112 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

本題涵蓋三類一階、二階常微分方程：

• (a) 一階線性微分方程，使用積分因子法。
• (b) 二階常係數非齊次微分方程，先求齊次解，再用參數變動法求特解。
• (c) 可藉由代換 $v=y^2$ 化為一階線性微分方程。

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(a) $\displaystyle \frac{dy}{dx}+3y=9x,\quad y(0)=3$

解題方法

方程式符合一階線性形式

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

其中

$$P(x)=3,\qquad Q(x)=9x.$$

積分因子為

$$\mu(x)=e^{\int 3\,dx}=e^{3x}.$$

原方程式兩邊乘以 $e^{3x}$：

$$e^{3x}\frac{dy}{dx}+3e^{3x}y=9xe^{3x}.$$

左側可寫成乘積微分：

$$\frac{d}{dx}\left(e^{3x}y\right)=9xe^{3x}.$$

積分得

$$e^{3x}y=\int 9xe^{3x}\,dx.$$

利用分部積分：

$$\int 9xe^{3x}\,dx =3xe^{3x}-e^{3x}+C.$$

因此

$$y=3x-1+Ce^{-3x}.$$

代入初始條件 $y(0)=3$：

$$3=-1+C,$$

所以

$$C=4.$$

故解為

$$\boxed{y(x)=3x-1+4e^{-3x}}.$$

解題技巧

一階線性方程也可先猜特解 $y_p=ax+b$：

$$a+3(ax+b)=9x.$$

比較係數可得 $a=3,\ b=-1$，再加上齊次解 $Ce^{-3x}$，同樣得到答案。

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(b) $\displaystyle 2y''-y'+4y=e^x\sec x$

核心觀念

先求對應齊次方程式

$$2y''-y'+4y=0.$$

其特徵方程式為

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

解得

$$r=\frac{1\pm i\sqrt{31}}{4}.$$

因此齊次解包含指數衰減或增長因子與三角函數。由於右側為 $e^x\sec x$，不適合使用待定係數法，採用參數變動法求特解。

齊次解

特徵根為

$$r=\frac14\pm i\frac{\sqrt{31}}4.$$

令

$$\beta=\frac{\sqrt{31}}4.$$

則齊次解為

$$y_h=e^{x/4}\left(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x\right).$$

取基本解

$$y_1=e^{x/4}\cos\beta x,\qquad y_2=e^{x/4}\sin\beta x.$$

參數變動法

先將原方程式除以 $2$：

$$y''-\frac12y'+2y=\frac12e^x\sec x.$$

`

令

$$y_p=u_1(x)y_1(x)+u_2(x)y_2(x).$$

參數變動法所需的 Wronskian 為

$$W(y_1,y_2)= \begin{vmatrix} y_1&y_2\\ y_1'&y_2' \end{vmatrix}.$$

計算可得

$$W(y_1,y_2)=\beta e^{x/2}.$$

對標準形式

$$y''+p(x)y'+q(x)y=g(x),$$

參數變動法給出

$$u_1'=-\frac{y_2g}{W}, \qquad u_2'=\frac{y_1g}{W}.$$

此處

$$g(x)=\frac12e^x\sec x.$$

因此

$$u_1' =-\frac{e^{x/4}\sin(\beta x)\cdot \frac12e^x\sec x} {\beta e^{x/2}} =-\frac{1}{2\beta}e^{3x/4}\sin(\beta x)\sec x,$$

以及

$$u_2' =\frac{e^{x/4}\cos(\beta x)\cdot \frac12e^x\sec x} {\beta e^{x/2}} =\frac{1}{2\beta}e^{3x/4}\cos(\beta x)\sec x.$$

由於

$$\frac{1}{2\beta}=\frac{2}{\sqrt{31}},$$

可取特解為

$$y_p= -\frac{2}{\sqrt{31}}e^{x/4}\cos(\beta x) \int e^{3t/4}\sin(\beta t)\sec t\,dt$$ $$\qquad +\frac{2}{\sqrt{31}}e^{x/4}\sin(\beta x) \int e^{3t/4}\cos(\beta t)\sec t\,dt.$$

為避免積分常數重複併入齊次解，也可在任一固定點 $x_0$ 起算：

核心觀念

此題是含有規則奇異點 $x=0$ 的 Euler–Cauchy 微分方程，適合使用 Frobenius 級數法：

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

其中 $r$ 由最低次方的係數所形成的特徵方程決定。若兩個根相異，則可得到兩組線性獨立解。

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解題方法

設

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

則

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

代入原方程

$$9x^2y''-9xy'-4y=0,$$

得到

$$9\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_nx^{n+r} -9\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_nx^{n+r} -4\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r}=0.$$

合併後為

$$\sum_{n=0}^{\infty} \left[ 9(n+r)(n+r-1)-9(n+r)-4 \right]a_nx^{n+r}=0.$$

整理括號內的係數：

$$9(n+r)^2-18(n+r)-4.$$

因此 $n=0$ 時的最低次方係數給出指標方程：

$$9r^2-18r-4=0.$$

解得

$$r=\frac{18\pm\sqrt{(-18)^2-4(9)(-4)}}{18} =\frac{18\pm6\sqrt{13}}{18} =1\pm\frac{\sqrt{13}}{3}.$$

故兩個根為

$$r_1=1+\frac{\sqrt{13}}{3}, \qquad r_2=1-\frac{\sqrt{13}}{3}.$$

對一般的 $n$，係數必須滿足

$$\left[9(n+r)^2-18(n+r)-4\right]a_n=0.$$

當 $r=r_1$ 或 $r=r_2$ 時，$n\geq 1$ 的括號不會為零，因此

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

所以每一組 Frobenius 級數實際上只有第一項非零：

$$y_1(x)=a_0x^{1+\frac{\sqrt{13}}{3}},$$ $$y_2(x)=b_0x^{1-\frac{\sqrt{13}}{3}}.$$

核心觀念

本題考查：

1. 單位階躍函數的平移：
   $u(t-a)f(t)=u(t-a)g(t-a),\qquad g(t)=f(t+a)。$

2. 第二平移定理：
   $\mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-as}G(s)。$

3. 微分方程的拉普拉斯轉換：
   $\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)。$

由於初始條件皆為零，微分項可直接轉換為 $s^2Y(s)$。

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解題方法

原方程為

$$y''+4y=4tu(t-2), \qquad y(0)=y'(0)=0。$$

右側的 $t$ 必須改寫成以 $t-2$ 為變數的形式，才能使用第二平移定理：

$$t=(t-2)+2。$$

因此

$$4tu(t-2) =4\big[(t-2)+2\big]u(t-2)。$$

令

$$g(t)=4t+8，$$

則

$$4tu(t-2)=u(t-2)g(t-2)。$$

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對方程式取拉普拉斯轉換

左側為

$$\mathcal{L}\{y''+4y\} =(s^2Y(s)-sy(0)-y'(0))+4Y(s)。$$

代入 $y(0)=y'(0)=0$：

$$\mathcal{L}\{y''+4y\}=(s^2+4)Y(s)。$$

右側利用第二平移定理：

$$\mathcal{L}\{4tu(t-2)\} =e^{-2s}\mathcal{L}\{4t+8\}。$$

而

$$\mathcal{L}\{4t+8\} =\frac{4}{s^2}+\frac{8}{s}。$$

所以

$$(s^2+4)Y(s) =e^{-2s}\left(\frac{4}{s^2}+\frac{8}{s}\right)。$$

得到

$$Y(s) =e^{-2s}\frac{\frac{4}{s^2}+\frac{8}{s}}{s^2+4} =e^{-2s}\frac{4+8s}{s^2(s^2+4)}。$$

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部分分式分解

先分解

$$\frac{4+8s}{s^2(s^2+4)} = \frac{A}{s}+\frac{B}{s^2} +\frac{Cs+D}{s^2+4}。$$

兩邊同乘以 $s^2(s^2+4)$：

$$4+8s =A s(s^2+4)+B(s^2+4)+(Cs+D)s^2。$$

整理各次方係數：

$$4+8s =(A+C)s^3+(B+D)s^2+4As+4B。$$

比較係數可得

$$4A=8\Rightarrow A=2,$$ $$4B=4\Rightarrow B=1,$$ $$A+C=0\Rightarrow C=-2,$$ $$B+D=0\Rightarrow D=-1。$$

因此

$$\frac{4+8s}{s^2(s^2+4)} = \frac{2}{s}+\frac{1}{s^2} -\frac{2s+1}{s^2+4}。$$

利用基本反拉普拉斯公式：

核心觀念

本題考查：

1. 三階矩陣的行列式。
2. 伴隨矩陣法求逆矩陣：
   $M^{-1}=\frac{1}{\det M}\operatorname{adj}(M)$
3. 特徵值與特徵向量的定義：
   $\det(M-\lambda I)=0$
   且對每一個特徵值 $\lambda$，其特徵向量 $v$ 滿足
   $Mv=\lambda v$

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(a) 行列式與逆矩陣

1. 求 $\det M$

給定

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

沿第一列展開：

$$\begin{aligned} \det M &=2 \begin{vmatrix} -1&-2\\ 0&1 \end{vmatrix} -3 \begin{vmatrix} -2&-2\\ 2&1 \end{vmatrix} +3 \begin{vmatrix} -2&-1\\ 2&0 \end{vmatrix}\\ &=2(-1)-3\bigl((-2)(1)-(-2)(2)\bigr) +3\bigl((-2)(0)-(-1)(2)\bigr)\\ &=-2-3(2)+3(2)\\ &=-2. \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{\det M=-2}$$

因為 $\det M\neq 0$，故 $M$ 可逆。

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2. 求伴隨矩陣

矩陣 $M$ 的餘因子矩陣為

$$C= \begin{bmatrix} -1&-2&2\\ -3&-4&6\\ -3&-2&4 \end{bmatrix}$$

因此伴隨矩陣為餘因子矩陣的轉置：

$$\operatorname{adj}(M)=C^{T} = \begin{bmatrix} -1&-3&-3\\ -2&-4&-2\\ 2&6&4 \end{bmatrix}$$

由公式

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

得到

$$\begin{aligned} M^{-1} &=-\frac12 \begin{bmatrix} -1&-3&-3\\ -2&-4&-2\\ 2&6&4 \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} \frac12&\frac32&\frac32\\ 1&2&1\\ -1&-3&-2 \end{bmatrix}. \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{ M^{-1}= \begin{bmatrix} \frac12&\frac32&\frac32\\ 1&2&1\\ -1&-3&-2 \end{bmatrix} }$$

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(b) 特徵值與特徵向量

1. 求特徵方程式

特徵方程式為

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

其中

$$\lambda I-M= \begin{bmatrix} \lambda-2&-3&-3\\ 2&\lambda+1&2\\ -2&0&\lambda-1 \end{bmatrix}$$

直接計算可得

$$\begin{aligned} \det(\lambda I-M) &=(\lambda-2) \begin{vmatrix} \lambda+1&2\\ 0&\lambda-1 \end{vmatrix} +3 \begin{vmatrix} 2&2\\ -2&\lambda-1 \end{vmatrix} -3 \begin{vmatrix} 2&\lambda+1\\ -2&0 \end{vmatrix}\\ &=(\lambda-2)(\lambda+1)(\lambda-1) +3\bigl(2(\lambda-1)+4\bigr) -3\bigl(2(\lambda+1)\bigr)\\ &=(\lambda-2)(\lambda+1)(\lambda-1)+6\lambda+6-6\lambda-6\\ &=(\lambda-2)(\lambda+1)(\lambda-1). \end{aligned}$$

故特徵值為

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

若題目要求數值估計，則其數值就是

$$\boxed{2,\ 1,\ -1}$$

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2. 對應於 $\lambda=2$ 的特徵向量

解

$$(M-2I)v=0$$

即

核心觀念

本題分別考查：

• 散度定理（Divergence Theorem）

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

其中 $S$ 是封閉曲面，$\mathbf n$ 為外向單位法向量。

• Stokes 定理

$$\oint_C \mathbf F\cdot d\mathbf r =\iint_S(\nabla\times\mathbf F)\cdot\mathbf n\,dS.$$

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（a）利用散度定理計算曲面通量

解題方法

區域 $V$ 為半徑 $3$、高度 $5$ 的圓柱體：

$0\le z\le 5,\qquad x^2+y^2\le 9.$

其邊界即題目中的封閉曲面 $S$。因此直接使用散度定理。

給定

$$\mathbf F=xyz\,\mathbf i+(yz+3)\,\mathbf j+(z-2)\,\mathbf k.$$

先計算散度：

$$\nabla\cdot\mathbf F =\frac{\partial}{\partial x}(xyz) +\frac{\partial}{\partial y}(yz+3) +\frac{\partial}{\partial z}(z-2).$$

因此

$$\nabla\cdot\mathbf F=yz+z+1.$$

所以

$$\iint_S\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS =\iiint_V(yz+z+1)\,dV.$$

由圓柱區域關於 $y=0$ 對稱，

$$\iiint_V yz\,dV=0.$$

因此只需計算

$$\iiint_V(z+1)\,dV.$$

使用圓柱座標

$$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,\qquad dV=r\,dr\,d\theta\,dz,$$

其中

$$0\le r\le 3,\qquad 0\le\theta\le 2\pi,\qquad 0\le z\le 5.$$

故

$$\begin{aligned} \iiint_V(z+1)\,dV &=\int_0^5\int_0^{2\pi}\int_0^3(z+1)r\,dr\,d\theta\,dz\\ &=\left(\int_0^5(z+1)\,dz\right) \left(\int_0^{2\pi}d\theta\right) \left(\int_0^3r\,dr\right). \end{aligned}$$

各部分為

$$\int_0^5(z+1)\,dz =\left[\frac{z^2}{2}+z\right]_0^5 =\frac{35}{2},$$ $$\int_0^{2\pi}d\theta=2\pi, \qquad \int_0^3r\,dr=\frac{9}{2}.$$

因此

$$\iint_S\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS =\frac{35}{2}\cdot2\pi\cdot\frac{9}{2} =\boxed{\frac{315\pi}{2}}.$$

解題技巧

核心觀念

本題求解長方體區域內的三維 Laplace 方程：

$$u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}=0.$$

由圖中座標可視為

$$0<x<a,\qquad 0<y<b,\qquad 0<z<c.$$

邊界條件為

$$u(x,0,z)=f(x,z),\qquad u(x,b,z)=g(x,z),$$

而其餘四個側面溫度為零：

$$u(0,y,z)=u(a,y,z)=0,$$ $$u(x,y,0)=u(x,y,c)=0.$$

由於 $x,z$ 方向的邊界值為零，適合使用雙重 Fourier 正弦級數。

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解題方法：分離變數

令

$$u(x,y,z)=X(x)Y(y)Z(z).$$

代入 Laplace 方程得

$$\frac{X''}{X}+\frac{Y''}{Y}+\frac{Z''}{Z}=0.$$

針對 $x$ 與 $z$ 方向的零邊界條件，分別有

$$X(0)=X(a)=0,$$ $$Z(0)=Z(c)=0.$$

因此特徵函數為

$$X_m(x)=\sin\frac{m\pi x}{a},\qquad m=1,2,\ldots,$$ $$Z_n(z)=\sin\frac{n\pi z}{c},\qquad n=1,2,\ldots.$$

相對應的特徵值為

$$\lambda_{mn}^2 = \left(\frac{m\pi}{a}\right)^2 + \left(\frac{n\pi}{c}\right)^2.$$

故

$$\lambda_{mn} = \sqrt{ \left(\frac{m\pi}{a}\right)^2 + \left(\frac{n\pi}{c}\right)^2 }.$$

此時 $y$ 方向滿足

$$Y''-\lambda_{mn}^2Y=0,$$

其通解為

$$Y(y)=A\sinh(\lambda_{mn}y)+B\cosh(\lambda_{mn}y).$$

因此整體解可寫成

$$u(x,y,z) = \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} Y_{mn}(y) \sin\frac{m\pi x}{a} \sin\frac{n\pi z}{c}.$$

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展開兩個非齊次邊界條件

將 $f(x,z)$ 與 $g(x,z)$ 展開成雙重正弦級數：

$$f(x,z) = \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} F_{mn} \sin\frac{m\pi x}{a} \sin\frac{n\pi z}{c},$$ $$g(x,z) = \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} G_{mn} \sin\frac{m\pi x}{a} \sin\frac{n\pi z}{c}.$$

由正交性，係數為

核心觀念

本題考查：

• 對時間變數 $t$ 施行 Laplace transform。

• 零初始條件下的微分方程轉換：

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

• 邊界條件 $u(0,t)=u(1,t)=0$ 所對應的空間特徵函數為 $\sin(n\pi x)$。

• 外力 $\sin(\pi x)\sin(\omega t)$ 只激發第一模態，因此解具有形式

  $u(x,t)=a(t)\sin(\pi x)。$

需特別注意 $\omega=\pi$ 時發生共振，必須分情況處理。

解題方法一：先作空間模態分離

令

$u(x,t)=a(t)\sin(\pi x)。$

由於

$\frac{\partial^2u}{\partial t^2}=a''(t)\sin(\pi x),$

且

$$\frac{\partial^2u}{\partial x^2} =-\pi^2a(t)\sin(\pi x),$$

代入原方程：

$$a''(t)\sin(\pi x) = -\pi^2a(t)\sin(\pi x) +\sin(\pi x)\sin(\omega t).$$

消去 $\sin(\pi x)$，得到

$$a''(t)+\pi^2a(t)=\sin(\omega t),$$

並且初始條件為

$$a(0)=0,\qquad a'(0)=0.$$

對時間作 Laplace transform

記

$A(s)=\mathcal{L}\{a(t)\}.$

由零初始條件，

$$\mathcal{L}\{a''(t)\}=s^2A(s),$$

而

$$\mathcal{L}\{\sin(\omega t)\} =\frac{\omega}{s^2+\omega^2}.$$

因此

$$(s^2+\pi^2)A(s) = \frac{\omega}{s^2+\omega^2},$$

所以

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

情形一：$\omega\ne\pi$

作部分分式分解：

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

利用

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{\frac{1}{s^2+a^2}\right\} = \frac{1}{a}\sin(at),$$

可得

$$a(t) = \frac{\omega}{\omega^2-\pi^2} \left( \frac{\sin(\pi t)}{\pi} - \frac{\sin(\omega t)}{\omega} \right).$$

因此位移為

求 Laurent 展開與環形積分。

(a) Laurent 展開 (|z|>4)

$f(z)=\frac{1}{z(z+4i)}=\frac{1}{4i}\!\left(\frac{1}{z}-\frac{1}{z+4i}\right)$

對 $|z|>4$ 有

$$\frac{1}{z+4i}= \frac{1}{z}\frac{1}{1+\dfrac{4i}{z}} =\frac{1}{z}\sum_{n=0}^{\infty}\left(-\frac{4i}{z}\right)^{\!n} =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-4i)^{n}}{z^{\,n+1}} .$$

代回得

$$f(z)=\frac{1}{4i}\Bigl[\frac{1}{z}-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-4i)^{n}}{z^{\,n+1}}\Bigr] =\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-4i)^{\,k-2}}{z^{\,k}} .$$

寫出前幾項：

$\boxed{\,f(z)=\frac{1}{z^{2}}-\frac{4i}{z^{3}}-\frac{16}{z^{4}}+\frac{64i}{z^{5}}+\cdots\,,\qquad|z|>4.}$

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(b) 環形積分 $\displaystyle \oint_{|z|=2}\!\!\Bigl(z^{2}e^{1/z}+\frac{\sin z}{z^{5}+3z^{3}}\Bigr)\,dz$

積分路徑包含的奇點：$z=0,\;z=\pm i\sqrt3$。

1. 第一項 $g_{1}(z)=z^{2}e^{1/z}$

$$e^{1/z}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!z^{n}},\qquad z^{2}e^{1/z}= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{2-n}}{n!}.$$