113 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：

• 一階線性微分方程：
  $y'+P(x)y=Q(x)$
  積分因子為
  $\mu(x)=e^{\int P(x)\,dx}.$
• 二階可降階微分方程：若方程式含有 $y''$ 與 $y'$，且不直接含 $y$，可令 $v=y'$ 降為一階方程。
• 一階常係數線性微分方程：利用齊次解與特解求通解，再代入初始條件決定常數。

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(a) $x\dfrac{dy}{dx}-2y=x^4e^x$

解題方法

因為方程式含有 $x$，先在 $x\neq 0$ 下除以 $x$：

$$\frac{dy}{dx}-\frac{2}{x}y=x^3e^x.$$

這是一階線性微分方程，其中

$$P(x)=-\frac{2}{x}.$$

積分因子為

$$\mu(x)=e^{\int -\frac{2}{x}\,dx} =e^{-2\ln|x|} =x^{-2}.$$

方程式乘上 $x^{-2}$：

$$x^{-2}\frac{dy}{dx}-2x^{-3}y=xe^x.$$

左側正好是乘積微分：

$$\frac{d}{dx}\left(x^{-2}y\right)=xe^x.$$

兩側積分：

$$x^{-2}y=\int xe^x\,dx.$$

利用分部積分，

$$\int xe^x\,dx=(x-1)e^x+C.$$

因此

$$x^{-2}y=(x-1)e^x+C,$$

得到通解

$$\boxed{y(x)=x^2\left[(x-1)e^x+C\right]}.$$

也可寫成

$$\boxed{y(x)=x^2(x-1)e^x+Cx^2}.$$

解題技巧

辨認一階線性方程時，先將 $y'$ 的係數化為 $1$。本題的積分因子為 $x^{-2}$，乘上後左側會形成

$$\frac{d}{dx}\left(\frac{y}{x^2}\right),$$

這是最關鍵的辨識點。

【答案】

$$\boxed{y(x)=x^2\left[(x-1)e^x+C\right]},\qquad x\neq 0.$$

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(b) $x^2\dfrac{d^2y}{dx^2}+x\dfrac{dy}{dx}=-9x^2$

條件為

$$y(1)=7,\qquad y(2)=2\ln 2.$$

核心觀念

方程式中沒有直接出現 $y$，只有 $y'$ 與 $y''$，因此可將左側辨認為

$$x^2y''+xy'=x(xy')'.$$

也可先除以 $x$，直接得到可積分形式。

求通解

在 $x\neq 0$ 下除以 $x$：

$$xy''+y'=-9x.$$

左側為

$$\frac{d}{dx}(xy'),$$

所以

$$\frac{d}{dx}(xy')=-9x.$$

積分一次：

$$xy'=-\frac{9}{2}x^2+C_1.$$

因此

$$y'=-\frac{9}{2}x+\frac{C_1}{x}.$$

再積分一次：

$$y=-\frac{9}{4}x^2+C_1\ln|x|+C_2.$$

解題步驟

1. 於 $x=0$ 設

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

2. 代入

$x^{2}y''+2xy'-xy=0$

得

$$\sum_{n=0}^{\infty}a_n (n+r)(n+r+1)x^{n+r} -\sum_{n=1}^{\infty}a_{n-1}x^{n+r}=0$$

3. 係數比較

• 指數方程（$n=0$）

$a_0 r(r+1)=0\;\Longrightarrow\; r=0\;\text{或}\;r=-1$

• 遞迴關係（$n\ge1$）

$a_n=\frac{a_{n-1}}{(n+r)(n+r+1)}$

4. $r=0$ 的解

$$a_n=\frac{a_0}{n!\,(n+1)!}\quad\Rightarrow\quad y_1(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!\,(n+1)!}$$

取前四項（取 $a_0=1$）：

核心觀念

本題考查：

• 拉普拉斯變換的微分公式
  $\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0)$
• 積分的拉普拉斯變換
  $\mathcal{L}\left\{\int_0^t y(\tau)\,d\tau\right\}=\frac{Y(s)}{s}$
• 單位階躍函數的位移性質
  $\mathcal{L}\{u(t-a)\}=\frac{e^{-as}}{s}$
• 第二位移定理
  $\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=u(t-a)f(t-a)$
  其中 $f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}$。

右側
$u(t-1)-u(t-2)$
代表一個在 $1\le t<2$ 時等於 $1$、其餘時間等於 $0$ 的矩形脈衝。

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解題方法

令
$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$

原方程為

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

且

$$$$

兩邊取拉普拉斯變換：

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

分別計算各項：

$$\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0)=sY(s),$$ $$\mathcal{L}\left\{\int_0^t y(\tau)\,d\tau\right\} =\frac{Y(s)}{s},$$

以及

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

因此

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

整理 $Y(s)$：

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

故

核心觀念

本題考查：

• 三階矩陣的行列式計算。
• 反矩陣公式 $$M^{-1}=\frac{1}{\det M}\operatorname{adj}(M),$$ 其中 $\operatorname{adj}(M)$ 為伴隨矩陣。
• 特徵值與特徵向量的定義： $$M\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x},$$ 等價於 $$\det(M-\lambda I)=0.$$

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（a）行列式與反矩陣

1. 計算 $\det M$

題 given matrix 為

$$M= \begin{pmatrix} 5&6&-3\\ -2&-3&2\\ 2&2&0 \end{pmatrix}.$$

沿第一列展開：

$$\begin{aligned} \det M &=5 \begin{vmatrix} -3&2\\ 2&0 \end{vmatrix} -6 \begin{vmatrix} -2&2\\ 2&0 \end{vmatrix} -3 \begin{vmatrix} -2&-3\\ 2&2 \end{vmatrix}\\ &=5(-4)-6(-4)-3(2)\\ &=-20+24-6\\ &=-2. \end{aligned}$$

因此

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

因為 $\det M\neq 0$，所以 $M$ 可逆。

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2. 計算餘因子矩陣

各元素的餘因子為

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

計算可得

$$C_{11}=-4,\qquad C_{12}=4,\qquad C_{13}=2,$$ $$C_{21}=-6,\qquad C_{22}=6,\qquad C_{23}=2,$$ $$C_{31}=3,\qquad C_{32}=-4,\qquad C_{33}=-3.$$

故餘因子矩陣為

$$C= \begin{pmatrix} -4&4&2\\ -6&6&2\\ 3&-4&-3 \end{pmatrix}.$$

伴隨矩陣為餘因子矩陣的轉置：

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

因此

$$\begin{aligned} M^{-1} &=\frac{1}{-2} \begin{pmatrix} -4&-6&3\\ 4&6&-4\\ 2&2&-3 \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} 2&3&-\dfrac32\\ -2&-3&2\\ -1&-1&\dfrac32 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{ M^{-1}= \begin{pmatrix} 2&3&-\dfrac32\\ -2&-3&2\\ -1&-1&\dfrac32 \end{pmatrix} }.$$

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（b）特徵值與特徵向量

1. 求特徵值

特徵值 $\lambda$ 滿足

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

也可計算 $\det(\lambda I-M)$；三階矩陣兩者只差一個負號，不影響根。取

$$\lambda I-M= \begin{pmatrix} \lambda-5&-6&3\\ 2&\lambda+3&-2\\ -2&-2&\lambda \end{pmatrix}.$$

由特徵多項式公式，或直接展開可得

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

因式分解：

$$\begin{aligned} \lambda^3-2\lambda^2-\lambda+2 &=\lambda^2(\lambda-2)-1(\lambda-2)\\ &=(\lambda-2)(\lambda^2-1)\\ &=(\lambda-2)(\lambda-1)(\lambda+1). \end{aligned}$$

因此三個特徵值為

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

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2. 求 $\lambda=2$ 的特徵向量

解

$$(M-2I)\mathbf{x}=0.$$

其中

核心觀念

本題考查有限區間上的一維波動方程式，並使用：

• 分離變數法
• Fourier 正弦級數
• 固定端點邊界條件
• 初始位移與初始速度的係數匹配

方程式為

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

兩端固定條件為

$$u(0,t)=u(\pi,t)=0.$$

因此空間部分必須採用正弦函數 $\sin nx$。

解題方法

1. 分離變數

令

$$u(x,t)=X(x)T(t).$$

代入波動方程式：

$$X(x)T''(t)=a^2X''(x)T(t).$$

兩邊除以 $a^2X(x)T(t)$，得

$$\frac{T''(t)}{a^2T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} =-\lambda.$$

因此得到兩個常微分方程式：

$$X''+\lambda X=0,$$ $$T''+a^2\lambda T=0.$$

2. 套用邊界條件

由

$$u(0,t)=X(0)T(t)=0, \qquad u(\pi,t)=X(\pi)T(t)=0,$$

可得

$$X(0)=0,\qquad X(\pi)=0.$$

非零解存在時，特徵值與特徵函數為

$$\lambda=n^2,\qquad X_n(x)=\sin nx, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

此時時間方程式為

$$T_n''+a^2n^2T_n=0,$$

其通解為

$$T_n(t)=A_n\cos(nat)+B_n\sin(nat).$$

所以波動方程式的級數解寫成

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ A_n\cos(nat)+B_n\sin(nat) \right]\sin nx.$$

3. 使用初始位移條件

題目給定

$$u(x,0)=\frac{\pi}{2}x.$$

令 $t=0$，因為 $\cos 0=1$、$\sin 0=0$，所以

$$\frac{\pi}{2}x = \sum_{n=1}^{\infty}A_n\sin nx.$$

這是 $\frac{\pi}{2}x$ 的 Fourier 正弦級數。其係數為

$$A_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi \frac{\pi}{2}x\sin nx\,dx.$$

化簡得

$$A_n = \int_0^\pi x\sin nx\,dx.$$

分部積分：

使用 Fourier cosine 變換（適用於 Neumann 條件 $u_y(x,0)=0$）

1. 定義變換

$$U_c(x,\omega)=\int_{0}^{\infty}u(x,y)\cos(\omega y)\,dy ,\qquad u(x,y)=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}U_c(x,\omega)\cos(\omega y)\,d\omega .$$

2. 變換 Laplace 方程

$$\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}}=0 \;\Longrightarrow\; U_{c}''(x,\omega)-\omega^{2}U_c(x,\omega)=0 .$$

3. 解 ODE（須在 $x\to\infty$ 時衰減）

$U_c(x,\omega)=A(\omega)e^{-\omega x}.$

4. 利用邊界 $u(0,y)$ 求 $A(\omega)$

$$A(\omega)=U_c(0,\omega)=\int_{0}^{\infty}u(0,y)\cos(\omega y)\,dy =\int_{0}^{\pi}30\cos(\omega y)\,dy =30\frac{\sin(\omega\pi)}{\omega}.$$

5. 回代

$U_c(x,\omega)=30\,\frac{\sin(\omega\pi)}{\omega}\,e^{-\omega x}.$

6. 逆變換

核心觀念

本題考查圓柱座標下的熱傳導方程、變數分離法，以及 Fourier–Bessel 級數展開。

由於溫度只與半徑 $r$ 和時間 $t$ 有關，且圓板邊界 $r=c$ 保持零溫度，因此徑向本徵函數會是零階 Bessel 函數 $J_0$。有限溫度條件會排除在 $r=0$ 發散的第二類 Bessel 函數 $Y_0$。

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解題方法：變數分離

令

$$u(r,t)=R(r)T(t).$$

代入熱方程式：

$$R(r)T'(t) = k\left(R''(r)T(t)+\frac{1}{r}R'(r)T(t)\right).$$

兩邊除以 $kR(r)T(t)$：

$$\frac{T'}{kT} = \frac{R''+\frac{1}{r}R'}{R}.$$

左側只與 $t$ 有關，右側只與 $r$ 有關，因此兩者必為常數。為了得到隨時間衰減的熱傳導解，令分離常數為 $-\lambda^2$：

$$\frac{T'}{kT}=-\lambda^2, \qquad \frac{R''+\frac{1}{r}R'}{R}=-\lambda^2.$$

因此得到兩個常微分方程：

$$T'+k\lambda^2T=0,$$

以及

$$R''+\frac{1}{r}R'+\lambda^2R=0.$$

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時間方向的解

時間方程直接積分可得

$$T(t)=Ce^{-k\lambda^2t}.$$

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徑向方向的解

將徑向方程乘以 $r^2$：

$$r^2R''+rR'+\lambda^2r^2R=0.$$

令 $x=\lambda r$，則此方程化為

$$x^2\frac{d^2R}{dx^2} +x\frac{dR}{dx} +x^2R=0.$$

這是階數 $\nu=0$ 的 Bessel 方程，因此一般解為

$$R(r)=AJ_0(\lambda r)+BY_0(\lambda r).$$

其中：

• $J_0(\lambda r)$ 在 $r=0$ 有限；
• $Y_0(\lambda r)$ 在 $r=0$ 發散。

由於圓板中心的溫度必須保持有限，故 $B=0$，所以

$$R(r)=AJ_0(\lambda r).$$

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利用邊界條件決定本徵值

邊界條件為

$$u(c,t)=0.$$

因此徑向函數必須滿足

$$R(c)=0.$$

代入 $R(r)=AJ_0(\lambda r)$：

$$AJ_0(\lambda c)=0.$$

取非零解 $A\neq 0$，得到

$$J_0(\lambda c)=0.$$

設 $J_0$ 的正零點依序為

$$j_{0,1},j_{0,2},j_{0,3},\ldots,$$

則

$$\lambda_n=\frac{j_{0,n}}{c}.$$

因此每一個分離解為

(a)

$$\mathbf F=(2x+y)\mathbf i+(x+y+z)\mathbf j+(y+2z)\mathbf k ,\qquad C:\;\mathbf r(\theta)=(2\cos\theta,\;\sin\theta,\;3\sin\theta),\;0\le\theta<2\pi$$ $$\nabla\times\mathbf F= \begin{vmatrix} \mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\[2pt] \partial_x&\partial_y&\partial_z\\[2pt] 2x+y&x+y+z&y+2z \end{vmatrix} =(0,0,0)$$

Stokes 定理 $\displaystyle\oint_C\mathbf F\!\cdot d\mathbf r =\iint_S(\nabla\times\mathbf F)\!\cdot\mathbf n\,dS$
右側為零，故

$\boxed{\displaystyle\oint_C\mathbf F\!\cdot d\mathbf r=0}$

【答案】0

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(b)

$f(z)=\frac{1}{(z-i)^2(z+2i)},\qquad w:=z-i,\;|w|>3$

$$z+2i=w+3i\;\Rightarrow\; f(z)=\frac{1}{w^{2}(w+3i)} =\frac{1}{w^{3}}\;\frac{1}{1+\dfrac{3i}{w}} =\frac{1}{w^{3}}\sum_{n=0}^{\infty}\bigl(-\tfrac{3i}{w}\bigr)^{n}$$

$\boxed{\,f(z)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-3i)^{\,n}\,(z-i)^{-(n+3)}\,,\qquad |z-i|>3\,}$

【答案】$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-3i)^{n}(z-i)^{-(n+3)}$

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(c)

$$I=\oint_{|z|=2}\frac{e^{z}}{z^{3}+z^{2}}\,dz =\oint_{|z|=2}\frac{e^{z}}{z^{2}(z+1)}\,dz$$

圍道內有二階極點 $z=0$ 及一階極點 $z=-1$。

• $z=-1$（簡單極點）

$\operatorname{Res}_{z=-1}=\frac{e^{-1}}{(-1)^{2}}=e^{-1}$

• $z=0$（二階極點）