111 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：

• 一階線性微分方程的積分因子法。
• 一階非線性微分方程的型態判斷、初值問題與解的存在唯一性。
• 二階線性微分方程降階法。

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

解題方法

這是一階線性微分方程

$$\frac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x),$$

其中

$$P(x)=\frac{1}{x},\qquad Q(x)=x^2\ln x.$$

積分因子為

$$\mu(x)=e^{\int \frac{1}{x}\,dx}=e^{\ln x}=x,$$

題目含有 $\ln x$，故取 $x>0$。

原方程乘以 $x$：

$$x\frac{dy}{dx}+y=x^3\ln x.$$

左側為乘積微分：

$$\frac{d}{dx}(xy)=x^3\ln x.$$

積分得

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

利用分部積分：

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

因此

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

所以

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

解題技巧

看到

$$y'+\frac{1}{x}y$$

時，可直接辨認為

$$\frac{1}{x}\frac{d}{dx}(xy),$$

因此乘以 $x$ 後即可快速積分。

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

核心判斷

此方程不是分離變數型，也不是一階線性方程。將其改寫成微分形式：

$$x(6y-1)\,dx-(y-2x^3)\,dy=0.$$

令

$$M(x,y)=x(6y-1),\qquad N(x,y)=-(y-2x^3)=2x^3-y.$$

檢查是否為恰當方程：

$$\frac{\partial M}{\partial y}=6x, \qquad \frac{\partial N}{\partial x}=6x^2.$$

由於

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

所以它不是恰當微分方程。

進一步令 $u=1/x$，則 $x=1/u$，並由

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

得到

$$\frac{du}{dy} =-\frac{1}{x^2}\frac{dx}{dy} =\frac{2-yu^3}{6y-1}.$$

因此可化為

$$\boxed{\frac{du}{dy}=\frac{2-yu^3}{6y-1}}, \qquad u(1)=1.$$

這是 Abel 型一階非線性微分方程，沒有可由基本初等函數表示的通解；題面所給方程也無法套用分離變數、線性方程或恰當方程的標準公式。

初值解的確定形式

由初值問題可寫成積分方程：

$$\boxed{ y(x)=1+\int_1^x \frac{t\,[6y(t)-1]}{y(t)-2t^3}\,dt }.$$

這個積分方程唯一決定滿足 $y(1)=1$ 的局部解，且解存在於不穿越奇異曲線

$$y=2x^3$$

的區間內。因為初始點 $(1,1)$ 不在奇異曲線上，故在 $x=1$ 附近存在唯一解。

核心觀念

本題是變係數二階微分方程，且最高階導數前的係數為 $3x^2$，在 $x=0$ 會消失，因此 $x=0$ 是奇異點，不能直接只使用一般 Taylor 級數

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

應採用 Frobenius 級數法：

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

此題同時也是 Euler–Cauchy 方程，其解的基本形式可由試探解 $y=x^r$ 求得。

解題方法一：Frobenius 級數法

設

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

則

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

代入原方程：

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

得到

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

合併同次方：

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

因此每一個 $n$ 都必須滿足

$$\left[3(n+r)(n+r-1)+4(n+r)+2\right]a_n=0.$$

指標方程

取 $n=0$ 且 $a_0\neq 0$，得到指標方程：

$$3r(r-1)+4r+2=0.$$

整理為

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

解得

$$r=\frac{-1\pm\sqrt{1-24}}{6} =\frac{-1\pm i\sqrt{23}}{6}.$$

令

$$r_1=\frac{-1+i\sqrt{23}}{6}, \qquad r_2=\frac{-1-i\sqrt{23}}{6}.$$

係數判定

對 $n\geq 1$，代入 $r=r_1$ 或 $r=r_2$ 時，

$$3(n+r)(n+r-1)+4(n+r)+2 =3n^2+n(6r+1).$$

由於 $3r^2+r+2=0$，且 $r$ 不是負整數，對所有 $n\geq1$ 上式皆不為零，因此

$$a_n=0,\qquad n\geq1.$$

所以 Frobenius 級數只剩下首項：

$$y_1(x)=x^{r_1} =x^{\frac{-1+i\sqrt{23}}6},$$ $$y_2(x)=x^{r_2} =x^{\frac{-1-i\sqrt{23}}6}.$$

若依題意列出前四項，則可寫成

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換處理下列兩類項目：

1. 初值問題中的導數：
   $\mathcal{L}\{x'(t)\}=sX(s)-x(0)$

2. 積分項：
   $\mathcal{L}\left\{\int_0^t x(\tau)\,d\tau\right\}=\frac{X(s)}{s}$

此外，右側含有單位階躍函數 $u(t-1)$，需使用第二平移定理：

$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=u(t-a)f(t-a),$

其中 $f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}$。

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解題方法

令

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

原方程為

$$\frac{dx}{dt}+2x+\int_0^t x(\tau)\,d\tau=1-u(t-1),$$

且 $x(0)=0$。

對全式取拉普拉斯轉換：

$$\mathcal{L}\{x'(t)\} +2\mathcal{L}\{x(t)\} +\mathcal{L}\left\{\int_0^t x(\tau)\,d\tau\right\} = \mathcal{L}\{1-u(t-1)\}.$$

逐項計算：

$$\mathcal{L}\{x'(t)\}=sX(s)-x(0)=sX(s),$$ $$\mathcal{L}\{2x(t)\}=2X(s),$$ $$\mathcal{L}\left\{\int_0^t x(\tau)\,d\tau\right\} =\frac{X(s)}{s},$$

以及

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

因此

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

整理左側：

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

注意

核心觀念

本題考查三個線性代數基本工具：

1. $3\times 3$ 矩陣的行列式計算。

2. 利用餘因子矩陣求反矩陣：

   $M^{-1}=\frac{1}{\det M}\operatorname{adj}(M)$

3. 特徵值與特徵向量的定義：

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

   求得特徵值 $\lambda$ 後，再解齊次方程組

   $\left(M-\lambda I\right)\mathbf v=\mathbf 0$

   以得到對應的特徵向量。

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解題方法

令

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

（a）行列式與反矩陣

沿第一列展開行列式：

$$\begin{aligned} \det(M) &=7 \begin{vmatrix} -1&2\\ 3&0 \end{vmatrix} -3 \begin{vmatrix} -2&2\\ 4&0 \end{vmatrix} +(-3) \begin{vmatrix} -2&-1\\ 4&3 \end{vmatrix}\\ &=7(-6)-3(-8)+(-3)(-2)\\ &=-42+24+6\\ &=-12. \end{aligned}$$

因此 $M$ 可逆。

各位置的代數餘因子為

$$C_{ij}= \begin{pmatrix} -6&8&-2\\ -9&12&-9\\ 3&-8&-1 \end{pmatrix}.$$

所以伴隨矩陣為餘因子矩陣的轉置：

$$\operatorname{adj}(M)= \begin{pmatrix} -6&-9&3\\ 8&12&-8\\ -2&-9&-1 \end{pmatrix}.$$

因此

$$\begin{aligned} M^{-1} &=\frac{1}{-12} \begin{pmatrix} -6&-9&3\\ 8&12&-8\\ -2&-9&-1 \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} \frac12&\frac34&-\frac14\\ -\frac23&-1&\frac23\\ \frac16&\frac34&\frac1{12} \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

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（b）特徵值與特徵向量

特徵方程為

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

由跡與主子矩陣也可快速建立特徵多項式。矩陣的跡為

$$\operatorname{tr}(M)=7+(-1)+0=6.$$

二階主子式總和為

$$\begin{vmatrix} 7&3\\ -2&-1 \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} 7&-3\\ 4&0 \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} -1&2\\ 3&0 \end{vmatrix} =-1+12-6=5.$$

因此特徵多項式為

$$\begin{aligned} p(\lambda) &=\det(\lambda I-M)\\ &=\lambda^3-6\lambda^2+5\lambda-\det(M)\\ &=\lambda^3-6\lambda^2+5\lambda+12. \end{aligned}$$

因為

$$p(\lambda)=\lambda^3-6\lambda^2+5\lambda+12 =(\lambda-4)(\lambda-3)(\lambda+1),$$

所以三個特徵值為

$$\lambda_1=4,\qquad \lambda_2=3,\qquad \lambda_3=-1.$$

對應 $\lambda=4$

解

$$(M-4I)\mathbf v=\mathbf 0,$$

即

$$\begin{pmatrix} 3&3&-3\\ -2&-5&2\\ 4&3&-4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix}.$$

由方程式可得

$$x+y-z=0,\qquad y=0.$$

因此 $z=x$，可取特徵向量

(a) Fourier 級數展開

核心觀念

在 $(-\pi,\pi)$ 上，函數的 Fourier 級數為

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

其中

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

題目中的函數為

$$f(x)= \begin{cases} -1,&-\pi<x<0,\\ 2,&0\le x<\pi. \end{cases}$$

計算 $a_0$

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

因此常數項為

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

計算 $a_n$

$$\begin{aligned} a_n &=\frac{1}{\pi} \left[ -\int_{-\pi}^{0}\cos nx\,dx +2\int_{0}^{\pi}\cos nx\,dx \right]\\ &=\frac{1}{\pi} \left[ -\frac{\sin nx}{n}\bigg|_{-\pi}^{0} +\frac{2\sin nx}{n}\bigg|_{0}^{\pi} \right]=0. \end{aligned}$$

所以沒有 cosine 項。

計算 $b_n$

$$\begin{aligned} b_n &=\frac{1}{\pi} \left[ -\int_{-\pi}^{0}\sin nx\,dx +2\int_{0}^{\pi}\sin nx\,dx \right]\\ &=\frac{1}{\pi} \left[ \frac{\cos nx}{n}\bigg|_{-\pi}^{0} -\frac{2\cos nx}{n}\bigg|_{0}^{\pi} \right]\\ &=\frac{1}{\pi} \left[ \frac{1-(-1)^n}{n} +\frac{2\bigl(1-(-1)^n\bigr)}{n} \right]\\ &=\frac{3\bigl(1-(-1)^n\bigr)}{n\pi}. \end{aligned}$$

因此

$$b_n= \begin{cases} \dfrac{6}{n\pi},&n\text{ 為奇數},\\[6pt] 0,&n\text{ 為偶數}. \end{cases}$$

故 Fourier 級數為

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

解題技巧

函數的平均值為

$$\frac{-1+2}{2}=\frac12,$$

正好是 Fourier 級數的常數項。由於函數在 $x=0$ 左右的跳躍大小為 $3$，所以正弦係數的基本大小為跳躍量乘上 $2/\pi$，即 $6/\pi$，並且只保留奇數次項。

在跳躍點 $x=0$，Fourier 級數收斂到左右極限平均值：

$$\frac{-1+2}{2}=\frac12.$$

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(b) 向量場、勢函數與線積分

核心觀念

給定向量場

$$\mathbf v=P\,\mathbf i+Q\,\mathbf j+R\,\mathbf k,$$

其中

$$P=2x+2z,\qquad Q=x+2y^2+t,\qquad R=x+2y^2+t.$$

若存在勢函數 $\phi(x,y,z)$ 使得

$$\nabla\phi=\mathbf v,$$

則必須滿足保守場條件

$$\nabla\times\mathbf v=\mathbf 0.$$

題目中的 $t$ 在向量場中視為外加參數；沿曲線積分時，$t$ 則是曲線參數。

勢函數判定

計算旋度：

核心觀念

本題考查半無限域波動方程的 Laplace transform。關鍵觀念包括：

• 對時間變數 $t$ 作 Laplace 變換，將偏微分方程化為 $x$ 的常微分方程。
• 利用半無限域條件 $u(\infty,t)=0$，排除會在 $x\to\infty$ 發散的解。
• 利用位移邊界條件 $u(0,t)=\sin(2t)$ 決定待定係數。
• 使用第二移位定理進行反變換。

令

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

由於初始條件為

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

因此

$$\mathcal{L}\left\{\frac{\partial^2u}{\partial t^2}\right\} =s^2U(x,s).$$

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解題方法

原方程為

$$\frac{\partial^2u}{\partial t^2} =a^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2}, \qquad x>0,\ t>0.$$

對 $t$ 作 Laplace 變換：

$$s^2U(x,s)=a^2\frac{\partial^2U}{\partial x^2}.$$

整理得

$$\frac{\partial^2U}{\partial x^2} -\frac{s^2}{a^2}U=0.$$

這是一個常係數二階常微分方程，其通解為

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

因為 $a>0$ 且 $\operatorname{Re}(s)>0$，當 $x\to\infty$ 時，

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

又因為 $u(\infty,t)=0$，必須令

$$B(s)=0.$$

所以

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

接著使用邊界條件

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

其 Laplace 變換為

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

由 $U(0,s)=A(s)$，可得

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

因此

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

令

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

根據第二移位定理：

$$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-cs}F(s)\} =H(t-c)f(t-c),$$

其中 $H$ 為 Heaviside 階梯函數，且本題

解題流程

1. 分離變數
   假設 $u(x,t)=X(x)T(t)$，代入 $u_t=3u_{xx}$ 得

$\frac{T'}{3T}=\frac{X''}{X}=-\lambda .$

因此

$X''+\lambda X=0,\qquad T'+3\lambda T=0 .$

2. 空間特徵方程
   設 $\lambda=\mu^{2}>0$（$\mu>0$），則

$X(x)=A\sin(\mu x)+B\cos(\mu x).$

邊界 $u(0,t)=0\Rightarrow X(0)=0$ ⇒ $B=0$，故 $X(x)=A\sin(\mu x)$。
另一邊界 $5u(1,t)+u_x(1,t)=0$ 給

$$5X(1)+X'(1)=0\Longrightarrow 5\sin\mu+\mu\cos\mu=0 \Longrightarrow \tan\mu=-\frac{\mu}{5}.$$

以上方程的正根 $\{\mu_n\}_{n=1}^{\infty}$ 為特徵值，對應 $\lambda_n=\mu_n^{2}$。

3. 時間因子

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

4. 一般解的級數形式

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

5. 利用初值 $u(x,0)=1$ 求係數 $A_n$
   初值展開為

$1=\sum_{n=1}^{\infty}A_n\sin(\mu_n x),\qquad 0<x<1.$

核心觀念

本題涵蓋三個複變分析重點：

1. Laurent 展開：依照指定的收斂環域選擇幾何級數形式。
2. 留數定理：閉合曲線積分等於曲線內所有孤立奇點留數總和乘以 $2\pi i$。
3. 實軸上的 Cauchy principal value：

$$\operatorname{PV}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x-a}\,dx=-\pi\sin a.$$

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(a) Laurent 級數展開

先作部分分式分解：

$$\frac{1}{z(z-2)} = -\frac{1}{2z}+\frac{1}{2(z-2)}.$$

因為指定區域為 $1<|z|<2$，其中 $|z|<2$，所以對第二項使用：

$$\frac{1}{z-2} = -\frac{1}{2}\frac{1}{1-\frac z2}.$$

由幾何級數

$$\frac{1}{1-w}=\sum_{n=0}^{\infty}w^n, \qquad |w|<1,$$

可得

$$\frac{1}{z-2} = -\frac12\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac z2\right)^n.$$

因此

$$\frac{1}{z(z-2)} = -\frac{1}{2z} -\frac14\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac z2\right)^n.$$

也可寫成

$$\boxed{ \frac{1}{z(z-2)} = -\frac{1}{2z} -\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{2^{n+2}} }$$

其收斂條件為 $0<|z|<2$，因此當然適用於題目要求的 $1<|z|<2$。

解題技巧

指定環域 $1<|z|<2$ 時，關鍵是觀察 $|z|<2$，故應將 $1/(z-2)$ 展開成 $z/2$ 的冪級數；若區域是 $|z|>2$，才改用 $2/z$ 的冪級數。

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(b) 圓周積分

考慮

$$\oint_C \left( ze^{z^2} + \frac{\sin z}{z^5-4z^3+3z^2} \right)\,dz, \qquad |z|=\frac32.$$

第一步：判斷第一項

函數 $ze^{z^2}$ 在整個複平面上皆解析，因此由 Cauchy 積分定理：

$$\oint_C ze^{z^2}\,dz=0.$$

第二步：分解分母並找出曲線內奇點

分母分解為

$$z^5-4z^3+3z^2 = z^2(z^3-4z+3) = z^2(z-1)(z^2+z-3).$$

二次式的根為

$$\alpha=\frac{-1+\sqrt{13}}{2}, \qquad \beta=\frac{-1-\sqrt{13}}{2}.$$

數值上，

$$\alpha\approx1.303,\qquad \beta\approx-2.303.$$

在圓 $|z|=3/2$ 內的奇點為

$$z=0,\qquad z=1,\qquad z=\alpha.$$

根 $\beta$ 在圓外。

令

$$g(z)=\frac{\sin z}{z^2(z-1)(z-\alpha)(z-\beta)}.$$

第三步：計算各奇點留數

在 $z=0$

因為 $\sin z\sim z$，所以 $z=0$ 實際上是簡單極點：

$$\operatorname{Res}(g,0) = \lim_{z\to0} \frac{\sin z}{z(z-1)(z^2+z-3)}.$$

代入 $z=0$：

$$\operatorname{Res}(g,0) = \frac{1}{(-1)(-3)} = \frac13.$$

在 $z=1$

使用簡單極點留數公式：

$$\operatorname{Res}(g,1) = \frac{\sin1}{1^2(3\cdot1^2-4)} = -\sin1.$$

在 $z=\alpha$

因為 $\alpha$ 是 $z^3-4z+3$ 的單根，且

$$\frac{d}{dz}(z^3-4z+3)=3z^2-4,$$

故

$$\operatorname{Res}(g,\alpha) = \frac{\sin\alpha}{\alpha^2(3\alpha^2-4)}.$$

第四步：套用留數定理

$$\oint_C g(z)\,dz = 2\pi i \left[ \frac13-\sin1+ \frac{\sin\alpha}{\alpha^2(3\alpha^2-4)} \right].$$

其中

$$\alpha=\frac{-1+\sqrt{13}}{2}.$$

因此原積分為