115 年 國立成功大學航空太空工程學系碩士班甲組《工程數學》

求解

$xy''+(1-2x)y'+(x-1)y=0$

1. 正則奇點：$x=0$ 為正則奇點，取 Frobenius 展開

$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^{n+r},\qquad a_0\neq0 .$

2. 代入與整理

$$\begin{aligned} x y'' &=\sum a_n (n+r)(n+r-1)x^{n+r-1},\\ (1-2x)y' &=\sum a_n (n+r)x^{n+r-1}-2\sum a_n (n+r)x^{n+r},\\ (x-1)y &=\sum a_n x^{n+r+1}-\sum a_n x^{n+r}. \end{aligned}$$

令指數為 $x^{n+r-1}$（$n\ge0$），得遞推式

$$\boxed{(n+r)^2 a_n-(2n+2r-1)a_{n-1}+a_{n-2}=0}, \qquad a_{-1}=a_{-2}=0 .$$

3. 指數方程：$n=0$ 時 $(r)^2 a_0=0$ → $r=0$（雙根）。

4. 取 $r=0$，遞推式化為

$n^{2}a_n-(2n-1)a_{n-1}+a_{n-2}=0\;(n\ge1).$

選 $a_0=1$：

核心觀念

本題考查一階線性常係數聯立微分方程組

$$\mathbf{y}'=A\mathbf{y}+\mathbf{f}(t), \qquad A= \begin{bmatrix} 4&-8\\ 2&-6 \end{bmatrix}.$$

主要方法是：

1. 求係數矩陣 $A$ 的特徵值與特徵向量。
2. 利用特徵向量作變數變換，將聯立方程組化為兩個獨立的一階線性微分方程。
3. 使用積分因子法求解。
4. 代回原變數得到 $y_1(t),y_2(t)$。

題目中的 cos h t 依標準記號解讀為 $\cosh t$。

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解題方法

原方程組為

$$\begin{cases} y_1'=4y_1-8y_2+2\cosh t+t\sinh t,\\ y_2'=2y_1-6y_2+2\sinh t+t\cosh t. \end{cases}$$

一、求齊次系統的特徵結構

係數矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} 4&-8\\ 2&-6 \end{bmatrix}.$$

特徵方程為

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 4-\lambda&-8\\ 2&-6-\lambda \end{vmatrix} =0.$$

因此

$$(4-\lambda)(-6-\lambda)+16=0,$$

即

$$\lambda^2+2\lambda-8=0 =(\lambda-2)(\lambda+4).$$

故特徵值為

$$\lambda_1=2,\qquad \lambda_2=-4.$$

當 $\lambda_1=2$ 時，

$$(A-2I)\mathbf v= \begin{bmatrix} 2&-8\\ 2&-8 \end{bmatrix}\mathbf v=0,$$

可取特徵向量

$$\mathbf v_1= \begin{bmatrix} 4\\1 \end{bmatrix}.$$

當 $\lambda_2=-4$ 時，

$$(A+4I)\mathbf v= \begin{bmatrix} 8&-8\\ 2&-2 \end{bmatrix}\mathbf v=0,$$

可取特徵向量

$$\mathbf v_2= \begin{bmatrix} 1\\1 \end{bmatrix}.$$

因此令

$$\begin{bmatrix} y_1\\y_2 \end{bmatrix} = u(t) \begin{bmatrix} 4\\1 \end{bmatrix} + v(t) \begin{bmatrix} 1\\1 \end{bmatrix},$$

也就是

$$y_1=4u+v,\qquad y_2=u+v.$$

反解得

$$u=\frac{y_1-y_2}{3}, \qquad v=\frac{4y_2-y_1}{3}.$$

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二、求 $u(t)$

由 $u=(y_1-y_2)/3$，

$$u'=\frac{y_1'-y_2'}{3}.$$

先計算右側：

$$y_1'-y_2' = (4y_1-8y_2)-(2y_1-6y_2) +2\cosh t-2\sinh t +t\sinh t-t\cosh t.$$

其中齊次部分為

$$2y_1-2y_2=2(y_1-y_2)=6u.$$

利用

$$\cosh t-\sinh t=e^{-t}, \qquad \sinh t-\cosh t=-e^{-t},$$

可得

$$u' = 2u+\frac{2-t}{3}e^{-t}.$$

因此

$$u'-2u=\frac{2-t}{3}e^{-t}.$$

積分因子為 $e^{-2t}$，所以

$$\left(e^{-2t}u\right)' = \frac{2-t}{3}e^{-3t}.$$

積分後，

$$e^{-2t}u = C_1+\frac{1}{3}\int(2-t)e^{-3t}\,dt.$$

由

$$\int\frac{2-t}{3}e^{-3t}\,dt = e^{-3t}\left(\frac{t}{9}-\frac{5}{27}\right),$$

得到

$$u(t) = C_1e^{2t} + e^{-t}\left(\frac{t}{9}-\frac{5}{27}\right).$$

整理為

$$u(t) = C_1e^{2t} + \frac{3t-5}{27}e^{-t}.$$

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三、求 $v(t)$

由

$$v=\frac{4y_2-y_1}{3},$$

可得

$$v'=\frac{4y_2'-y_1'}{3}.$$

代入原方程組：

$$4y_2'-y_1' = 4(2y_1-6y_2+2\sinh t+t\cosh t) -(4y_1-8y_2+2\cosh t+t\sinh t).$$

齊次部分為

$$8y_1-24y_2-4y_1+8y_2 = 4y_1-16y_2 = -12v.$$

因此

$$v' = -4v+ \frac{8\sinh t-2\cosh t+4t\cosh t-t\sinh t}{3}.$$

即

$$v'+4v = \frac{8\sinh t-2\cosh t+4t\cosh t-t\sinh t}{3}.$$

將雙曲函數改寫為指數函數：

核心觀念

週期為 $2\pi$ 的函數，其傅立葉級數表示為

$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),$$

其中係數定義為

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,$$ $$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx, \qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx.$$

本題中 $f(x)=0$ 於 $(-\pi,0)$，因此所有積分只需計算區間 $(0,\pi)$。

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解題方法與計算

1. 計算 $a_0$

$$a_0 =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx =\frac{1}{\pi}\int_0^\pi x\,dx.$$

因此

$$a_0 =\frac{1}{\pi}\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^\pi =\frac{1}{\pi}\cdot\frac{\pi^2}{2} =\frac{\pi}{2}.$$

所以常數項為

$$\frac{a_0}{2}=\frac{\pi}{4}.$$

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2. 計算 $a_n$

$$a_n =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx =\frac{1}{\pi}\int_0^\pi x\cos nx\,dx.$$

對積分使用分部積分。取

$$u=x,\qquad dv=\cos nx\,dx,$$

則

$$du=dx,\qquad v=\frac{\sin nx}{n}.$$

因此

$$\int_0^\pi x\cos nx\,dx = \left[\frac{x\sin nx}{n}\right]_0^\pi -\frac{1}{n}\int_0^\pi\sin nx\,dx.$$

第一項為零，且

$$\int_0^\pi\sin nx\,dx = \left[-\frac{\cos nx}{n}\right]_0^\pi = \frac{1-(-1)^n}{n}.$$

故

$$\int_0^\pi x\cos nx\,dx = -\frac{1-(-1)^n}{n^2} = \frac{(-1)^n-1}{n^2}.$$

所以

$$\boxed{ a_n=\frac{(-1)^n-1}{\pi n^2} }.$$

依 $n$ 的奇偶性可寫成

$$a_n= \begin{cases} 0, & n\text{ 為偶數},\\[4pt] -\dfrac{2}{\pi n^2}, & n\text{ 為奇數}. \end{cases}$$

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3. 計算 $b_n$

$$b_n =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx =\frac{1}{\pi}\int_0^\pi x\sin nx\,dx.$$

再次使用分部積分。取

$$u=x,\qquad dv=\sin nx\,dx,$$

則

$$du=dx,\qquad v=-\frac{\cos nx}{n}.$$

因此

核心觀念

本題考查：

• Fourier transform 的定義
  $F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-i\omega t}\,dt.$
• 偶函數的對稱性；
• 指數函數積分；
• Fourier inverse transform：
  $f(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}F(\omega)e^{i\omega t}\,d\omega.$

因為 $a>0$，所以

$$|at|=a|t|,$$

因此

$$f(t)=e^{-a|t|}.$$

此函數為偶函數，故其 Fourier transform 必為實數且為偶函數。

解題方法

依照 $t=0$ 將積分分段。當 $t<0$ 時，$|t|=-t$；當 $t>0$ 時，$|t|=t$，所以

$$f(t)= \begin{cases} e^{at}, & t<0,\\[4pt] e^{-at}, & t\geq 0. \end{cases}$$

因此

$$F(\omega) = \int_{-\infty}^{0}e^{at}e^{-i\omega t}\,dt + \int_{0}^{\infty}e^{-at}e^{-i\omega t}\,dt.$$

分別計算兩項：

$$\int_{-\infty}^{0}e^{(a-i\omega)t}\,dt = \left[\frac{e^{(a-i\omega)t}}{a-i\omega}\right]_{-\infty}^{0} = \frac{1}{a-i\omega},$$

其中 $a>0$ 確保 $e^{(a-i\omega)t}\to 0$，當 $t\to-\infty$。

另一項為

$$\int_{0}^{\infty}e^{-(a+i\omega)t}\,dt = \left[-\frac{e^{-(a+i\omega)t}}{a+i\omega}\right]_{0}^{\infty} = \frac{1}{a+i\omega}.$$

所以

$$F(\omega) = \frac{1}{a-i\omega} + \frac{1}{a+i\omega}.$$

通分得

$$F(\omega) = \frac{(a+i\omega)+(a-i\omega)} {(a-i\omega)(a+i\omega)} = \frac{2a}{a^2+\omega^2}.$$

故 Fourier transform 為

核心觀念

對可微純量函數 $f(x,y,z)$ 而言，梯度

$$\nabla f=\left(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y},\frac{\partial f}{\partial z}\right)$$

具有以下意義：

• $\nabla f$ 指向函數值增加最快的方向。
• 函數值減少最快的方向為 $-\nabla f$。
• 若題目要求「單位向量」，需將 $-\nabla f$ 除以其長度。

因此，陡降方向的單位向量為

$$\mathbf{u}_{\text{descent}} = -\frac{\nabla f}{\|\nabla f\|}.$$

解題方法

題目給定

$$f(x,y,z)=e^x\sin(4y)-z^3.$$

先求各偏微分：

$$\frac{\partial f}{\partial x} =e^x\sin(4y),$$ $$\frac{\partial f}{\partial y} =4e^x\cos(4y),$$ $$\frac{\partial f}{\partial z} =-3z^2.$$

所以梯度為

$$\nabla f(x,y,z) = \left(e^x\sin(4y),\;4e^x\cos(4y),\;-3z^2\right).$$

在點 $A(0,\pi,1)$ 代入：

$$\mathbf{F}=M\,\mathbf{i}+N\,\mathbf{j},\qquad M=2x\sin(y^{3})-2y,\; N=3x^{2}y^{2}\cos(y^{3})+x$$

對閉合曲線 $C$ 可使用格林定理

$\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf r=\iint_{D}\!\Bigl(\frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y}\Bigr)\,dA$

求偏導

$$\frac{\partial N}{\partial x}=6xy^{2}\cos(y^{3})+1,\qquad \frac{\partial M}{\partial y}=6xy^{2}\cos(y^{3})-2$$

核心觀念

本題考查散度定理（Gauss divergence theorem）：

$$\iint_S \mathbf{F}\cdot d\mathbf{S} = \iiint_V \nabla\cdot\mathbf{F}\,dV$$

其中 $S$ 是封閉曲面，$V$ 是其所包圍的體積，且法向量取外向單位法向量。向量場

$$\mathbf{F}=(P,Q,R)$$

的散度定義為

$$\nabla\cdot\mathbf{F} = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}.$$

解題方法

單位立方體的表面 $S$ 是封閉曲面，直接使用散度定理。

題目給定

$$P=3x+yz^2,\qquad Q=2y+zx^2,\qquad R=z+xy^2.$$

計算散度：

$$\frac{\partial P}{\partial x}=3,$$ $$\frac{\partial Q}{\partial y}=2,$$

解題步驟

1. 令 $U(r,z,t)=R(r)Z(z)T(t)$，代入熱方程式 $\displaystyle \frac{\partial U}{\partial t}=k\nabla^2U$ 且利用 $\theta$ 無關得到

$\frac{T'}{kT}= \frac{1}{Rr}\frac{d}{dr}\!\left(r\frac{dR}{dr}\right)+\frac{Z''}{Z}= -\lambda^2 .$

2. 依分離常數取得兩個獨立常數 $\mu^2,\;\nu^2$ 使

$$\frac{Z''}{Z}= -\mu^2,\qquad \frac{1}{r}\frac{d}{dr}\!\left(r\frac{dR}{dr}\right)+\nu^2R=0,\qquad T' =-k(\mu^2+\nu^2)T .$$

3. $z$ 方向邊界：$U=0$ 在 $z=0,H$ 之平面，故

$$Z_n(z)=\sin\!\left(\frac{n\pi}{H}z\right),\qquad \mu_n=\frac{n\pi}{H},\;n=1,2,\dots$$

4. $r$ 方向邊界：$U=0$ 在側壁 $r=a$ 上，故

$$R_m(r)=J_0(\lambda_m r),\qquad J_0(\lambda_m a)=0,\;m=1,2,\dots$$

其中 $\lambda_m=j_{0m}/a$，$j_{0m}$ 為第一類 Bessel 函數 $J_0$ 的第 $m$ 個正根。

5. 時間因子：

$$T_{mn}(t)=\exp\!\big[-k(\lambda_m^2+\mu_n^2)t\big] =\exp\!\left[-k\!\left(\frac{j_{0m}^2}{a^2}+\frac{n^2\pi^2}{H^2}\right)t\right].$$

6. 通解（滿足全部邊界）

求解

$xy''+(1-2x)y'+(x-1)y=0$

1. 正則奇點：$x=0$ 為正則奇點，取 Frobenius 展開

$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^{n+r},\qquad a_0\neq0 .$

2. 代入與整理

$$\begin{aligned} x y'' &=\sum a_n (n+r)(n+r-1)x^{n+r-1},\\ (1-2x)y' &=\sum a_n (n+r)x^{n+r-1}-2\sum a_n (n+r)x^{n+r},\\ (x-1)y &=\sum a_n x^{n+r+1}-\sum a_n x^{n+r}. \end{aligned}$$

令指數為 $x^{n+r-1}$（$n\ge0$），得遞推式

$$\boxed{(n+r)^2 a_n-(2n+2r-1)a_{n-1}+a_{n-2}=0}, \qquad a_{-1}=a_{-2}=0 .$$

3. 指數方程：$n=0$ 時 $(r)^2 a_0=0$ → $r=0$（雙根）。

4. 取 $r=0$，遞推式化為

$n^{2}a_n-(2n-1)a_{n-1}+a_{n-2}=0\;(n\ge1).$

選 $a_0=1$：