111 年 國立清華大學工程與系統科學系碩士班丙組《工程數學》

核心觀念

本題涵蓋三類常見微分方程：

• (a) 一階線性微分方程：使用積分因子法。
• (b) 一階恰當微分方程：檢查微分形式是否恰當，再求其勢函數。
• (c) 可化為一階方程的二階方程：利用
  $x^2y''+xy'=x(xy')'.$

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(a) $\displaystyle \frac{dy}{dx}+\frac{y}{x}=x^2\ln x$

解題方法

此式符合一階線性方程

$y'+P(x)y=Q(x),$

其中

$P(x)=\frac1x,\qquad Q(x)=x^2\ln x.$

積分因子為

$\mu(x)=e^{\int \frac1x\,dx}=e^{\ln x}=x,$

取題目中 $\ln x$ 的定義域 $x>0$。

方程式乘以 $x$：

$xy'+y=x^3\ln x.$

左側正好是乘積微分：

$(xy)'=x^3\ln x.$

兩邊積分：

$xy=\int x^3\ln x\,dx+C.$

使用分部積分，令

$u=\ln x,\qquad dv=x^3dx,$

則

$du=\frac1x dx,\qquad v=\frac{x^4}{4}.$

因此

$$\int x^3\ln x\,dx =\frac{x^4}{4}\ln x-\int\frac{x^4}{4}\cdot\frac1x\,dx$$ $$=\frac{x^4}{4}\ln x-\frac14\int x^3dx =\frac{x^4}{4}\ln x-\frac{x^4}{16}.$$

所以

$xy=\frac{x^4}{4}\ln x-\frac{x^4}{16}+C,$

得到

$\boxed{y=\frac{x^3}{4}\ln x-\frac{x^3}{16}+\frac{C}{x}},\qquad x>0.$

解題技巧

乘上積分因子後，應優先辨認左側是否為

$(\mu y)'=\mu y'+\mu'y.$

本題中 $\mu=x$，且 $\mu'=1$，因此左側為 $(xy)'$。

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(b) $\displaystyle \frac{dy}{dx}=\frac{x(6xy-1)}{y-2x^3},\qquad y(1)=1$

核心觀念

先將方程式改寫為微分形式：

$\left(y-2x^3\right)\frac{dy}{dx}=x(6xy-1).$

移項後可得

$\left(x-6x^2y\right)dx+\left(y-2x^3\right)dy=0.$

令

$M(x,y)=x-6x^2y,\qquad N(x,y)=y-2x^3.$

若滿足

$$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x},$$

則為恰當微分方程。

計算得

$\frac{\partial M}{\partial y}=-6x^2,$

以及

$\frac{\partial N}{\partial x}=-6x^2.$

兩者相等，因此此方程為恰當微分方程。

求勢函數

尋找函數 $F(x,y)$，使得

$dF=Mdx+Ndy.$

對 $M$ 對 $x$ 積分：

$F(x,y)=\int (x-6x^2y)\,dx$

$=\frac{x^2}{2}-2x^3y+g(y),$

其中 $g(y)$ 僅依賴於 $y$。

對 $y$ 微分：

$\frac{\partial F}{\partial y}=-2x^3+g'(y).$

核心觀念

本題在考「正則奇異點的 Frobenius 級數法」。方程式為

$$3x^2y''+4y=0.$$

由於 $x^2$ 乘在最高階導數前，且在 $x=0$ 消失，因此 $x=0$ 是奇異點，不能直接假設一般 Taylor 級數

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

來期待得到非零解；應採用 Frobenius 形式

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r},\qquad a_0\neq 0.$$

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解題方法

設

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

則

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

代回原方程式：

$$3x^2\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_nx^{n+r-2} +4\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r}=0.$$

整理得

$$\sum_{n=0}^{\infty} \left[3(n+r)(n+r-1)+4\right]a_nx^{n+r}=0.$$

因此各次方的係數必須為零：

$$\left[3(n+r)(n+r-1)+4\right]a_n=0.$$

1. 指標方程式

取 $n=0$ 且 $a_0\neq 0$，得到指標方程式

$$3r(r-1)+4=0.$$

整理：

$$3r^2-3r+4=0.$$

解得

$$r=\frac{3\pm\sqrt{9-48}}{6} =\frac{3\pm i\sqrt{39}}{6}.$$

令

$$\alpha=\frac12,\qquad \beta=\frac{\sqrt{39}}{6},$$

則兩個根為

$$r_1=\alpha+i\beta,\qquad r_2=\alpha-i\beta.$$

2. 級數係數

對於 $n\geq 1$，

$$3(n+r)(n+r-1)+4\neq 0,$$

所以

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

因此 Frobenius 級數實際上只剩下首項：

$$y_1(x)=x^{r_1} =x^{\frac12+i\frac{\sqrt{39}}6},$$ $$y_2(x)=x^{r_2} =x^{\frac12-i\frac{\sqrt{39}}6}.$$

若依題意列出前四項，可寫成

$$y_1(x)=x^{r_1} \left(1+0x+0x^2+0x^3+\cdots\right),$$ $$y_2(x)=x^{r_2} \left(1+0x+0x^2+0x^3+\cdots\right).$$

解題流程

1. 取拉普拉斯變換（$\mathcal{L}\{x(t)\}=X(s)$），利用

$$\mathcal{L}\{x'(t)\}=sX(s)-x(0),\quad \mathcal{L}\!\left\{\int_{0}^{t}x(\tau)d\tau\right\}= \frac{1}{s}X(s),\quad \mathcal{L}\{u(t-1)\}= \frac{e^{-s}}{s}$$

且 $x(0)=0$：

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

2. 整理 $X(s)$：

核心觀念

本題考查：

• 三階矩陣行列式的計算。
• 反矩陣公式
  $M^{-1}=\frac{1}{\det M}\operatorname{adj}(M)$
• 特徵值與特徵向量的定義：
  $M\mathbf v=\lambda\mathbf v,\qquad \mathbf v\neq\mathbf 0$
• 特徵方程式
  $\det(\lambda I-M)=0$

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解題方法

（a）行列式與反矩陣

矩陣為

$$M= \begin{bmatrix} 7&3&-3\\ -2&1&2\\ 4&3&0 \end{bmatrix}$$

沿第一列展開行列式：

$$\begin{aligned} \det M &=7 \begin{vmatrix} 1&2\\ 3&0 \end{vmatrix} -3 \begin{vmatrix} -2&2\\ 4&0 \end{vmatrix} +(-3) \begin{vmatrix} -2&1\\ 4&3 \end{vmatrix}\\ &=7(1\cdot0-2\cdot3) -3((-2)\cdot0-2\cdot4)\\ &\quad+(-3)((-2)\cdot3-1\cdot4)\\ &=7(-6)-3(-8)+(-3)(-10)\\ &=12. \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{\det M=12\neq0}$$

所以 $M$ 可逆。

計算餘因子矩陣

各餘因子為

$$C_{ij}= \begin{bmatrix} -6&8&-10\\ -9&12&-9\\ 9&-8&13 \end{bmatrix}$$

因此伴隨矩陣為餘因子矩陣的轉置：

$$\operatorname{adj}(M) = \begin{bmatrix} -6&-9&9\\ 8&12&-8\\ -10&-9&13 \end{bmatrix}$$

故

$$\begin{aligned} M^{-1} &=\frac{1}{12} \begin{bmatrix} -6&-9&9\\ 8&12&-8\\ -10&-9&13 \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} -\frac12&-\frac34&\frac34\\ \frac23&1&-\frac23\\ -\frac56&-\frac34&\frac{13}{12} \end{bmatrix}. \end{aligned}$$

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（b）特徵值與特徵向量

特徵值由下式決定：

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

其中

$$\lambda I-M= \begin{bmatrix} \lambda-7&-3&3\\ 2&\lambda-1&-2\\ -4&-3&\lambda \end{bmatrix}.$$

計算特徵多項式可得

$$\det(\lambda I-M) =\lambda^3-8\lambda^2+19\lambda-12.$$

因式分解：

$$\lambda^3-8\lambda^2+19\lambda-12 =(\lambda-1)(\lambda-3)(\lambda-4).$$

所以三個特徵值為

核心觀念

本題分為兩部分：

• (a) 使用傅立葉級數公式，計算 $a_0$、$a_n$、$b_n$。
• (b) 判斷向量場是否為保守場，若存在勢函數 $\phi$，則利用
  $\int_C \mathbf v\cdot d\mathbf r=\phi(\mathbf r(6))-\phi(\mathbf r(0))$
  計算線積分。

本題為計算題，沒有選項需要逐一分析。

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(a) 傅立葉級數展開

令傅立葉級數形式為

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

係數公式為

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

計算 $a_0$

由題目中的分段函數，

$$a_0=\frac{1}{\pi} \left[ \int_{-\pi}^{0}(-1)\,dx+ \int_{0}^{\pi}2\,dx \right].$$

因此

$$a_0=\frac{1}{\pi}(-\pi+2\pi)=1,$$

所以常數項為

$$\frac{a_0}{2}=\frac12.$$

計算 $a_n$

$$a_n=\frac{1}{\pi} \left[ -\int_{-\pi}^{0}\cos nx\,dx+ 2\int_{0}^{\pi}\cos nx\,dx \right].$$

因為

$$\int\cos nx\,dx=\frac{\sin nx}{n},$$

且 $\sin(n\pi)=\sin(-n\pi)=0$，故

$$\int_{-\pi}^{0}\cos nx\,dx=0, \qquad \int_{0}^{\pi}\cos nx\,dx=0.$$

因此

$$a_n=0.$$

計算 $b_n$

$$b_n=\frac{1}{\pi} \left[ -\int_{-\pi}^{0}\sin nx\,dx+ 2\int_{0}^{\pi}\sin nx\,dx \right].$$

先計算

$$\int_{0}^{\pi}\sin nx\,dx = \frac{1-\cos(n\pi)}{n} = \frac{1-(-1)^n}{n}.$$

另外，

$$\int_{-\pi}^{0}\sin nx\,dx = \frac{(-1)^n-1}{n} = -\frac{1-(-1)^n}{n}.$$

代入得

$$b_n = \frac{1}{\pi} \left[ \frac{1-(-1)^n}{n} + \frac{2[1-(-1)^n]}{n} \right],$$

所以

$$b_n=\frac{3[1-(-1)^n]}{n\pi}.$$

當 $n$ 為偶數時，$b_n=0$；當 $n$ 為奇數時，

$$b_n=\frac{6}{n\pi}.$$

因此傅立葉級數為

$$\boxed{ f(x)\sim \frac12+ \frac{6}{\pi} \left( \sin x+\frac{\sin 3x}{3} +\frac{\sin 5x}{5} +\cdots \right) }$$

亦可寫成

$$\boxed{ f(x)\sim \frac12+ \frac{6}{\pi} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\sin\bigl((2k+1)x\bigr)}{2k+1} }.$$

核心觀念

本題考查兩種曲面積分：

1. 純量函數的曲面積分
   $\iint_S f\,dA$

   若曲面由參數式 $\mathbf r(u,v)$ 給出，則
   $dA=\left\lVert \mathbf r_u\times \mathbf r_v\right\rVert\,du\,dv.$

2. 向量函數的通量積分
   $\iint_S \mathbf F\cdot d\mathbf A$

   依參數曲面的定向，
   $d\mathbf A=(\mathbf r_u\times \mathbf r_v)\,du\,dv,$
   因此

$$\iint_S \mathbf F\cdot d\mathbf A =\int\!\!\int_D \mathbf F(\mathbf r(u,v)) \cdot(\mathbf r_u\times\mathbf r_v)\,du\,dv.$$

題目給定的參數方向 $\mathbf r_u\times\mathbf r_v$ 具有正 $z$ 分量，因此是向上的法向量。

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解題方法

曲面參數式為

$$\mathbf r(u,v) =(u^2,v^2,u^2-2v^2), \qquad 0\le u\le 2,\quad 0\le v\le 1.$$

先求切向量：

$$\mathbf r_u=(2u,0,2u), \qquad \mathbf r_v=(0,2v,-4v).$$

計算叉積：

$$\mathbf r_u\times\mathbf r_v = \begin{vmatrix} \mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\ 2u&0&2u\\ 0&2v&-4v \end{vmatrix} =(-4uv,\,8uv,\,4uv).$$

故

$$\mathbf r_u\times\mathbf r_v =4uv(-1,2,1),$$

且

$$\left\lVert\mathbf r_u\times\mathbf r_v\right\rVert =4\sqrt6\,uv.$$

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一、純量函數的曲面積分

題目給定

$$f(x,y,z)=y+z.$$

代入參數式：

$$f(\mathbf r(u,v)) =v^2+(u^2-2v^2) =u^2-v^2.$$

因此

$$\iint_S f\,dA = \int_0^2\int_0^1 (u^2-v^2)(4\sqrt6\,uv)\,dv\,du.$$

將積分拆開：

$$\iint_S f\,dA = 4\sqrt6 \int_0^2\int_0^1 \left(u^3v-uv^3\right)\,dv\,du.$$

分別計算：

$$\int_0^2\int_0^1u^3v\,dv\,du = \left(\int_0^2u^3\,du\right) \left(\int_0^1v\,dv\right) =4\cdot\frac12=2,$$

以及

$$\int_0^2\int_0^1uv^3\,dv\,du = \left(\int_0^2u\,du\right) \left(\int_0^1v^3\,dv\right) =2\cdot\frac14=\frac12.$$

所以

$$\iint_S f\,dA = 4\sqrt6\left(2-\frac12\right) = 4\sqrt6\cdot\frac32 = \boxed{6\sqrt6}.$$

核心觀念

本題考查半無限域波動方程的 Laplace transform 解法：

1. 對時間變數 $t$ 做 Laplace transform。
2. 利用初始條件將時間微分轉換為代數式。
3. 解出關於 $x$ 的二階常微分方程。
4. 由 $x\to\infty$ 時位移趨近於 $0$，排除會發散的解。
5. 使用位移定理反變換。

波動方程為

$$u_{tt}=a^2u_{xx},\qquad x>0,\ t>0.$$

邊界條件與初始條件為

$$u(0,t)=\sin(2t),$$ $$u(x,t)\to 0\quad (x\to\infty),$$ $$u(x,0)=0,\qquad u_t(x,0)=0.$$

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解題方法：對時間做 Laplace transform

令

$$U(x,s)=\mathcal{L}\{u(x,t)\} =\int_0^\infty e^{-st}u(x,t)\,dt.$$

利用 Laplace transform 的微分公式，

$$\mathcal{L}\{u_{tt}\} =s^2U(x,s)-su(x,0)-u_t(x,0).$$

由於初始條件為

$$u(x,0)=0,\qquad u_t(x,0)=0,$$

因此

$$\mathcal{L}\{u_{tt}\}=s^2U(x,s).$$

又因為 $x$ 是空間變數，對 $x$ 的微分可直接保留：

$$\mathcal{L}\{u_{xx}\}=U_{xx}(x,s).$$

將波動方程轉換後得到

$$s^2U=a^2U_{xx},$$

即

$$U_{xx}-\frac{s^2}{a^2}U=0.$$

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解出轉換後的空間方程

其特徵方程為

$$r^2-\frac{s^2}{a^2}=0,$$

所以

$$r=\pm \frac{s}{a}.$$

因此一般解為

$$U(x,s)=C_1(s)e^{sx/a}+C_2(s)e^{-sx/a}.$$

對 Laplace transform 而言，$\operatorname{Re}(s)>0$。當 $x\to\infty$ 時，

$$e^{sx/a}\to\infty,$$

不符合題目要求的

$$u(x,t)\to 0\quad (x\to\infty).$$

因此必須令

$$C_1(s)=0.$$

故

$$U(x,s)=C_2(s)e^{-sx/a}.$$

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套用邊界條件

邊界條件為

$$u(0,t)=\sin(2t).$$

對其做 Laplace transform：

$$U(0,s)=\mathcal{L}\{\sin(2t)\} =\frac{2}{s^2+4}.$$

另一方面，由轉換後的解，

$$U(0,s)=C_2(s).$$

因此

$$C_2(s)=\frac{2}{s^2+4}.$$

所以

$$U(x,s)=\frac{2e^{-sx/a}}{s^2+4}.$$

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反 Laplace transform

先注意到

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{2}{s^2+4}\right\} =\sin(2t).$$

再使用第二位移定理：

分離變數
設 $u(x,t)=X(x)T(t)$，代入

$$X T' = 3 X'' T\quad\Longrightarrow\quad \frac{T'}{3T} = \frac{X''}{X}= -\lambda ,$$

得到

$$\begin{cases} X''+\lambda X =0,\\[2pt] T'+3\lambda T =0 . \end{cases}$$

空間本徵問題
邊界條件

$X(0)=0,\qquad 5X(1)+X'(1)=0 .$

令 $\mu=\sqrt{\lambda}>0$，則 $X(x)=\sin(\mu x)$（滿足 $X(0)=0$），

$X'(x)=\mu\cos(\mu x).$

在 $x=1$ 處

$$5\sin\mu+\mu\cos\mu =0\;\Longrightarrow\; \tan\mu = -\frac{\mu}{5}. \tag{1}$$

式 (1) 的正根 $\{\mu_n\}_{n\ge1}$ 為本徵頻率，對應本徵值 $\lambda_n=\mu_n^{2}$，本徵函數

$X_n(x)=\sin(\mu_n x),\qquad n=1,2,\dots$

時間分量

$T_n(t)=e^{-3\lambda_n t}=e^{-3\mu_n^{2}t}.$

一般解的展開

$u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}a_n\sin(\mu_n x)\,e^{-3\mu_n^{2}t}.$

（a）Laurent 級數展開

核心觀念

以 $z=-i$ 為中心作 Laurent 展開，令

$$w=z+i.$$

則

$$z=w-i,\qquad z-2i=w-3i.$$

原函數的兩個奇點為

$$z=0\Longleftrightarrow w=i,\qquad z=2i\Longleftrightarrow w=3i.$$

題目指定的環域為

$$1<|w|<\sqrt{5}.$$

因此，對於 $w=i$ 的部分使用負次方幂級數；對於 $w=3i$ 的部分使用正次方幂級數。

解題方法

先作部分分式分解：

$$\frac{1}{z(z-2i)} =\frac{i}{2}\left(\frac{1}{z}-\frac{1}{z-2i}\right).$$

代入 $w=z+i$：

$$f(z)=\frac{i}{2} \left( \frac{1}{w-i}-\frac{1}{w-3i} \right).$$

因為 $|w|>1$，

$$\frac{1}{w-i} =\frac{1}{w}\frac{1}{1-\frac{i}{w}} =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{i^n}{w^{n+1}}.$$

因為 $|w|<\sqrt{5}<3$，

$$\frac{1}{w-3i} =-\frac{1}{3i}\frac{1}{1-\frac{w}{3i}} =\frac{i}{3}\sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{w}{3i}\right)^n.$$

故 Laurent 級數為

$$f(z) = \frac{i}{2} \left[ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{i^n}{(z+i)^{n+1}} - \frac{i}{3} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{z+i}{3i}\right)^n \right].$$

其收斂範圍正是

$$1<|z+i|<3,$$

因此必然在題目要求的 $1<|z+i|<\sqrt{5}$ 內有效。

解題技巧

Laurent 展開的區域由「以展開中心為圓心的奇點距離」決定。本題兩個奇點到 $-i$ 的距離分別為 $1$ 與 $3$，所以指定環域 $1<|z+i|<\sqrt5$ 會自然要求：

• 距離 $1$ 的奇點採用外部展開；
• 距離 $3$ 的奇點採用內部展開。

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（b）計算複變線積分

核心觀念

使用留數定理：

$$\oint_C F(z)\,dz = 2\pi i\sum \operatorname{Res}(F;\text{曲線內奇點}).$$

曲線為 $|z|=3/2$，其內部包含：

• $z=0$；
• $z=1$；

而 $z=3$ 在曲線外。

令

$$F(z)=z\exp(z^{-2}) +\frac{\sin z}{z^5-4z^4+3z^3}.$$

分母可因式分解為

$$z^5-4z^4+3z^3=z^3(z-1)(z-3).$$

第一部分：$z\exp(z^{-2})$ 在 $z=0$ 的留數

展開指數函數：

$$z\exp(z^{-2}) = z\sum_{k=0}^{\infty}\frac{z^{-2k}}{k!} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{z^{1-2k}}{k!}.$$

要取得 $z^{-1}$ 項，須滿足

$$1-2k=-1,$$

因此 $k=1$，其留數為

$$\operatorname{Res}\left(z\exp(z^{-2});0\right)=1.$$

第二部分：在 $z=1$ 的留數

$z=1$ 是簡單極點，因此

$$\operatorname{Res}\left( \frac{\sin z}{z^3(z-1)(z-3)};1 \right) = \left. \frac{\sin z}{z^3(z-3)} \right|_{z=1}.$$

所以

$$\operatorname{Res}(F;1) = -\frac{\sin 1}{2}.$$

第二部分：在 $z=0$ 的留數

寫成

$$\frac{\sin z}{z^3(z-1)(z-3)} = \frac{1}{z^3} \frac{\sin z}{(z-1)(z-3)}.$$

因此只需找

$$\frac{\sin z}{(z-1)(z-3)}$$

的 $z^2$ 項係數。

先展開：

$$\frac{1}{(z-1)(z-3)} = \frac{1}{z^2-4z+3} = \frac{1}{3} \frac{1}{1-\frac43z+\frac13z^2}.$$

取至二次項：

$$\frac{1}{(z-1)(z-3)} = \frac13+\frac49z+\frac{13}{27}z^2+\cdots.$$

又

$$\sin z=z-\frac{z^3}{6}+\cdots.$$

所以乘積中的 $z^2$ 項來自

$$z\cdot \frac49z,$$

故

$$\operatorname{Res}\left( \frac{\sin z}{z^3(z-1)(z-3)};0 \right) = \frac49.$$

套用留數定理

曲線內所有留數總和為