frac{d}{dx}\left(3 \frac{dy}{dt}\right) = \frac{d}{dt}\left(3 \frac{dy}{dt}\right) \cdot \frac{dt}{dx} = 9 \frac{d^2y}{dt^2}$

將上述關係式與 $6x + 7 = 6\left(\frac{t+1}{3}\right) + 7 = 2t + 9$ 代入原微分方程式：
$t^2 \left(9 \frac{d^2y}{dt^2}\right) + 6t \left(3 \frac{dy}{dt}\right) = 2t + 9$
同除以 $9$ 進行簡化，得到以 $t$ 為自變數的標準歐拉-柯西方程式：
$t^2 \frac{d^2y}{dt^2} + 2t \frac{dy}{dt} = \frac{2}{9}t + 1$

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步驟二：第二階段變數變換（化為常係數微分方程式）

設 $t = e^z$（即 $z = \ln|t|$），定義微分運算子 $D = \frac{d}{dz}$，根據歐拉-柯西方程式的標準轉換關係：
$t \frac{dy}{dt} = D y$
$t^2 \frac{d^2y}{dt^2} = D(D-1) y$

代入步驟一所得之方程式：
$[D(D-1) + 2D] y = \frac{2}{9}e^z + 1$
整理得：
$(D^2 + D) y = \frac{2}{9}e^z + 1$

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步驟三：求解齊次解 $y_h$

對應之齊次微分方程式為 $(D^2 + D) y = 0$。
寫出特徵方程式（Characteristic Equation）：
$\lambda^2 + \lambda = 0 \implies \lambda(\lambda + 1) = 0$
解得特徵根為 $\lambda_1 = 0$, $\lambda_2 = -1$。

故齊次解在 $z$ 域表示為：
$y_h(z) = c_1 e^{0z} + c_2 e^{-z} = c_1 + c_2 e^{-z}$
換回變數 $t$（因 $e^z = t$）：
$y_h(t) = c_1 + \frac{c_2}{t}$

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核心觀念

本題考查使用**拉普拉斯變換（Laplace Transform）求解含有單位脈衝函數（Dirac Delta Function）**的二階常微分方程式（ODE）初始值問題（IVP）。
所涉及的核心定義、定理與公式如下：

1. 微分的拉普拉斯變換公式：
   $\mathcal{L}\{y''\} = s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0)$
2. 單位脈衝函數的拉普拉斯變換：
   $\mathcal{L}\{\delta(t - a)\} = e^{-as} \quad (a \ge 0)$
3. 基本三角函數的拉普拉斯逆變換：
   $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{s^2 + \omega^2}\right\} = \cos(\omega t)$
   $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{\omega}{s^2 + \omega^2}\right\} = \sin(\omega t)$
4. 拉普拉斯變換之第二位移定理（t-位移定理）：
   $\mathcal{L}^{-1}\left\{e^{-as} F(s)\right\} = f(t - a) u(t - a)$
   其中 $u(t - a)$ 為單位階梯函數（Unit Step Function / Heaviside Step Function）。

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解題方法

本題解法採用拉普拉斯變換法，將時域（$t$-domain）的微分方程式轉換至頻域（$s$-domain）進行代數運算，求解出 $Y(s)$ 後再經由逆變換求得 $y(t)$。

步驟一：對微分方程式兩端取拉普拉斯變換
給定二階微分方程式：
$y'' + 9y = \delta(t - 3)$
配合初始條件 $y(0) = 1, y'(0) = 3$，兩端取拉普拉斯變換 $\mathcal{L}$：
$\mathcal{L}\{y''\} + 9\mathcal{L}\{y\} = \mathcal{L}\{\delta(t - 3)\}$
代入微分定理與脈衝函數轉換公式：
$\left[ s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0) \right] + 9 Y(s) = e^{-3s}$
$\left[ s^2 Y(s) - s(1) - 3 \right] + 9 Y(s) = e^{-3s}$

步驟二：整理並解出 $Y(s)$
將包含 $Y(s)$ 的項提出合併：
$(s^2 + 9) Y(s) - s - 3 = e^{-3s}$
$(s^2 + 9) Y(s) = s + 3 + e^{-3s}$
同除以 $(s^2 + 9)$，拆解為適合逆變換的標準項形式：
$Y(s) = \frac{s + 3}{s^2 + 9} + \frac{e^{-3s}}{s^2 + 9}$
$Y(s) = \frac{s}{s^2 + 9} + \frac{3}{s^2 + 9} + e^{-3s} \cdot \frac{1}{s^2 + 9}$

核心觀念

本題旨在考驗**傅立葉級數（Fourier Series）的展開與係數計算，特別強調利用函數對稱性（奇偶性）**來簡化計算。

1. 傅立葉三角級數定義：
   若週期函數 $f(t)$ 的週期為 $T = 2L$（本題 $T = 2\pi \implies L = \pi$），其傅立葉級數可表示為：
   $f(t) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \left( a_n \cos(nt) + b_n \sin(nt) \right)$
   其中各傅立葉係數公式為：
   $a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \, dt$
   $a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \cos(nt) \, dt \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$
   $b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \sin(nt) \, dt \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$

2. 偶函數簡化定理（Fourier Cosine Series）：
   對任意 $t \in (-\pi, \pi)$，絕對值函數滿足 $f(-t) = |-t| = |t| = f(t)$，故 $f(t)$ 為偶函數（Even Function）。

   • 偶函數與奇函數相乘為奇函數，對稱區間積分為零：$b_n = 0$（對所有 $n \ge 1$）。
   • 偶函數與偶函數相乘仍為偶函數，對稱區間積分可簡化為半區間積分的 2 倍：
     $a_0 = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(t) \, dt$
     $a_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(t) \cos(nt) \, dt$

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解題方法

步驟一：判定對稱性與簡化係數

由 $f(t) = |t|$ 在 $t \in (-\pi, \pi)$ 上為偶函數，可直接確定正弦項係數：
$b_n = 0 \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$

步驟二：計算直流項（Constant / DC Term）$a_0$

在區間 $t \in [0, \pi]$ 上，$f(t) = t$。
$a_0 = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} t \, dt = \frac{2}{\pi} \left[ \frac{t^2}{2} \right]_{0}^{\pi} = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi^2}{2} = \pi$
因此，直流項（平均值）為：
$\frac{a_0}{2} = \frac{\pi}{2}$

步驟三：計算餘弦項係數 $a_n$

利用分部積分法（Integration by Parts）：
$a_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} t \cos(nt) \, dt$

設 $u = t \implies du = dt$，$dv = \cos(nt) dt \implies v = \frac{\sin(nt)}{n}$：
$a_n = \frac{2}{\pi} \left( \left[ \frac{t \sin(nt)}{n} \right]_{0}^{\pi} - \int_{0}^{\pi} \frac{\sin(nt)}{n} \, dt \right)$

帶入上下限計算：

• 第一項：$\left[ \frac{t \sin(nt)}{n} \right]_{0}^{\pi} = \frac{\pi \sin(n\pi)}{n} - 0 = 0$ （因為 $n \in \mathbb{Z}^+ \implies \sin(n\pi) = 0$）
• 第二項：
  $-\int_{0}^{\pi} \frac{\sin(nt)}{n} \, dt = \left[ \frac{\cos(nt)}{n^2} \right]_{0}^{\pi} = \frac{\cos(n\pi) - \cos(0)}{n^2} = \frac{(-1)^n - 1}{n^2}$

整理得 $a_n$ 之中間表示式：
$a_n = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{(-1)^n - 1}{n^2} = \frac{2\left[(-1)^n - 1\right]}{n^2 \pi}$

步驟四：討論 $n$ 的奇偶性並組合級數

1. 當 $n$ 為偶數（$n = 2, 4, 6, \dots$）：

(a) $(A+B)C = AC+BC$ （原式右側次序錯誤）

(e) $(A+B)^2 = A^{2}+AB+BA+B^{2}$ （若 $AB=BA$ 才可化為 $A^{2}+2AB+B^{2}$）

核心觀念

本題旨在考驗向量微積分中的格林定理（Green's Theorem），主要包含以下核心要素：

1. 格林定理（Green's Theorem）：
   設 $R$ 為平面上一有界封閉區域，其邊界 $C$ 為分段平滑（piecewise-smooth）且具正向（逆時針方向, counterclockwise orientation）的簡單封閉曲線。若二元函數 $P(x,y)$ 與 $Q(x,y)$ 在包含 $R$ 的開區域上具有連續的一階偏導函數，則沿曲線 $C$ 的線積分與區域 $R$ 上的二重積分滿足：
   $\oint_C P\,dx + Q\,dy = \iint_R \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA$

2. 二重積分與幾何面積之關係：
   當格林定理轉換後的二重積分被積函數為常數 $1$ 時，二重積分 $\iint_R 1 \, dA$ 即代表區域 $R$ 的幾何面積（Area of R）。

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解題方法

步驟一：比對線積分標準式與偏導函數計算
給定線積分 $\oint_C (x^3 + 2y)dx + (y^3 + 3x)dy$，對照格林定理標準型 $\oint_C P\,dx + Q\,dy$，提取成分函數：
$P(x,y) = x^3 + 2y$
$Q(x,y) = y^3 + 3x$

分別對 $P$ 與 $Q$ 計算偏導數：
$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(x^3 + 2y) = 2$
$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(y^3 + 3x) = 3$

步驟二：計算二重積分被積函數
$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 3 - 2 = 1$

步驟三：利用格林定理轉換為二重積分
邊界曲線 $C$ 為單位圓 $x^2 + y^2 = 1$，其包圍的內部區域 $R$ 為 $x^2 + y^2 \le 1$。由於 $C$ 的方向為逆時針方向，完全符合正向邊界定義，故直接套用格林定理：
$\oint_C (x^3 + 2y)dx + (y^3 + 3x)dy = \iint_R (3 - 2) \, dA = \iint_R 1 \, dA$

步驟四：求出最終積分值

• 幾何面積法（推薦快速解法）：
  二重積分 $\iint_R 1 \, dA$ 即為半徑 $r = 1$ 之圓形區域 $R$ 的面積：
  $\text{Area}(R) = \pi r^2 = \pi \cdot (1)^2 = \pi$

• 極座標變數轉換法（正規微積分推導）：
  令 $x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$，面積微元 $dA = r\,dr\,d\theta$，積分範圍 $0 \le r \le 1$，$0 \le \theta \le 2\pi$：

核心觀念

本題為一維固定端波動方程：

$$\frac{\partial^2 y}{\partial t^2} = k^2\frac{\partial^2 y}{\partial x^2}, \qquad 0<x<l,\ t>0$$

兩端滿足齊次 Dirichlet 邊界條件：

$$y(0,t)=y(l,t)=0$$

因此空間部分必須使用滿足端點為零的本徵函數：

$$\sin\frac{n\pi x}{l}, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

這些正弦函數具有正交性：

$$\int_0^l \sin\frac{m\pi x}{l} \sin\frac{n\pi x}{l}\,dx = \begin{cases} 0, & m\ne n,\\[4pt] \dfrac{l}{2}, & m=n. \end{cases}$$

因此初始位移 $f(x)$ 與初始速度 $g(x)$ 都以正弦級數展開，再由時間方向的常微分方程決定各模態的振動形式。

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解題方法：分離變數

設

$$y(x,t)=X(x)T(t)$$

代入偏微分方程：

$$X(x)T''(t)=k^2X''(x)T(t)$$

兩邊除以 $k^2X(x)T(t)$，得到

$$\frac{T''(t)}{k^2T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda$$

其中 $\lambda$ 為分離常數。因此得到兩個常微分方程：

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

以及

$$T''+k^2\lambda T=0$$

空間邊界條件為

$$X(0)=0,\qquad X(l)=0$$

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空間本徵值與本徵函數

分別討論 $\lambda$ 的情況。

$\lambda=0$

此時

$$X(x)=C_1+C_2x$$

由 $X(0)=0$ 得 $C_1=0$，再由 $X(l)=0$ 得 $C_2=0$，只有零解，因此不產生非零模態。

$\lambda<0$

令 $\lambda=-\mu^2$，則

$$X''-\mu^2X=0$$

其解為指數函數組合，套用兩端零邊界後仍只有零解，因此不產生非零模態。

$\lambda>0$

令

$$\lambda=\mu^2$$

則

$$X''+\mu^2X=0$$

通解為

$$X(x)=C_1\cos(\mu x)+C_2\sin(\mu x)$$

由 $X(0)=0$ 得 $C_1=0$，所以

$$X(x)=C_2\sin(\mu x)$$

再由 $X(l)=0$：

$$\sin(\mu l)=0$$

因此

$$\mu l=n\pi, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

故本徵值與本徵函數為

$$\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{l}\right)^2$$ $$X_n(x)=\sin\frac{n\pi x}{l}$$

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時間方向的解

對於第 $n$ 個空間模態，時間方程為

$$T_n''+k^2\lambda_nT_n=0$$

代入 $\lambda_n$：

$$T_n'' + k^2\left(\frac{n\pi}{l}\right)^2T_n =0$$

定義角頻率

$$\omega_n=\frac{kn\pi}{l}$$

則

$$T_n''+\omega_n^2T_n=0$$

其通解為

$$T_n(t)=A_n\cos(\omega_nt)+B_n\sin(\omega_nt)$$

所以整體解可表示為本徵函數的疊加：

$$y(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ A_n\cos\left(\frac{kn\pi t}{l}\right) + B_n\sin\left(\frac{kn\pi t}{l}\right) \right] \sin\frac{n\pi x}{l}$$

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套用初始位移條件

當 $t=0$ 時，

$$\cos(0)=1,\qquad \sin(0)=0$$

因此

$$y(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n\sin\frac{n\pi x}{l} =f(x)$$

將 $f(x)$ 展開為正弦傅立葉級數：