115 年 國立成功大學工程科學系碩士班丙組《工程數學》

核心觀念

本題考查**一階正合微分方程（Exact Differential Equation）**的判別條件。

對於標準型態的一階微分方程：
$M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0$

其中 $M(x,y)$ 與 $N(x,y)$ 在單連通區域上具備一階連續偏導函數。此微分方程為正合方程（Exact ODE）的充要條件（Necessary and Sufficient Condition）為偏微分交錯相等：
$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$

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解題方法

1. 標示 $M(x, y)$ 與 $N(x, y)$：
   根據給定方程 $(6x^2 + 4axy) dx + (4bx^2 + 3y^2) dy = 0$，可知：
   $M(x, y) = 6x^2 + 4axy$
   $N(x, y) = 4bx^2 + 3y^2$

2. 計算對應偏導函數：

   • 將 $M(x, y)$ 對 $y$ 作偏微分（此時將 $x$ 視為常數）：
     $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(6x^2 + 4axy) = 4ax$

   • 將 $N(x, y)$ 對 $x$ 作偏微分（此時將 $y$ 視為常數）：
     $\frac{\partial N}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(4bx^2 + 3y^2) = 8bx$

3. 代入正合條件並求出 $a$ 與 $b$ 之關係：
   根據正合條件 $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$：
   $4ax = 8bx$

核心觀念

本題考驗常微分方程（ODE）中**恰當微分方程（Exact Differential Equation）**的條件判定與一般解求解。

對於一階微分方程形式：
$M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0$

1. 恰當條件（Exact Condition）：若 $M(x,y)$ 與 $N(x,y)$ 在單連通區域上具連續偏導數，則該方程式為恰當微分方程的充要條件為：
   $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$
2. 勢函數（Potential Function）與一般解：若方程式滿足恰當條件，則存在一勢函數 $u(x,y)$ 使得：
   $\frac{\partial u}{\partial x} = M(x,y) \quad \text{且} \quad \frac{\partial u}{\partial y} = N(x,y)$
   其通解即為：
   $u(x,y) = c \quad (c \in \mathbb{R})$

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解題方法

由題意，將原式對照標準式：
$M(x,y) = 6x^2 + 4axy$
$N(x,y) = 4bx^2 + 3y^2$

步驟一：利用恰當條件求出 $a$ 與 $b$ 的關係
分別對 $M(x,y)$ 偏微分 $y$，對 $N(x,y)$ 偏微分 $x$：
$\frac{\partial M}{\partial y} = 4ax$
$\frac{\partial N}{\partial x} = 8bx$

根據恰當條件 $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$：
$4ax = 8bx \implies a = 2b$

步驟二：求解勢函數 $u(x,y)$
將 $a = 2b$ 代回 $M(x,y)$ 得：
$M(x,y) = 6x^2 + 8bxy$

根據偏微分定義：
$\frac{\partial u}{\partial x} = 6x^2 + 8bxy$

對 $x$ 積分：
$u(x,y) = \int (6x^2 + 8bxy) dx + g(y) = 2x^3 + 4bx^2y + g(y)$

核心觀念

本題考查**非齊次可化為變係數的歐拉-柯西方程式（Euler-Cauchy Equation / Shifted Euler-Cauchy Equation）**之求解。

主要考點與公式：

1. 移位歐拉-柯西方程式定義：
   形式為 $(x + x_0)^2 y'' + a (x + x_0) y' + b y = f(x)$，其通解結構為 $y(x) = y_h(x) + y_p(x)$，其中 $y_h$ 為齊次解（Homogeneous solution），$y_p$ 為特解（Particular solution）。
2. 變數變換法（Substitution Method）：
   令 $x + 1 = e^t$（即 $t = \ln(x + 1)$，限定 $x + 1 > 0$）。
   經導數鏈鎖律轉換後：
   $(x + 1) y' = D y$
   $(x + 1)^2 y'' = D(D - 1) y$
   其中算子 $D = \frac{d}{dt}$。
   如此可將變係數常微分方程轉化為常係數微分方程（Constant Coefficient ODE）。
3. 特解求解法：
   對轉化後的常係數非齊次方程，可利用**待定係數法（Method of Undetermined Coefficients）或逆算子法（Inverse Operator Method）**求特解 $y_p$。

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解題方法

第一步：齊次解 $y_h$ 的求解

原方程式：
$(x + 1)^2 y'' - 4(x + 1) y' + 6 y = x + 1$

設齊次解的形式為 $y = (x + 1)^m$，代入齊次方程 $(x + 1)^2 y'' - 4(x + 1) y' + 6 y = 0$ 中：
$(x + 1)^2 \cdot m(m - 1)(x + 1)^{m-2} - 4(x + 1) \cdot m(m + 1)^{m-1} + 6(x + 1)^m = 0$

同除以 $(x + 1)^m$，得到特徵方程式（Auxiliary Equation / Characteristic Equation）：
$m(m - 1) - 4m + 6 = 0$
$m^2 - 5m + 6 = 0$

因式分解：
$(m - 2)(m - 3) = 0 \implies m_1 = 2, \; m_2 = 3$

因此，齊次解為：
$y_h(x) = c_1(x + 1)^2 + c_2(x + 1)^3$

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第二步：特解 $y_p$ 的求解

採用變數變換法：令 $x + 1 = e^t \implies t = \ln(x + 1)$。
原微分方程轉化為以 $t$ 為自變數的常係數微分方程：
$D(D - 1) y - 4 Dy + 6 y = e^t$
$(D^2 - 5D + 6) y = e^t$

核心觀念

本題為經典的一階 $LR$ 串聯電路非齊次常微分方程（ODE）問題，主要考查以下的核心觀念與數學工具：

1. 電路微分方程建立：由基爾霍夫電壓定律（KVL），一階 $LR$ 串聯電路之動態方程式為： $$L \frac{di(t)}{dt} + Ri(t) = E(t)$$
2. 分段定義 / 週期函數與單位階梯函數（Heaviside Step Function）：
   單位階梯函數 $u(t-a)$ 定義為： $$u(t-a) = \begin{cases} 0, & t < a \\ 1, & t \ge a \end{cases}$$ 將分段或週期訊號表示為單位階梯函數的線性組合，便於進行拉普拉斯轉換（Laplace Transform）。
3. 拉普拉斯第二移位定理（Second Shifting Theorem）：
   • 時域平移對應至 $s$ 域振幅乘上指數項： $$\mathcal{L}\{ f(t-a) u(t-a) \} = e^{-as} F(s)$$
   • 其逆轉換為： $$\mathcal{L}^{-1}\{ e^{-as} F(s) \} = f(t-a) u(t-a)$$

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解題方法

步驟一：將輸入電壓 $E(t)$ 表示為階梯函數形式

已知 $E(t)$ 為週期 $T = 2$ 的方波，在第一週期 $0 \le t < 2$ 內：

$$E(t) = \begin{cases} 1, & 0 \le t < 1 \\ 0, & 1 \le t < 2 \end{cases}$$

在區間 $0 \le t < 4$ 內，波形於 $t \in [0, 1)$ 與 $t \in [2, 3)$ 為 $1$，其餘區間為 $0$。利用單位階梯函數組合可將其寫為：

$$E(t) = [u(t) - u(t - 1)] + [u(t - 2) - u(t - 3)]$$

步驟二：帶入電路參數並進行拉普拉斯轉換

已知 $L = 1\,\text{H}$、$R = 1\,\Omega$ 及初始條件 $i(0) = 0$，微分方程簡化為：

$$\frac{di(t)}{dt} + i(t) = E(t)$$

對等式兩邊取拉普拉斯轉換 $\mathcal{L}\{\cdot\}$，令 $I(s) = \mathcal{L}\{i(t)\}$：

$$\mathcal{L}\left\{ \frac{di(t)}{dt} \right\} + \mathcal{L}\{ i(t) \} = \mathcal{L}\{ E(t) \}$$ $$s I(s) - i(0) + I(s) = \frac{1}{s} - \frac{e^{-s}}{s} + \frac{e^{-2s}}{s} - \frac{e^{-3s}}{s}$$

帶入初始條件 $i(0) = 0$：

$$(s + 1) I(s) = \frac{1}{s}(1 - e^{-s} + e^{-2s} - e^{-3s})$$

核心觀念

本題考查**傅立葉級數（Fourier Series）**的展開與係數計算。
在給定區間 $(0, 2L)$（或 $(-L, L)$）內，一週期函數 $f(x)$ 展開為傅立葉級數的一般形式為：
$f(x) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + b_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \right]$

其中區間總長度為 $T = 2\pi$，故半週期 $L = \pi$。傅立葉級數各係數之定義公式如下：

1. 常數項（平均值）：
   $a_0 = \frac{1}{2L} \int_{0}^{2L} f(x) \, dx$
2. 餘弦項係數：
   $a_n = \frac{1}{L} \int_{0}^{2L} f(x) \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx, \quad n = 1, 2, 3, \dots$
3. 正弦項係數：
   $b_n = \frac{1}{L} \int_{0}^{2L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx, \quad n = 1, 2, 3, \dots$

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解題方法

步驟一：分析函數 $f(x)$ 在定義域內的表示式

單位階梯函數（Heaviside step function）定義為：
$u(x) = \begin{cases} 1, & x > 0 \\ 0, & x < 0 \end{cases}$

因此在區間 $0 < x < 2\pi$ 內：

• 當 $0 < x < \pi$ 時，$u(x) = 1$ 且 $u(x - \pi) = 0 \implies f(x) = 1 - 0 = 1$
• 當 $\pi < x < 2\pi$ 時，$u(x) = 1$ 且 $u(x - \pi) = 1 \implies f(x) = 1 - 1 = 0$

即分段函數為：
$f(x) = \begin{cases} 1, & 0 < x < \pi \\ 0, & \pi < x < 2\pi \end{cases}$

步驟二：計算傅立葉係數

區間長度 $2L = 2\pi \implies L = \pi$。

1. 計算常數項 $a_0$：
   $a_0 = \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} f(x) \, dx = \frac{1}{2\pi} \left[ \int_{0}^{\pi} 1 \, dx + \int_{\pi}^{2\pi} 0 \, dx \right] = \frac{1}{2\pi} \cdot \pi = \frac{1}{2}$

2. 計算餘弦項係數 $a_n$：

核心觀念

本題考查**傅立葉級數（Fourier Series）**之傅立葉係數計算與函數奇偶性（Symmetry Properties）的應用。

在區間 $[-\pi, \pi]$ 上，週期為 $T = 2\pi$（半週期 $L = \pi$）的實數函數 $r(t)$，其傅立葉級數展開式定義為：
$r(t) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} \left( a_n \cos(nt) + b_n \sin(nt) \right)$

其中傅立葉係數之定義公式如下：

1. 直流分量（常數項/平均值）：
   $a_0 = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} r(t) \, dt$
2. 餘弦項係數：
   $a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} r(t) \cos(nt) \, dt, \quad n = 1, 2, 3, \cdots$
3. 正弦項係數：
   $b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} r(t) \sin(nt) \, dt, \quad n = 1, 2, 3, \cdots$

函數奇偶性簡化定理：

• 奇函數（Odd Function）：若 $r(-t) = -r(t)$，則其傅立葉級數僅含正弦項（即傅立葉正弦級數）。
  • $a_0 = 0$
  • $a_n = 0, \quad \forall n \ge 1$
  • $b_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} r(t) \sin(nt) \, dt$

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解題方法

步驟一：分析函數之奇偶性

給定函數：
$r(t) = \begin{cases} -1, & -\pi < t < 0 \\ 1, & 0 < t < \pi \end{cases}$

對於任意 $t \in (0, \pi)$，有 $r(-t) = -1 = -r(t)$。因此，$r(t)$ 為奇函數（Odd Function）。

由此可立即判斷：
$a_0 = 0$
$a_n = 0, \quad \forall n = 1, 2, 3, \cdots$

步驟二：計算正弦項係數 $b_n$

利用奇函數簡化公式計算 $b_n$：
$b_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} (1) \sin(nt) \, dt$

進行積分：
$b_n = \frac{2}{\pi} \left[ -\frac{\cos(nt)}{n} \right]_{0}^{\pi} = \frac{2}{n\pi} \left( 1 - \cos(n\pi) \right)$

核心觀念

本題為「常微分方程式（ODE）」結合「傅立葉級數（Fourier Series）」的經典應用題型，考驗強迫振動與諧振現象（Forced Oscillations and Resonance）。

1. 傅立葉正弦級數（Fourier Sine Series）：
   對於週期為 $2\pi$ 的奇函數 $r(t)$，其傅立葉級數僅包含正弦項：
   $r(t) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin nt$
   若 $r(t)$ 在特定週期方波/方波波形下（如標準方波波形 $r(t) = 1, 0 < t < \pi$ 且 $r(-t) = -r(t)$），其奇數項展開係數為：
   $b_n = \frac{4}{n\pi} \quad (n = 1, 3, 5, \cdots)$
   其餘偶數項 $b_n = 0$。

2. 特解推導（Method of Undetermined Coefficients / Harmonic Analysis）：
   當輸入驅動項 $r(t) = \sum_{n=1,3,5,\cdots} b_n \sin nt$ 作用於二階線性常係數 ODE：
   $y'' + \omega^2 y = r(t)$
   由於 $|\omega| \neq 1, 3, 5, \cdots$（未發生共振 Resonance），可利用疊加原理（Superposition Principle）假設特解（Particular Solution） $y_p(t)$ 的形式為：
   $y_p(t) = \sum_{n=1,3,5,\cdots} Y_n \sin nt$
   帶入原方程式求得各諧波振幅：
   $Y_n = \frac{b_n}{\omega^2 - n^2}$

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解題方法

Step 1：確定 $r(t)$ 的傅立葉級數
依據常態碩士班考古題前文題意，第 5 題求解之 $r(t)$ 為週期 $2\pi$ 的奇函數（奇半波或標準奇方波），其傅立葉級數展開式為：
$r(t) = \sum_{n=1,3,5,\cdots} \frac{4}{n\pi} \sin nt$

Step 2：求微分方程式之特解 $y_p(t)$
假設微分方程式 $y'' + \omega^2 y = r(t)$ 的特解為：
$y_p(t) = \sum_{n=1,3,5,\cdots} Y_n \sin nt$
將 $y_p(t)$ 對 $t$ 微分二次：
$y_p''(t) = \sum_{n=1,3,5,\cdots} (-n^2 Y_n) \sin nt$
帶入原式 $y_p'' + \omega^2 y_p = r(t)$：

核心觀念

本題考驗複變數解析（Complex Analysis）中的柯西積分公式（Cauchy's Integral Formula）高階導數型態或留數定理（Residue Theorem）。

1. 柯西積分公式（高階導數形式）：
   若函數 $f(z)$ 在單連通區域 $D$ 內及其簡單閉曲線邊界 $C$ 上處處解析（Analytic），且 $z_0$ 為 $C$ 內部的一點，則對於任意正整數 $n$，有：
   $\oint_C \frac{f(z)}{(z - z_0)^n} dz = \frac{2\pi i}{(n-1)!} f^{(n-1)}(z_0)$
   其中 $f^{(n-1)}(z_0)$ 表示 $f(z)$ 在 $z_0$ 處的第 $(n-1)$ 階導函數。

2. 留數定理（Residue Theorem）：
   $\oint_C g(z) dz = 2\pi i \sum \text{Res}(g, z_k)$
   對於在 $z = z_0$ 處有 $n$ 階極點（Pole of order $n$）的函數 $g(z) = \frac{f(z)}{(z-z_0)^n}$（其中 $f(z_0) \neq 0$），其留數計算公式為：
   $\text{Res}(g, z_0) = \frac{1}{(n-1)!} \lim_{z \to z_0} \frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[ (z-z_0)^n g(z) \right] = \frac{f^{(n-1)}(z_0)}{(n-1)!}$

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解題方法

1. 確定積分路徑與奇點位置：
   被積函數為 $g(z) = \frac{e^z}{z^n}$。
   分母為零之點 $z = 0$ 為其奇點（Singular point），且為 $n$ 階極點。
   積分路徑 $C$ 為逆時針方向的單位圓 $|z| = 1$，奇點 $z = 0$ 落在閉曲線 $C$ 的內部。

2. 套用柯西高階導數積分公式推導：
   令 $f(z) = e^z$，顯然 $f(z)$ 在全複數平面（Entire function）均為解析函數。
   欲求之積分形式為：
   $\oint_C \frac{e^z}{z^n} dz = \oint_C \frac{f(z)}{(z - 0)^n} dz$
   依據高階導數公式：
   $\oint_C \frac{f(z)}{(z - 0)^n} dz = \frac{2\pi i}{(n-1)!} f^{(n-1)}(0)$

3. 計算 $f(z)$ 的 $(n-1)$ 階導數並代入 $z = 0$：
   因為 $f(z) = e^z$，對其進行任意次求導均保持不變：
   $f^{(n-1)}(z) = e^z$
   代入 $z = 0$ 得：
   $f^{(n-1)}(0) = e^0 = 1$

4. 得出最終積分值：
   $\oint_C \frac{e^z}{z^n} dz = \frac{2\pi i}{(n-1)!} \cdot 1 = \frac{2\pi i}{(n-1)!}$

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選項分析