109 年 國立清華大學工程與系統科學系碩士班乙組《工程數學》

核心觀念

本題分別考查：

• (a) 常係數二階線性非齊次微分方程：特徵方程與待定係數法。
• (b) 變係數二階線性微分方程：平移變數後化為 Bessel 方程。
• (c) 可分離變數方程：分離變數、積分與初始條件。

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(a) $\dfrac{d^2y}{dx^2}-\dfrac{dy}{dx}+y=-e^{2x}$

解題方法

先解對應的齊次方程：

$$y''-y'+y=0$$

其特徵方程為

$$r^2-r+1=0$$

解得

$$r=\frac{1\pm i\sqrt{3}}{2}$$

因此齊次解為

$$y_h=e^{x/2} \left[ C_1\cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right) + C_2\sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right) \right]$$

右側為 $-e^{2x}$，設特解為

$$y_p=Ae^{2x}$$

則

$$y_p'=2Ae^{2x},\qquad y_p''=4Ae^{2x}$$

代回原方程：

$$4Ae^{2x}-2Ae^{2x}+Ae^{2x}=-e^{2x}$$

因此

$$3A=-1,\qquad A=-\frac13$$

故

$$y_p=-\frac13e^{2x}$$

解題技巧

當右側為 $e^{\lambda x}$，且 $\lambda$ 不是特徵根時，特解可直接設為 $Ae^{\lambda x}$。本題中 $\lambda=2$，而特徵根並非 $2$，因此不需乘上 $x$。

【答案】

$$\boxed{ y(x)=e^{x/2} \left[ C_1\cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right) + C_2\sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right) \right] -\frac13e^{2x} }$$

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(b) $(x+1)^2y''+3y=2-3xy$

核心觀念

先將含有 $y$ 的項集中：

$$(x+1)^2y''+3(x+1)y=2$$

令

$$t=x+1$$

因為 $dt/dx=1$，所以

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt},\qquad \frac{d^2y}{dx^2}=\frac{d^2y}{dt^2}$$

方程化為

$$t^2\frac{d^2y}{dt^2}+3ty=2$$

即

$$y''+\frac{3}{t}y=\frac{2}{t^2}, \qquad t\neq 0$$

其中 $t=0$ 對應原方程的奇異點 $x=-1$。

齊次解

先考慮

$$y''+\frac{3}{t}y=0$$

令

$$z=2\sqrt{3t},\qquad y=\sqrt{t}\,u(z)$$

代入後可化為一階數為 $1$ 的 Bessel 方程：

$$z^2u''+zu'+(z^2-1)u=0$$

因此

$$u=C_1J_1(z)+C_2Y_1(z)$$

其中 $J_1,Y_1$ 分別為第一類與第二類一階 Bessel 函數。故齊次解為

$$y_h=\sqrt{t} \left[ C_1J_1(2\sqrt{3t}) + C_2Y_1(2\sqrt{3t}) \right]$$

恢復 $t=x+1$：

$$y_h=\sqrt{x+1} \left[ C_1J_1(2\sqrt{3(x+1)}) + C_2Y_1(2\sqrt{3(x+1)}) \right]$$

非齊次特解

取

$$u_1(t)=\sqrt{t}\,J_1(2\sqrt{3t}), \qquad u_2(t)=\sqrt{t}\,Y_1(2\sqrt{3t})$$

兩者的 Wronskian 為

$$W(t)=u_1u_2'-u_1'u_2=\frac1\pi$$

標準形式為

$$y''+\frac{3}{t}y=\frac2{t^2}$$

由變參數法，

$$y_p = -u_1\int\frac{u_2(2/t^2)}{W}\,dt + u_2\int\frac{u_1(2/t^2)}{W}\,dt$$

代入 $W=1/\pi$，得到

$$y_p = -2\pi u_1(t)\int\frac{u_2(t)}{t^2}\,dt + 2\pi u_2(t)\int\frac{u_1(t)}{t^2}\,dt$$

核心觀念

本題考查：

1. 單位階梯函數 $u(t-a)$ 表示延遲 $a$ 單位後啟動的訊號。
2. 拉普拉斯轉換的微分公式：
   $\mathcal{L}\{x'(t)\}=sX(s)-x(0).$
3. 延遲函數公式：
   $\mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-as}G(s).$
4. 利用部分分式分解及反拉普拉斯轉換求出 $x(t)$。

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解題方法

原方程為

$$\frac{dx}{dt}+2x=f(t),\qquad x(0)=0,$$

其中

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

右側輸入訊號在 $t=1$ 開始，在 $t=2$ 結束，因此可寫成

$$f(t)=u(t-1)-u(t-2).$$

其拉普拉斯轉換為

$$F(s)=\mathcal{L}\{u(t-1)\}-\mathcal{L}\{u(t-2)\} =\frac{e^{-s}}{s}-\frac{e^{-2s}}{s}.$$

所以

$$F(s)=\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s}.$$

令

$$X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\}.$$

對微分方程取拉普拉斯轉換：

$$\mathcal{L}\{x'(t)\}+2\mathcal{L}\{x(t)\} =\mathcal{L}\{f(t)\}.$$

代入 $x(0)=0$：

$$sX(s)-x(0)+2X(s)=F(s),$$

因此

$$(s+2)X(s)=\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s}.$$

得到

$$X(s)=\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s(s+2)}.$$

先進行部分分式分解：

$$\frac{1}{s(s+2)} =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s}-\frac{1}{s+2}\right).$$

因此

$$X(s) =\frac{1}{2}(e^{-s}-e^{-2s}) \left(\frac{1}{s}-\frac{1}{s+2}\right).$$

由

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s}-\frac{1}{s+2} \right\} =1-e^{-2t},$$

配合延遲公式可得

核心觀念

本題考查在奇異點 $x=0$ 附近使用 Frobenius 級數法 求解微分方程。

方程式為

$$3xy''+2y'=0.$$

由於 $y''$ 的係數為 $3x$，在 $x=0$ 時為零，因此 $x=0$ 是奇異點，不能只使用一般 Taylor 級數

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$$

來尋找完整的兩組解，必須採用

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r}$$

其中 $r$ 待定。

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解題方法：Frobenius 級數法

令

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r}.$$

則

$$y'=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_nx^{n+r-1},$$ $$y''=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_nx^{n+r-2}.$$

代入原方程式：

$$3x\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_nx^{n+r-2} + 2\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_nx^{n+r-1}=0.$$

整理得

$$\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)\left[3(n+r-1)+2\right]a_nx^{n+r-1}=0,$$

即

$$\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)(3n+3r-1)a_nx^{n+r-1}=0.$$

最低次方对应 $n=0$，因此得到指標方程：

$$r(3r-1)=0.$$

所以兩個指標根為

$$r_1=0,\qquad r_2=\frac13.$$

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第一組解：$r_1=0$

當 $r=0$ 時，係數條件為

$$n(3n-1)a_n=0.$$

對所有 $n\geq 1$，皆有

$$n(3n-1)\neq 0,$$

因此

$$a_n=0,\qquad n\geq 1.$$

只剩下 $a_0$，故

$$y_1(x)=a_0.$$

核心觀念

題目先給定矩陣 $M$，但後續均以 $A$ 表示；以下令

$$A=M= \begin{pmatrix} 0&1&1\\ 1&2&-1\\ -3&1&4 \end{pmatrix}.$$

本題考查：

• $3\times 3$ 矩陣的行列式。
• 伴隨矩陣公式 $$A^{-1}=\frac{1}{\det A}\operatorname{adj}(A).$$
• 特徵值與特徵向量的定義： $$\det(\lambda I-A)=0, \qquad (A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0.$$

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解題方法

(a) 行列式與反矩陣

沿第一列展開行列式：

$$\begin{aligned} \det A &=0 -1 \begin{vmatrix} 1&-1\\ -3&4 \end{vmatrix} +1 \begin{vmatrix} 1&2\\ -3&1 \end{vmatrix}\\ &=-\left(4-3\right)+\left(1+6\right)\\ &=6. \end{aligned}$$

因此 $\det A\neq 0$，所以 $A^{-1}$ 存在。

各元素的代數餘因子為

$$C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}.$$

計算得餘因子矩陣

$$C= \begin{pmatrix} 1&-1&7\\ -3&3&-3\\ -3&1&-1 \end{pmatrix}.$$

因此伴隨矩陣為餘因子矩陣的轉置：

$$\operatorname{adj}(A)=C^T = \begin{pmatrix} 1&-3&-3\\ -1&3&1\\ 7&-3&-1 \end{pmatrix}.$$

套用反矩陣公式：

$$A^{-1} =\frac{1}{6} \begin{pmatrix} 1&-3&-3\\ -1&3&1\\ 7&-3&-1 \end{pmatrix}.$$

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(b) 特徵值與特徵向量

特徵值由特徵方程

$$\det(\lambda I-A)=0$$

求得。先寫出

$$\lambda I-A= \begin{pmatrix} \lambda&-1&-1\\ -1&\lambda-2&1\\ 3&-1&\lambda-4 \end{pmatrix}.$$

展開行列式：

$$\begin{aligned} \det(\lambda I-A) &=\lambda \begin{vmatrix} \lambda-2&1\\ -1&\lambda-4 \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} -1&1\\ 3&\lambda-4 \end{vmatrix} - \begin{vmatrix} -1&\lambda-2\\ 3&-1 \end{vmatrix}\\ &=\lambda\left[(\lambda-2)(\lambda-4)+1\right] -\left(\lambda+1\right) -\left(1-3\lambda+6\right)\\ &=\lambda^3-6\lambda^2+11\lambda-6. \end{aligned}$$

因式分解：

$$\lambda^3-6\lambda^2+11\lambda-6 =(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda-3).$$

所以三個特徵值為

$$\boxed{\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=2,\qquad \lambda_3=3}.$$

對應 $\lambda=1$

解

$$(A-I)\mathbf v=\mathbf 0,$$

即

核心觀念

本題考查向量場的線積分與 Stokes 定理：

$$\oint_C P\,dx+Q\,dy+R\,dz = \iint_S (\nabla\times\mathbf F)\cdot\mathbf n\,dS,$$

其中

$$\mathbf F=(P,Q,R)=(2z,3x,y).$$

曲線 $C$ 是圓柱 $x^2+y^2=4$ 與平面 $y+z=3$ 的交線。由「從上方看為逆時針」可判定邊界方向對應於具有正 $z$ 分量的法向量。

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解題方法：使用 Stokes 定理

取平面

$$S:\ z=3-y$$

在圓盤

$$D:\ x^2+y^2\le 4$$

上的部分，則其邊界正是曲線 $C$。

先計算旋度：

$$\nabla\times\mathbf F = \begin{vmatrix} \mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\ \frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\ 2z&3x&y \end{vmatrix}.$$

因此

核心觀念

這題考二階矩陣的線性微分方程初值問題。對常係數系統

$$\mathbf X'=A\mathbf X+\mathbf f(t),$$

可將解拆成齊次解與特解：

$$\mathbf X(t)=\mathbf X_h(t)+\mathbf X_p(t).$$

齊次解由矩陣指數 $e^{At}$ 決定；若 $A$ 有重複特徵值且不可對角化，可利用 Jordan 分解計算矩陣指數。

解題方法

令

$$A=\begin{pmatrix}1&-1\\1&3\end{pmatrix}, \qquad \mathbf f(t)=\begin{pmatrix}t\\t+1\end{pmatrix}.$$

先求一次多項式特解，設

$$\mathbf X_p(t)=\mathbf a t+\mathbf b,$$

其中 $\mathbf a,\mathbf b$ 為常向量。代入方程並比較 $t$ 項與常數項：

$$\mathbf a=A\mathbf b+\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}, \qquad A\mathbf a+\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=\mathbf 0.$$

由

$$A^{-1}=\frac14\begin{pmatrix}3&1\\-1&1\end{pmatrix}$$

可得

$$\mathbf a=-A^{-1}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1\\0\end{pmatrix}.$$

接著解

$$A\mathbf b=\mathbf a-\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1\\-1\end{pmatrix},$$

因此

$$\mathbf b=A^{-1}\begin{pmatrix}-1\\-1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1\\0\end{pmatrix}.$$

所以特解為

核心觀念

本題考查矩形區域上的拉普拉斯方程與分離變數法。當兩側邊界條件為零時，$x$ 方向可選用正弦函數；再依上下邊界條件決定 $y$ 方向的雙曲函數形式。

矩形寬度為 $L=5$、高度為 $H=10$。由於上邊界的常數函數 $3$ 不符合兩端的零邊界值，須在 $0<x<5$ 上展開成傅立葉正弦級數。

解題方法

令解為 $u(x,y)=X(x)Y(y)$。代入拉普拉斯方程 $u_{xx}+u_{yy}=0$，得到

$$\frac{X''(x)}{X(x)}=-\frac{Y''(y)}{Y(y)}=-\lambda.$$

因為 $u(0,y)=u(5,y)=0$，$x$ 方向滿足

$$X''+\lambda X=0,\qquad X(0)=X(5)=0.$$

非零解對應的特徵值與特徵函數為

$$\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{5}\right)^2,\qquad X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{5}\right),\qquad n=1,2,\ldots$$

因此 $y$ 方向滿足

$$Y_n''-\left(\frac{n\pi}{5}\right)^2Y_n=0.$$

由底邊條件 $u(x,0)=0$，可取 $Y_n(y)=\sinh\left(\frac{n\pi y}{5}\right)$。故解寫成

$$u(x,y)=\sum_{n=1}^{\infty}A_n \sin\left(\frac{n\pi x}{5}\right) \sinh\left(\frac{n\pi y}{5}\right).$$

套用上邊界 $u(x,10)=3$，得

$$3=\sum_{n=1}^{\infty}A_n \sinh(2n\pi)\sin\left(\frac{n\pi x}{5}\right).$$

將常數 $3$ 展開為傅立葉正弦級數：

核心觀念

利用留數定理計算封閉曲線積分。若函數在逆時針方向的簡單閉曲線 $C$ 內有孤立奇點 $z_k$，且曲線上沒有奇點，則

$$\oint_C f(z)\,dz = 2\pi i\sum_k \operatorname{Res}(f;z_k).$$

本題的被積函數為

$$f(z)=\frac{z}{(z+2)(z^2+4)} =\frac{z}{(z+2)(z-2i)(z+2i)}.$$

其簡單極點位於 $z=-2,\;2i,\;-2i$。計算積分前，須先判斷哪些極點位於橢圓曲線內。

解題方法

將曲線方程整理為

$$25x^2+y^2=25 \quad\Longleftrightarrow\quad x^2+\frac{y^2}{25}=1.$$

因此橢圓的水平半軸長為 $1$，垂直半軸長為 $5$。

極點 $z=-2$ 對應平面上的點 $(-2,0)$，位於橢圓外；極點 $z=2i$ 與 $z=-2i$ 分別對應 $(0,2)$ 與 $(0,-2)$，位於橢圓內，因為其 $y$ 座標滿足 $|y|<5$。所以只需計算 $z=\pm2i$ 的留數。

在 $z=2i$ 處：

核心觀念

分母配方後可看出其為平移的標準型：

$$x^2+6x+10=(x+3)^2+1.$$

本題使用傅立葉積分公式

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos(bt)}{t^2+a^2}\,dt =\frac{\pi}{a}e^{-a|b|}, \qquad a>0.$$

此外，奇函數在對稱區間上的積分為零。被積函數在實軸上沒有奇點，且在無窮遠處可被常數倍的 $1/x^2$ 控制，因此此積分絕對收斂；題目所寫的柯西主值與通常的廣義積分相同。

解題方法

令 $t=x+3$，則 $x=t-3$，積分改寫為

$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(t-3)}{t^2+1}\,dt.$$

利用差角公式展開：

$$\sin(t-3)=\sin t\cos 3-\cos t\sin 3.$$

因此

核心觀念

因為 $|\sin x|$ 是偶函數，所以 $f(x)=\frac12|\sin x|$ 也是偶函數，傅立葉級數只含餘弦項。其傅立葉餘弦級數寫作

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

其中

$$a_0=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi f(x)\,dx, \qquad a_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi f(x)\cos(nx)\,dx.$$

在 $0<x<\pi$ 上，$\sin x>0$，因此 $f(x)=\frac12\sin x$。

解題方法

先計算常數項：

$$a_0=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi \frac12\sin x\,dx =\frac{1}{\pi}\left[-\cos x\right]_0^\pi =\frac{2}{\pi}.$$

因此級數的常數項為 $\frac{a_0}{2}=\frac{1}{\pi}$。

對 $n\geq 1$，餘弦係數為

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

利用積化和差公式，

核心觀念

傅立葉－勒壤得級數以勒壤得多項式 $P_n(x)$ 為基底：

$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}c_nP_n(x), \qquad c_n=\frac{2n+1}{2}\int_{-1}^{1}f(x)P_n(x)\,dx.$$

本題的 $f(x)$ 只在 $-1<x<0$ 時等於 $1$，因此係數積分可直接縮減為

$$c_n=\frac{2n+1}{2}\int_{-1}^{0}P_n(x)\,dx.$$

解題方法

由 Rodrigues 公式可得前幾個勒壤得多項式：

$$P_0(x)=1,\qquad P_1(x)=x,\qquad P_2(x)=\frac{3x^2-1}{2},\qquad P_3(x)=\frac{5x^3-3x}{2}.$$

依序計算係數：

$$c_0=\frac{1}{2}\int_{-1}^{0}1\,dx=\frac12.$$ $$c_1=\frac32\int_{-1}^{0}x\,dx =\frac32\left[\frac{x^2}{2}\right]_{-1}^{0} =-\frac34.$$

核心觀念

本題考查散度定理：封閉曲面上的向外通量，等於該曲面所圍立體內散度的三重積分。公式為

$$\iint_S \mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dS = \iiint_V \nabla\cdot\mathbf{F}\,dV$$

其中 $V$ 是由柱面與上下平面圍成的圓柱體，$S$ 為其封閉邊界。

解題方法

給定向量場

$$\mathbf{F} = \langle y^2,\ x^2z^2,\ (z-2)^2\rangle$$

先計算散度：

$$\nabla\cdot\mathbf{F} = \frac{\partial}{\partial x}(y^2) + \frac{\partial}{\partial y}(x^2z^2) + \frac{\partial}{\partial z}\bigl((z-2)^2\bigr)$$

前兩項分別不含 $x$、$y$，因此為零；第三項為

$$\nabla\cdot\mathbf{F}=2(z-2)$$

以圓柱座標描述區域 $V$：半徑為 $5$，高度介於 $z=2$ 與 $z=6$，故