114 年 國立成功大學工程科學系碩士班甲組《工程數學》

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第 1 題20 分

Solve the non-homogeneous ordinary differential equation (ODE)
y′′−3x−1y′+4x−2y=2y'' - 3x^{-1}y' + 4x^{-2}y = 2
Find the general solution y(x)=?y(x) = ?
(A) c1x+c2x3+2x2+x−2c_1x + c_2x^3 + 2x^2 + x - 2
(B) c1x−1+c2x3+x2ln⁡xc_1x^{-1} + c_2x^3 + x^2 \ln x
(C) c1x3+c2x−1+3x2−2x+5c_1x^3 + c_2x^{-1} + 3x^2 - 2x + 5
(D) c1x2+c2x2ln⁡x+x2(ln⁡x)2c_1x^2 + c_2x^2 \ln x + x^2 (\ln x)^2
(E) c1x4+c2x2+x2ln⁡xc_1x^4 + c_2x^2 + x^2 \ln x
(F) c1x−1+c2x−2ln⁡x+x−2ln⁡xc_1x^{-1} + c_2x^{-2} \ln x + x^{-2} \ln x

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解題要點

  1. 乘以 x2x^{2} 使方程成 Cauchy‑Euler 形式
    x2y′′−3xy′+4y=2x2(L[y]=2x2)x^{2}y''-3xy'+4y=2x^{2} \quad\bigl(L[y]=2x^{2}\bigr)

  2. 齊次解：設 y=xry=x^{r}，代入 L[xr]=(r−2)2xr=0L[x^{r}]=(r-2)^{2}x^{r}=0，得雙根 r=2r=2，
    yh=c1x2+c2x2ln⁡xy_{h}=c_{1}x^{2}+c_{2}x^{2}\ln x

  3. 特解：右端為 2x2=2⋅x22x^{2}=2\cdot x^{2}，恰與齊次解的基底 x2x^{2} 重合，需要乘以 ln⁡2x\ln^{2}x
    令 yp=A x2(ln⁡x)2y_{p}=A\,x^{2}(\ln x)^{2}，計算

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第 2 題20 分

Use the Laplace transform to solve y′(t)+9∫0ty(τ)dτ=∑k=1∞cos⁡(kt)δ(t−kπ)y'(t) + 9 \int_{0}^{t} y(\tau) d\tau = \sum_{k=1}^{\infty} \cos(kt) \delta(t - k\pi) with the initial condition y(0)=0y(0) = 0. Determine which of the following is the solution of y(t)y(t) on the interval 3π≤t<4π3\pi \le t < 4\pi:
(A) y(t)=2cos⁡tsin⁡2ty(t) = 2 \cos t \sin 2t
(B) y(t)=3cos⁡ty(t) = 3 \cos t
(C) y(t)=2sin⁡2ty(t) = 2 \sin 2t
(D) y(t)=0y(t) = 0
(E) y(t)=3cos⁡3ty(t) = 3 \cos 3t
(F) None of the above.

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解題步驟

  1. 取拉普拉斯變換
L{y′(t)}=sY(s),L ⁣{∫0ty(τ)dτ}=1sY(s)\mathcal L\{y'(t)\}=sY(s),\qquad \mathcal L\!\left\{\int_0^t y(\tau)d\tau\right\}=\frac{1}{s}Y(s)
  1. 右側
∑k=1∞cos⁡(kt) δ(t−kπ)→L∑k=1∞cos⁡(k⋅kπ) e−kπs=∑k=1∞(−1)ke−kπs\sum_{k=1}^{\infty}\cos(kt)\,\delta(t-k\pi) \xrightarrow{\mathcal L} \sum_{k=1}^{\infty}\cos(k\cdot k\pi)\,e^{-k\pi s} =\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k e^{-k\pi s}
  1. 拉普拉斯域方程

sY(s)+9sY(s)=∑k=1∞(−1)ke−kπssY(s)+\frac{9}{s}Y(s)=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k e^{-k\pi s}

整理得

Y(s)=ss2+9∑k=1∞(−1)ke−kπsY(s)=\frac{s}{s^{2}+9}\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k e^{-k\pi s}

  1. 逆變換

L−1 ⁣{ss2+9}=cos⁡(3t)\mathcal L^{-1}\!\left\{\frac{s}{s^{2}+9}\right\}= \cos(3t)

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第 3 題20 分

Determine which of the following represents the N-term partial sum SN(x)S_N(x) of the Dirac delta function δ(x)\delta(x) expanded as a Fourier series on the interval (−π,π)(-\pi, \pi):
(A) SN(x)=12πcos⁡[(N+1)x2]cos⁡(x2)S_N(x) = \frac{1}{2\pi} \frac{\cos\left[\frac{(N+1)x}{2}\right]}{\cos\left(\frac{x}{2}\right)}
(B) SN(x)=12πsin⁡[(2N+1)x2]sin⁡(x2)S_N(x) = \frac{1}{2\pi} \frac{\sin\left[\frac{(2N+1)x}{2}\right]}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}
(C) SN(x)=1π+12πcos⁡((N+1)x2)cos⁡(x2)S_N(x) = \frac{1}{\pi} + \frac{1}{2\pi} \frac{\cos\left(\frac{(N+1)x}{2}\right)}{\cos\left(\frac{x}{2}\right)}
(D) SN(x)=1π+12πcos⁡((N+1)x2)cos⁡(x2)S_N(x) = \frac{1}{\pi} + \frac{1}{2\pi} \frac{\cos\left(\frac{(N+1)x}{2}\right)}{\cos\left(\frac{x}{2}\right)}
(E) SN(x)=12π+1πsin⁡[(N+1)x2]sin⁡(x2)S_N(x) = \frac{1}{2\pi} + \frac{1}{\pi} \frac{\sin\left[\frac{(N+1)x}{2}\right]}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}
(F) None of the above.

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先寫出 δ(x) 在 (−π,π)(-π,π) 的週期延伸之傅立葉級數（實部）

δ(x)=a02+∑n=1∞ancos⁡nx,bn=0\delta(x)=\frac{a_{0}}{2}+ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\cos nx ,\qquad b_{n}=0

係數

a0=1π∫−ππδ(x) dx=1π,an=1π∫−ππδ(x)cos⁡nx dx=cos⁡0π=1π  (n≥1)a_{0}= \frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}\delta(x)\,dx =\frac1\pi ,\qquad a_{n}= \frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}\delta(x)\cos nx\,dx=\frac{\cos0}{\pi}= \frac1\pi\;(n\ge1)

故

δ(x)=12π+1π∑n=1∞cos⁡nx.\delta(x)=\frac1{2\pi}+ \frac1\pi\sum_{n=1}^{\infty}\cos nx .

取前 NN 項

SN(x)=12π+1π∑n=1Ncos⁡nx.S_N(x)=\frac1{2\pi}+ \frac1\pi\sum_{n=1}^{N}\cos nx .

利用餘弦求和公式

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第 4 題20 分

Consider the wave equation:
∂2u∂t2=c2∂2u∂x2\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}
in the domain 0<x<L0 < x < L. The initial conditions are:
u(x,0)=f(x)u(x, 0) = f(x), ∂u∂t(x,0)=g(x)\frac{\partial u}{\partial t}(x, 0) = g(x)
and the boundary conditions are u(0,t)=u(L,t)=0u(0, t) = u(L, t) = 0. Solve the problem using the method of separation of variables and Fourier series.
(A) u(x,t)=∑n=1∞[2L∫0Lf(x)sin⁡(nπxL)dxcos⁡(nπctL)+2L∫0Lg(x)sin⁡(nπxL)dxsin⁡(nπctL)]sin⁡(nπxL)u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \cos\left(\frac{n\pi ct}{L}\right) + \frac{2}{L} \int_{0}^{L} g(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \sin\left(\frac{n\pi ct}{L}\right) \right] \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)
(B) u(x,t)=∑n=1∞[2L∫0Lf(x)sin⁡(nπxL)dxcos⁡(nπctL)+2nπc∫0Lg(x)sin⁡(nπxL)dxsin⁡(nπctL)]sin⁡(nπxL)u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \cos\left(\frac{n\pi ct}{L}\right) + \frac{2}{n\pi c} \int_{0}^{L} g(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \sin\left(\frac{n\pi ct}{L}\right) \right] \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)
(C) u(x,t)=∑n=1∞[2L∫0Lf(x)sin⁡(nπxL)dxsin⁡(nπctL)+2L∫0Lg(x)sin⁡(nπxL)dxcos⁡(nπctL)]sin⁡(nπxL)u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \sin\left(\frac{n\pi ct}{L}\right) + \frac{2}{L} \int_{0}^{L} g(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \cos\left(\frac{n\pi ct}{L}\right) \right] \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)
(D) u(x,t)=∑n=1∞[2L∫0Lf(x)sin⁡(nπxL)dxcos⁡(nπctL)+2nπc∫0Lg(x)sin⁡(nπxL)dxcos⁡(nπctL)]sin⁡(nπxL)u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \cos\left(\frac{n\pi ct}{L}\right) + \frac{2}{n\pi c} \int_{0}^{L} g(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \cos\left(\frac{n\pi ct}{L}\right) \right] \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)
(E) u(x,t)=∑n=1∞[2L∫0Lf(x)sin⁡(nπxL)dxcos⁡(nπctL)+2nπc∫0Lg(x)sin⁡(nπxL)dxsin⁡(nπctL)]sin⁡(nπxL)u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \cos\left(\frac{n\pi ct}{L}\right) + \frac{2}{n\pi c} \int_{0}^{L} g(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \sin\left(\frac{n\pi ct}{L}\right) \right] \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)
(F) None of the above.

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核心觀念

本題考查偏微分方程式（PDE）中經典的一維波動方程式（1D Wave Equation）之邊界值與初始值問題（IBVP）。核心觀念與工具包括：

  1. 變數分離法（Method of Separation of Variables）：將偏微分方程拆解為空間與時間兩個獨立的常微分方程（ODE）。
  2. 史圖姆－劉維爾特徵值問題（Sturm-Liouville Eigenvalue Problem）：利用齊次邊界條件求出空間的特徵值（Eigenvalues）與特徵函數（Eigenfunctions）。
  3. 傅立葉正弦級數（Fourier Sine Series）與正交性（Orthogonality）：利用特徵函數族在通解疊加後的正交性質，解出滿足初始位置與初始速度條件的級數展開係數。

解題方法

Step 1：變數分離（Separation of Variables）

設解的形式為 u(x,t)=X(x)T(t)u(x, t) = X(x)T(t)，代入波動方程式 ∂2u∂t2=c2∂2u∂x2\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} 可得：
X(x)T′′(t)=c2X′′(x)T(t)X(x) T''(t) = c^2 X''(x) T(t)
兩邊同除以 c2X(x)T(t)c^2 X(x) T(t) 分離變數：
T′′(t)c2T(t)=X′′(x)X(x)=−λ(λ 為常數)\frac{T''(t)}{c^2 T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda \quad (\lambda \text{ 為常數})

由此拆解出兩個獨立的常微分方程：

  1. 空間部分：X′′(x)+λX(x)=0X''(x) + \lambda X(x) = 0
  2. 時間部分：T′′(t)+λc2T(t)=0T''(t) + \lambda c^2 T(t) = 0

Step 2：求解空間邊界值問題（Spatial Eigenvalue Problem）

帶入邊界條件 u(0,t)=0  ⟹  X(0)=0u(0, t) = 0 \implies X(0) = 0 與 u(L,t)=0  ⟹  X(L)=0u(L, t) = 0 \implies X(L) = 0：
X′′(x)+λX(x)=0,X(0)=0,X(L)=0X''(x) + \lambda X(x) = 0, \quad X(0) = 0, \quad X(L) = 0

求非零解（Nontrivial Solution）可得特徵值 λn\lambda_n 與對應之特徵函數 Xn(x)X_n(x)：
λn=(nπL)2,Xn(x)=sin⁡(nπxL),n=1,2,3,…\lambda_n = \left(\frac{n\pi}{L}\right)^2, \quad X_n(x) = \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right), \quad n = 1, 2, 3, \dots

Step 3：求解時間微分方程（Temporal ODE）

將 λn=(nπL)2\lambda_n = \left(\frac{n\pi}{L}\right)^2 代入時間常微分方程：
Tn′′(t)+(nπcL)2Tn(t)=0T_n''(t) + \left(\frac{n\pi c}{L}\right)^2 T_n(t) = 0
其通解為：
Tn(t)=Ancos⁡(nπctL)+Bnsin⁡(nπctL)T_n(t) = A_n \cos\left(\frac{n\pi c t}{L}\right) + B_n \sin\left(\frac{n\pi c t}{L}\right)

Step 4：通解疊加（Superposition）

根據線性疊加原理，波動方程式的通解為：
u(x,t)=∑n=1∞[Ancos⁡(nπctL)+Bnsin⁡(nπctL)]sin⁡(nπxL)u(x, t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ A_n \cos\left(\frac{n\pi c t}{L}\right) + B_n \sin\left(\frac{n\pi c t}{L}\right) \right] \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)

Step 5：套用初始條件決定係數 AnA_n 與 BnB_n

  1. 套用初始位置 u(x,0)=f(x)u(x, 0) = f(x)：
    u(x,0)=∑n=1∞Ansin⁡(nπxL)=f(x)u(x, 0) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) = f(x)
    利用傅立葉正弦級數之正交性，得：
    An=2L∫0Lf(x)sin⁡(nπxL)dxA_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx

  2. 套用初始速度 ∂u∂t(x,0)=g(x)\frac{\partial u}{\partial t}(x, 0) = g(x)：
    先對 tt 做偏微分：

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第 5 題10 分

Given the vector field F=(y2z,xz2,xy2)F = (y^2z, xz^2, xy^2), compute the divergence of the field ∇⋅F\nabla \cdot F.
(A) 0
(B) x
(C) y²
(D) xz²
(E) xy²
(F) None of the above.

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核心觀念

本題考查向量分析（Vector Calculus）中**向量場的散度（Divergence）**計算。

若三維空間中的向量場為：
F(x,y,z)=P(x,y,z)i+Q(x,y,z)j+R(x,y,z)k=(P,Q,R)\mathbf{F}(x, y, z) = P(x, y, z)\mathbf{i} + Q(x, y, z)\mathbf{j} + R(x, y, z)\mathbf{k} = (P, Q, R)

其散度定義為算符 ∇\nabla（Del 算符）與向量場 F\mathbf{F} 的純量積（內積）：
∇⋅F=∂P∂x+∂Q∂y+∂R∂z\nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}

物理上，散度代表流體或向量場在某一點的源頭強度（通量淨流出率）。當 ∇⋅F=0\nabla \cdot \mathbf{F} = 0 時，稱該向量場為無源場或無散場（Solenoidal Vector Field）。

解題方法

  1. 標明向量場的三個分量：
    由題意已知向量場 F=(P,Q,R)=(y2z,xz2,xy2)\mathbf{F} = (P, Q, R) = (y^2z, xz^2, xy^2)，即：

    • P(x,y,z)=y2zP(x, y, z) = y^2z
    • Q(x,y,z)=xz2Q(x, y, z) = xz^2
    • R(x,y,z)=xy2R(x, y, z) = xy^2

  2. 分別計算各分量對相應變數的偏微分：

    • 第一分量對 xx 偏微分：將 y,zy, z 視為常數，得到
      ∂P∂x=∂∂x(y2z)=0\frac{\partial P}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(y^2z) = 0
    • 第二分量對 yy 偏微分：將 x,zx, z 視為常數，得到
      ∂Q∂y=∂∂y(xz2)=0\frac{\partial Q}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(xz^2) = 0
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第 6 題10 分

Given the vector field F=(y2z,xz2,xy2)F = (y^2z, xz^2, xy^2), compute the curl of the field ∇×F\nabla \times F.
(A) (2xz,−y2,z2)(2xz, -y^2, z^2)
(B) (2yz,2xz,2xy)(2yz, 2xz, 2xy)
(C) (0,0,0)(0,0,0)
(D) (y2,z2,−y2)(y^2, z^2, -y^2)
(E) (yz,−xz,xy)(yz, -xz, xy)
(F) None of the above.

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向量場

F=(P,Q,R)=(y2z,  xz2,  xy2)\mathbf F=(P,Q,R)=(y^{2}z,\;xz^{2},\;xy^{2})

其旋度定義為

∇×F=(∂R∂y−∂Q∂z,  ∂P∂z−∂R∂x,  ∂Q∂x−∂P∂y).\nabla\times\mathbf F=\Bigl(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}, \;\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}, \;\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr).

逐項求導：

  • ∂R∂y=∂(xy2)∂y=2xy\displaystyle\frac{\partial R}{\partial y}= \frac{\partial (xy^{2})}{\partial y}=2xy
    ∂Q∂z=∂(xz2)∂z=2xz\displaystyle\frac{\partial Q}{\partial z}= \frac{\partial (xz^{2})}{\partial z}=2xz
    → 第1分量 =2xy−2xz=2x(y−z)=2xy-2xz=2x(y-z).
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