113 年 國立成功大學能源工程國際碩士學位學程《工程數學》

核心觀念

本題為複變函數論（Complex Analysis）中的複變線積分問題，核心考點包括：

1. 解析性（Analyticity）與柯西-古薩定理（Cauchy-Goursat Theorem）：
   若函數 $f(z)$ 在單連通區域 $D$ 內及其簡單閉曲線 $c$ 上處處解析，則對該封閉曲線的複變線積分為零：
   $\oint_{c} f(z) dz = 0$

2. 孤立奇異點（Isolated Singularity）與極點（Pole）判別：
   分式函數 $h(z) = \frac{P(z)}{Q(z)}$ 的奇異點為分母零點 $Q(z) = 0$。若 $P(z_0) \neq 0$ 且 $z_0$ 為 $Q(z)$ 的一階零點，則 $z_0$ 為 $h(z)$ 的簡單極點（Simple Pole / Order 1 Pole）。

3. 柯西殘數定理（Cauchy's Residue Theorem）：
   設 $c$ 為一逆時針方向之分段平滑簡單封閉曲線，若 $f(z)$ 在 $c$ 內部除有限個孤立奇異點 $z_1, z_2, \dots, z_n$ 外皆解析，則：
   $\oint_{c} f(z) dz = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \text{Res}(f, z_k)$

4. 簡單極點殘數公式（Residue Formula for Simple Pole）：
   若 $f(z) = \frac{P(z)}{Q(z)}$ 在 $z = z_0$ 處有簡單極點，則殘數計算公式為：
   $\text{Res}(f, z_0) = \lim_{z \to z_0} (z - z_0) f(z) = \frac{P(z_0)}{Q'(z_0)}$

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解題方法

將原積分拆解為兩項分別處理：
$I = \oint_{c} \left( \frac{ze^{z^2}}{z^4-16} + ze^{z^2} \right) dz = \oint_{c} \frac{ze^{z^2}}{z^4-16} dz + \oint_{c} ze^{z^2} dz = I_1 + I_2$

步驟一：分析積分路徑 $c$

曲線 $c$ 的方程式為 $9x^2 + y^2 = 9$，可標準化為橢圓方程式：
$\frac{x^2}{1^2} + \frac{y^2}{3^2} = 1$
此為一中心在原點 $(0,0)$、半短軸 $a=1$（對應 $x$ 軸）、半長軸 $b=3$（對應 $y$ 軸）的逆時針橢圓。
內部區域點 $(x,y)$ 滿足不等式：
$9x^2 + y^2 < 9$

步驟二：計算第二項積分 $I_2$

考慮函數 $g(z) = ze^{z^2}$：
由於多項式函數與指數函數皆為全純函數（Entire Function），其複合與乘積 $g(z)$ 在整個複數平面 $\mathbb{C}$ 上處處解析。
根據柯西-古薩定理，在封閉曲線 $c$ 上的積分為：
$I_2 = \oint_{c} ze^{z^2} dz = 0$

步驟三：尋找第一項被積函數之奇異點並判定位置

考慮被積函數 $h(z) = \frac{ze^{z^2}}{z^4-16}$：
令分母 $z^4 - 16 = 0$，解出四個奇異點：
$z^4 - 16 = (z^2 - 4)(z^2 + 4) = (z-2)(z+2)(z-2i)(z+2i) = 0$
奇異點分別為 $z_1 = 2$, $z_2 = -2$, $z_3 = 2i$, $z_4 = -2i$。

檢驗各奇異點是否落於橢圓曲線 $c$ 的內部（即滿足 $9x^2 + y^2 < 9$）：

1. 對於 $z_1 = 2 = 2 + 0i \implies (x,y) = (2,0)$：
   $9(2)^2 + (0)^2 = 36 > 9 \quad (\text{部位於曲線外部})$
2. 對於 $z_2 = -2 = -2 + 0i \implies (x,y) = (-2,0)$：
   $9(-2)^2 + (0)^2 = 36 > 9 \quad (\text{部位於曲線外部})$
3. 對於 $z_3 = 2i = 0 + 2i \implies (x,y) = (0,2)$：
   $9(0)^2 + (2)^2 = 4 < 9 \quad (\text{位於曲線內部})$
4. 對於 $z_4 = -2i = 0 - 2i \implies (x,y) = (0,-2)$：
   $9(0)^2 + (-2)^2 = 4 < 9 \quad (\text{位於曲線內部})$

核心觀念

本題考驗高階常係數非齊次線性常微分方程（Linear Non-homogeneous Ordinary Differential Equations with Constant Coefficients）的求解技巧。主要涵蓋以下關鍵定義與定理：

1. 重疊原理（Superposition Principle）與通解結構：
   非齊次微分方程 $L[y] = R(t)$ 的通解 $y(t)$ 為齊次通解 $y_h(t)$ 與非齊次特解 $y_p(t)$ 之和，即 $y(t) = y_h(t) + y_p(t)$。若右端項為多項和 $R(t) = R_1(t) + R_2(t) + \dots$，特解亦可拆解為 $y_p(t) = y_{p1}(t) + y_{p2}(t) + \dots$ 分別求解。
2. 特徵方程式（Characteristic Equation）與齊次解：
   對於常係數微分算子 $D = \frac{d}{dt}$，齊次方程對應之特徵多項式 $P(r) = 0$：
   • 若求得相異實根 $r_1, r_2$，對應之線性獨立解為 $e^{r_1 t}, e^{r_2 t}$。
   • 若求得三重實根 $r = r_0$（重複度 $m = 3$），對應之線性獨立解為 $e^{r_0 t}, t e^{r_0 t}, t^2 e^{r_0 t}$。
3. 特解求解法與算子位移定理（Shift Theorem）：
   特解可採用未定係數法或逆微分算子法。算子位移定理為：
   $\frac{1}{P(D)} [e^{at} v(t)] = e^{at} \frac{1}{P(D+a)} v(t)$
   當右端項因子 $e^{at}$ 中之 $a$ 恰好為特徵方程式的 $m$ 重根時，產生共振（Resonance）現象，特解假設必須乘以 $t^m$。

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解題方法

(a) 求解 $y'' - 4y' - 12y = \sin(2t) + te^{4t}$

步驟一：求齊次通解 $y_h(t)$
對應之齊次微分方程為 $y'' - 4y' - 12y = 0$。
特徵方程式為：
$r^2 - 4r - 12 = 0$
因式分解得：
$(r - 6)(r + 2) = 0 \implies r_1 = 6, \quad r_2 = -2$
故齊次通解為：
$y_h(t) = c_1 e^{6t} + c_2 e^{-2t}$

步驟二：求非齊次特解 $y_p(t)$
將右端項拆分為 $R_1(t) = \sin(2t)$ 與 $R_2(t) = te^{4t}$，分別求特解 $y_{p1}(t)$ 與 $y_{p2}(t)$。

1. 求 $y_{p1}(t)$（對應 $R_1(t) = \sin(2t)$）：
   由於 $\pm 2i$ 非特徵根，設特解為：
   $y_{p1}(t) = A \cos(2t) + B \sin(2t)$
   微分一次與二次得：
   $y_{p1}'(t) = -2A \sin(2t) + 2B \cos(2t)$
   $y_{p1}''(t) = -4A \cos(2t) - 4B \sin(2t)$
   代入原方程左式：
   $y_{p1}'' - 4y_{p1}' - 12y_{p1} = [-4A \cos(2t) - 4B \sin(2t)] - 4[-2A \sin(2t) + 2B \cos(2t)] - 12[A \cos(2t) + B \sin(2t)]$
   $= (-16A - 8B) \cos(2t) + (8A - 16B) \sin(2t)$
   對照右式 $\sin(2t)$ 之係數：
   $\begin{cases} -16A - 8B = 0 \implies B = -2A \\ 8A - 16B = 1 \end{cases}$
   解得 $A = \frac{1}{40}, B = -\frac{1}{20}$，故：
   $y_{p1}(t) = \frac{1}{40} \cos(2t) - \frac{1}{20} \sin(2t)$

2. 求 $y_{p2}(t)$（對應 $R_2(t) = te^{4t}$）：
   由於 $r = 4$ 非特徵根，設特解為：
   $y_{p2}(t) = (Ct + E) e^{4t}$
   微分一次與二次得：
   $y_{p2}'(t) = (4Ct + C + 4E) e^{4t}$
   $y_{p2}''(t) = (16Ct + 8C + 16E) e^{4t}$
   代入原方程左式：
   $y_{p2}'' - 4y_{p2}' - 12y_{p2} = \left[ (16Ct + 8C + 16E) - 4(4Ct + C + 4E) - 12(Ct + E) \right] e^{4t}$
   $= (-12Ct + 4C - 12E) e^{4t}$
   對照右式 $t e^{4t}$ 之係數：
   $\begin{cases} -12C = 1 \implies C = -\frac{1}{12} \\ 4C - 12E = 0 \implies E = \frac{C}{3} = -\frac{1}{36} \end{cases}$
   故：

核心觀念

本題是圓柱座標下、僅與半徑 $r$ 有關的熱方程。主要考查：

• 分離變數法；
• Bessel 方程與零階 Bessel 函數 $J_0$、$Y_0$；
• Sturm–Liouville 特徵值問題；
• 以權函數 $r$ 建立正交展開；
• 利用初始條件決定 Fourier–Bessel 級數係數。

由於邊界條件為

$$T(a,t)=T(b,t)=0,$$

解必須由同時在 $r=a,b$ 為零的徑向特徵函數組成。

解題方法：分離變數

設

$$T(r,t)=R(r)G(t).$$

代入熱方程：

$$R''(r)G(t)+\frac{1}{r}R'(r)G(t) = \frac{1}{\alpha}R(r)G'(t).$$

除以 $R(r)G(t)$，得

$$\frac{R''+\frac{1}{r}R'}{R} = \frac{1}{\alpha}\frac{G'}{G}.$$

左側僅依賴 $r$，右側僅依賴 $t$，因此兩者必為常數。為使熱傳導問題的時間解具有衰減形式，令分離常數為 $-\lambda^2$，其中 $\lambda>0$：

$$\frac{R''+\frac{1}{r}R'}{R}=-\lambda^2, \qquad \frac{1}{\alpha}\frac{G'}{G}=-\lambda^2.$$

因此得到兩個常微分方程。

時間部分

$$G'(t)+\alpha\lambda^2G(t)=0.$$

其解為

$$G(t)=C e^{-\alpha\lambda^2t}.$$

徑向部分

$$R''(r)+\frac{1}{r}R'(r)+\lambda^2R(r)=0.$$

令

$$x=\lambda r,$$

則

$$\frac{dR}{dr}=\lambda\frac{dR}{dx}, \qquad \frac{d^2R}{dr^2}=\lambda^2\frac{d^2R}{dx^2}.$$

代入後得

$$\frac{d^2R}{dx^2} +\frac{1}{x}\frac{dR}{dx} +R=0,$$

或寫成

$$x^2\frac{d^2R}{dx^2} +x\frac{dR}{dx} +x^2R=0.$$

這是階數為 $0$ 的 Bessel 方程，因此徑向解為

$$R(r)=A J_0(\lambda r)+B Y_0(\lambda r),$$

其中 $J_0$、$Y_0$ 分別為第一類與第二類零階 Bessel 函數。

套用邊界條件

套用 $T(a,t)=0$

因為時間因子不影響空間邊界條件，所以

$$R(a)=0.$$

因此

$$A J_0(\lambda a)+B Y_0(\lambda a)=0.$$

可選取一個自動滿足 $R(a)=0$ 的徑向特徵函數：

$$\phi_\lambda(r) = J_0(\lambda r)Y_0(\lambda a) - Y_0(\lambda r)J_0(\lambda a).$$

代入 $r=a$：

$$\phi_\lambda(a) = J_0(\lambda a)Y_0(\lambda a) - Y_0(\lambda a)J_0(\lambda a) =0.$$

套用 $T(b,t)=0$

還需滿足

$$\phi_\lambda(b)=0.$$

因此 $\lambda$ 必須滿足特徵方程

$$J_0(\lambda b)Y_0(\lambda a) - Y_0(\lambda b)J_0(\lambda a) =0.$$

等價地，也可寫成

$$J_0(\lambda a)Y_0(\lambda b) - Y_0(\lambda a)J_0(\lambda b) =0.$$

將其所有正根依序記為

$$\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3,\ldots.$$

對應的特徵函數為

$$\phi_n(r) = J_0(\lambda_n r)Y_0(\lambda_n a) - Y_0(\lambda_n r)J_0(\lambda_n a).$$

每一個分離解為

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換之微分定理（Laplace Transform of Derivatives）與二階常係數齊次線性微分方程式之初值問題（Initial Value Problem, IVP）。

1. 二階微分之拉普拉斯轉換定理：
   若 $X(s) = \mathcal{L}\{x(t)\}$，則二階導函數之拉普拉斯轉換為：
   $\mathcal{L}\left\{\frac{d^2 x}{dt^2}\right\} = s^2 X(s) - s x(0) - x'(0)$
2. 微分方程式之特解與初值關係：
   微分方程式 $\frac{d^2 x}{dt^2} + a^2 x = 0$ 之通解為 $x(t) = C_1 \cos(at) + C_2 \sin(at)$。
   • 當初值設定為 $x(0) = 1$ 且 $x'(0) = 0$ 時，特解為 $x(t) = \cos(at)$。
   • 當初值設定為 $x(0) = 0$ 且 $x'(0) = a$ 時，特解為 $x(t) = \sin(at)$。

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解題方法

本題限制不可使用積分（you may not use integration），因此解題切入點為：對微分方程式兩邊直接進行拉普拉斯轉換，利用微分定理轉化為 $s$ 域代數方程式後，再代入對應的「適當初值」求得結果。

步驟一：微分方程式之拉普拉斯轉換

對已知微分方程式取拉普拉斯轉換：
$\mathcal{L}\left\{\frac{d^2 x}{dt^2} + a^2 x\right\} = \mathcal{L}\{0\}$

利用拉普拉斯轉換之線性性質與導函數定理：
$\left[ s^2 X(s) - s x(0) - x'(0) \right] + a^2 X(s) = 0$

將包含 $X(s)$ 的項合併整理：
$(s^2 + a^2) X(s) = s x(0) + x'(0)$

解出 $X(s)$ 之通用代數表示式：
$X(s) = \frac{s x(0) + x'(0)}{s^2 + a^2}$

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步驟二：證明 $\mathcal{L}\{\cos(at)\} = \frac{s}{s^2+a^2}$

1. 選擇適當初值：設定 $x(0) = 1$ 且 $x'(0) = 0$。
2. 驗證特解形式：
   微分方程式 $\frac{d^2 x}{dt^2} + a^2 x = 0$ 之通解為 $x(t) = C_1 \cos(at) + C_2 \sin(at)$，其導函數為 $x'(t) = -a C_1 \sin(at) + a C_2 \cos(at)$。
   代入初值條件：
   • $x(0) = C_1 = 1$
   • $x'(0) = a C_2 = 0 \implies C_2 = 0$
     故對應的解恰為 $x(t) = \cos(at)$。
3. 求取拉普拉斯轉換：
   將初值 $x(0) = 1$ 與 $x'(0) = 0$ 代入步驟一之代數式：
   $\mathcal{L}\{\cos(at)\} = X(s) = \frac{s(1) + 0}{s^2 + a^2} = \frac{s}{s^2+a^2}$

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核心觀念

本題屬於偏微分方程式（PDE）中的邊界值問題（Boundary Value Problem, BVP），核心考點為無限／半無限區域 Laplace 方程式的求解以及**傅立葉變換（Fourier Transform）**的應用：

1. Laplace 方程式的傅立葉變換解法：在無界空間（$-\infty < x < \infty$）中，可對空間變數 $x$ 施加傅立葉變換，將偏微分方程式（PDE）轉化為關於 $y$ 的常微分方程式（ODE）。
2. 無界處有界性條件（Physical Boundedness Condition）：利用 $\lim_{y \to \infty} \varphi(x, y) = 0$ 排除當 $y \to \infty$ 時會發散的指數成長項。
3. 傅立葉逆變換與奇偶性簡化：利用被積分函數的奇偶性，將全域積分 $(-\infty, \infty)$ 化簡為半域積分 $(0, \infty)$。
4. 狄利克雷積分（Dirichlet Integral）與傅立葉積分收斂定理：利用定積分公式 $\int_0^\infty \frac{\sin u}{u} \, du = \frac{\pi}{2}$ 求出不連續點處的邊界數值，亦可輔以傅立葉積分收斂定理（連續點收斂至原函數值，跳躍不連續點收斂至左右極限之算術平均值）進行驗證。

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解題方法

第一部分：證明 $\varphi(x, y) = \frac{1}{\pi} \int_0^\infty \frac{e^{-ky}}{k} \sin k \cos kx \, dk$

步驟 1：對 $x$ 變數施加傅立葉變換（Fourier Transform）
定義 $\varphi(x, y)$ 對 $x$ 變數的傅立葉變換為：
$\mathcal{F}\{\varphi(x, y)\} = \Phi(k, y) = \int_{-\infty}^{\infty} \varphi(x, y) e^{-ikx} \, dx$
根據傅立葉變換對微分的性質，$\mathcal{F}\left\{\frac{\partial^2 \varphi}{\partial x^2}\right\} = (ik)^2 \Phi(k, y) = -k^2 \Phi(k, y)$。
將原偏微分方程式 $\frac{\partial^2 \varphi}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 \varphi}{\partial y^2} = 0$ 兩邊對 $x$ 作傅立葉變換，可得關於 $y$ 的二階常微分方程式：
$-k^2 \Phi(k, y) + \frac{d^2 \Phi(k, y)}{dy^2} = 0 \implies \frac{d^2 \Phi}{dy^2} - k^2 \Phi = 0$

步驟 2：求解 ODE 通解並套用遠處邊界條件
該 ODE 之一般解為：
$\Phi(k, y) = A(k) e^{-|k|y} + B(k) e^{|k|y}$
題目給定遠處邊界條件 $\lim_{\sqrt{x^2+y^2} \to \infty} \varphi(x, y) = 0$，表示當 $y \to \infty$ 時，解必須保持有界且趨近於 $0$。因此發散項之係數必須為零，即 $B(k) = 0$。
故變換後的解簡化為：
$\Phi(k, y) = A(k) e^{-|k|y}$

步驟 3：利用 $y = 0$ 的邊界條件確定 $A(k)$
當 $y = 0$ 時，$\Phi(k, 0) = A(k)$。對邊界條件 $\varphi(x, 0)$ 取傅立葉變換：
$A(k) = \int_{-\infty}^{\infty} \varphi(x, 0) e^{-ikx} \, dx$
已知 $\varphi(x, 0) = \begin{cases} 1/2 & |x| < 1 \\ 0 & |x| > 1 \end{cases}$，代入上式積分：
$A(k) = \int_{-1}^{1} \frac{1}{2} e^{-ikx} \, dx = \frac{1}{2} \left[ \frac{e^{-ikx}}{-ik} \right]_{-1}^{1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^{-ik} - e^{ik}}{-ik} = \frac{e^{ik} - e^{-ik}}{2ik} = \frac{\sin k}{k}$
因此，頻域解為：
$\Phi(k, y) = \frac{\sin k}{k} e^{-|k|y}$

步驟 4：進行傅立葉逆變換（Inverse Fourier Transform）
由傅立葉逆變換公式：
$\varphi(x, y) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \Phi(k, y) e^{ikx} \, dk = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin k}{k} e^{-|k|y} (\cos kx + i \sin kx) \, dk$
利用奇偶性分析被积分函數：

• $\frac{\sin k}{k} e^{-|k|y} \sin kx$ 為關於 $k$ 的奇函數，其在 $(-\infty, \infty)$ 的對稱區間積分為 $0$。