113 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

本題考查一階與二階常微分方程的基本解法：

• 一階線性微分方程：
  $y'+P(x)y=Q(x)$
  積分因子為
  $\mu(x)=e^{\int P(x)\,dx}.$

• 二階方程可先觀察是否能寫成導數形式，例如
  $x^2y''+xy'=x(xy')'.$

• 解出通解後，再利用初始條件或邊界條件決定任意常數。

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（a）$x\dfrac{dy}{dx}-2y=x^4e^x$

解題方法

因題目含有 $x$，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

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

兩邊乘上 $x^{-2}$：

$$x^{-2}y'-2x^{-3}y=xe^x.$$

左側正好是乘積微分：

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

積分得

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

利用分部積分：

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

因此

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

所以通解為

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

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

$$\left(\frac{y}{x^2}\right)'.$$

也可直接驗算：

$$y=x^2e^x(x-1)+Cx^2$$

代回 $xy'-2y$ 後，結果即為 $x^4e^x$。

【答案】

$$\boxed{y=x^2e^x(x-1)+Cx^2,\qquad x\neq 0.}$$

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

條件為

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

解題方法

觀察左側：

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

因此原方程可寫成

$$x(xy')'=-9x^2.$$

在 $x\neq 0$ 下除以 $x$：

$$(xy')'=-9x.$$

積分一次：

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

再除以 $x$：

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

積分第二次：

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

由於邊界條件位於 $x=1,2$，皆為正數，因此可寫成

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

代入邊界條件

由 $y(1)=7$：

$$-\frac94+C_1\ln 1+C_2=7.$$

因為 $\ln 1=0$，所以

$$C_2=7+\frac94=\frac{37}{4}.$$

再由 $y(2)=2\ln 2$：

$x^2y''+2xy'-xy=0\;\Longrightarrow\;y''+\frac{2}{x}y'-\frac1x y=0$

設級數解 $y=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r}$，代入後得到

$$a_n\,(n+r)(n+r+1)-a_{n-1}=0,\qquad n\ge1, \qquad a_0\,r(r+1)=0 .$$

特徵方程 $r(r+1)=0\;\Rightarrow\;r_1=0,\;r_2=-1$。

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(1) $r=0$ 的解

$$a_n=\frac{a_{n-1}}{n(n+1)}\quad\Rightarrow\quad a_n=\frac{a_0}{n!\,(n+1)!}.$$

取 $a_0=1$，得

$$\boxed{y_1(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!\,(n+1)!}} =1+\frac{x}{2}+\frac{x^{2}}{12}+\frac{x^{3}}{144}+O(x^{4}).$$

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核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換處理下列兩類項目：

1. 初值微分方程：
   $\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0)$

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

此外，右側的單位階梯函數差
$u(t-1)-u(t-2)$
代表在 $1\le t<2$ 時輸入為 $1$，其餘時間輸入為 $0$。

需使用第二移位定理：
$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=u(t-a)f(t-a),$
其中
$\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}=f(t).$

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
$y(0)=0.$

兩邊取拉普拉斯轉換。左側第一項為

$$\mathcal{L}\left\{\frac{dy}{dt}\right\} =sY(s)-y(0)=sY(s),$$

因為 $y(0)=0$。

積分項為

$$\mathcal{L}\left\{\int_0^t y(\tau)\,d\tau\right\} =\frac{Y(s)}{s}.$$

右側利用

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

得到

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

因此

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

整理 $Y(s)$：

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

約去 $s$ 後：

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

核心觀念

本題考查：

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

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(a) 行列式與反矩陣

給定

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

沿第一列展開行列式：

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

因此 $M$ 可逆。

餘因子矩陣

各元素的餘因子為

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

所以伴隨矩陣為餘因子矩陣的轉置：

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

由於 $\det M=-2$，

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

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(b) 特徵值與特徵向量

特徵方程為

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

其中

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

沿第一列展開：

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

各小行列式為

$$\begin{vmatrix} -3-\lambda&2\\ 2&-\lambda \end{vmatrix} =\lambda^2+3\lambda-4,$$ $$\begin{vmatrix} -2&2\\ 2&-\lambda \end{vmatrix} =2\lambda-4,$$ $$\begin{vmatrix} -2&-3-\lambda\\ 2&2 \end{vmatrix} =2+2\lambda.$$

因此

核心觀念

本題考一維固定端點波動方程的分離變數法。方程為

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

邊界條件

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

代表兩端為固定端點。因此空間部分必須採用正弦級數：

$$\sin(nx),\qquad n=1,2,3,\ldots$$

時間部分則由初始位移與初始速度決定。

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解題方法：分離變數

令

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

代入波動方程：

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

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：

$$X''+\lambda X=0,$$

以及

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

空間解

邊界條件要求

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

若 $\lambda=n^2$，則

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

因為

$$\sin(0)=0,\qquad \sin(n\pi)=0.$$

對應的時間方程為

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

其一般解為

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

因此波動方程的級數解為

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

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套用初始條件

初始位移

由

$$u(x,0)=\pi$$

可得

$$\pi = \sum_{n=1}^{\infty}A_n\sin(nx).$$

因此 $A_n$ 是常數函數 $\pi$ 的傅立葉正弦級數係數：

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

計算積分：

$$A_n = 2\int_0^\pi\sin(nx)\,dx = 2\left[-\frac{\cos(nx)}{n}\right]_0^\pi.$$

所以

$$A_n = \frac{2}{n}\left[1-\cos(n\pi)\right] = \frac{2}{n}\left[1-(-1)^n\right].$$

分奇偶討論：

• $n$ 為偶數時，$(-1)^n=1$，故 $A_n=0$；
• $n$ 為奇數時，$(-1)^n=-1$，故 $A_n=\dfrac{4}{n}$。

因此

$$A_n= \begin{cases} \dfrac{4}{n}, & n\text{ 為奇數},\\[6pt] 0, & n\text{ 為偶數}. \end{cases}$$

初始速度

由

本題核心觀念
此題屬於 拉普拉斯方程的邊值問題，利用 傅立葉餘弦變換（Fourier cosine transform） 把偏微分方程化為常微分方程，進而求得解析解。關鍵在於：

1. 選擇在 $y$ 方向 做餘弦變換，因為邊界條件 $u_y(x,0)=0$（絕熱/絕緣）正好對應餘弦變換的正交性。
2. 變換後得到一個只含 $x$ 的二階線性 ODE，解出後再以 逆變換 還原回原空間。
3. 需要把給定的 Dirichlet 條件 $u(0,y)$（題目寫成 $u(x,0)$ 但實際應為 $u(0,y)$）做餘弦變換，得到 變換域的譜係數。

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(a) 變換與 ODE 的建立

定義對 $y$ 的傅立葉餘弦變換

$$\boxed{ \;U(x,\alpha)=\int_{0}^{\infty}u(x,y)\cos(\alpha y)\,dy \;} \qquad(\alpha\ge 0)$$

對拉普拉斯方程 $\displaystyle u_{xx}+u_{yy}=0$ 兩側取此變換，注意

$$\int_{0}^{\infty}u_{yy}\cos(\alpha y)\,dy = -\alpha^{2}U(x,\alpha)$$

其中使用了 $\displaystyle u_y(x,0)=0$ 以及 $u(x,y)\to0$（$y\to\infty$）的自然衰減條件。
因此得到

$\boxed{ \;U_{xx}(x,\alpha)-\alpha^{2}U(x,\alpha)=0 \;}$

這是一個關於 $x$ 的二階常係數 ODE，解為

$U(x,\alpha)=A(\alpha)\,e^{-\alpha x}+B(\alpha)\,e^{\alpha x}$

因為解必須在 $x\to\infty$ 時保持有界，須去掉增長項 $e^{\alpha x}$，故

$\boxed{ \;U(x,\alpha)=A(\alpha)\,e^{-\alpha x}\; } \qquad (\alpha\ge0)$

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(b) 由邊界條件求譜係數 $A(\alpha)$

在 $x=0$ 處的 Dirichlet 條件（題目原文有誤，正確應為 $u(0,y)$）為

$$u(0,y)= \begin{cases} 30, & 0\le y\le\pi\\[2pt] 0, & y>\pi \end{cases} \; \equiv f(y)$$

對 $f(y)$ 進行同樣的餘弦變換：

$$A(\alpha)=U(0,\alpha)=\int_{0}^{\infty}f(y)\cos(\alpha y)\,dy =\int_{0}^{\pi}30\cos(\alpha y)\,dy =30\;\frac{\sin(\alpha\pi)}{\alpha} \quad(\alpha>0)$$

（$\alpha=0$ 的情形可直接積分得 $A(0)=30\pi$，但在下面的積分式中會自然被涵蓋。）

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(c) 逆變換得到 $u(x,y)$

傅立葉餘弦變換的逆變換公式為

$u(x,y)=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}U(x,\alpha)\cos(\alpha y)\,d\alpha$

代入已求得的 $U$ 與 $A(\alpha)$：

核心觀念

本題考查：

• 圓柱座標下的徑向熱傳導方程。
• 變數分離法。
• 零階 Bessel 方程與第一類 Bessel 函數 $J_0$。
• Sturm–Liouville 特徵值問題與 Bessel 函數的正交性。
• 以 Fourier–Bessel 級數表示初始溫度 $f(r)$。

由於溫度只與半徑 $r$ 和時間 $t$ 有關，且圓板具有圓對稱性，因此不需考慮角度變數。

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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 $kR(r)T(t)$：

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

左側只含 $t$，右側只含 $r$，故兩者皆為常數。為了使熱傳導解隨時間衰減，令分離常數為 $-\lambda$：

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

因此得到兩個常微分方程：

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

以及

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

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時間部分

時間方程的解為

$$T(t)=C e^{-k\lambda t}.$$

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徑向部分與 Bessel 方程

徑向方程為

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

令

$$x=\sqrt{\lambda}\,r.$$

由鏈鎖律可得

$$\frac{dR}{dr}=\sqrt{\lambda}\frac{dR}{dx}, \qquad \frac{d^2R}{dr^2} = \lambda\frac{d^2R}{dx^2}.$$

代入後：

$$\lambda R_{xx} + \frac{\sqrt{\lambda}}{r}R_x + \lambda R=0.$$

因為 $r=x/\sqrt{\lambda}$，所以

$$R_{xx}+\frac{1}{x}R_x+R=0.$$

乘以 $x^2$：

$$x^2R_{xx}+xR_x+x^2R=0.$$

這是階數 $\nu=0$ 的 Bessel 方程，因此一般解為

$$R(r)=A J_0(\sqrt{\lambda}\,r) + B Y_0(\sqrt{\lambda}\,r).$$

其中：

• $J_0$ 是第一類零階 Bessel 函數；
• $Y_0$ 是第二類零階 Bessel 函數。

由於 $Y_0(x)$ 在 $x=0$ 發散，而圓板中心 $r=0$ 的溫度必須保持有限，因此必須令 $B=0$。故徑向解為

$$R(r)=A J_0(\sqrt{\lambda}\,r).$$

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邊界條件決定特徵值

邊界條件為

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

對非零解而言，必須滿足

$$R(c)=0.$$

因此：

$$J_0(\sqrt{\lambda}\,c)=0.$$

設 $J_0$ 的正零點依序為

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

也就是

$$J_0(j_{0,n})=0.$$

則

$$\sqrt{\lambda_n}\,c=j_{0,n},$$

所以特徵值為

$$\lambda_n=\left(\frac{j_{0,n}}{c}\right)^2.$$

對應的徑向特徵函數為

$$R_n(r)=J_0\left(\frac{j_{0,n}}{c}r\right).$$

時間部分則為

$$T_n(t) = \exp\left[-k\left(\frac{j_{0,n}}{c}\right)^2t\right].$$

(a) 先求 $\displaystyle \nabla\times\mathbf F$

$\mathbf F=(2x+y)\mathbf i+(x+y+z)\mathbf j+(y+2z)\mathbf k$

$$\nabla\times\mathbf F= \begin{vmatrix} \mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\[2pt] \partial_x&\partial_y&\partial_z\\[2pt] 2x+y&x+y+z&y+2z \end{vmatrix} =(0,0,0)$$

曲線 $C$ 為平面 $3x-6y-4z=0$ 上的閉合圓。Stokes 定理

$\oint_C\mathbf F\cdot d\mathbf r=\iint_S(\nabla\times\mathbf F)\cdot\mathbf n\,dS=0$

$\boxed{0}$

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(b) 令 $w=z-i$，則 $z+2i=w+3i$，

$$f(z)=\frac{1}{w^{2}(w+3i)}=\frac1{w^{2}}\cdot\frac1{w}\frac1{1+3i/w} =\frac1{w^{3}}\sum_{n=0}^{\infty}\bigl(-\tfrac{3i}{w}\bigr)^{n}$$

於 $|w|>3$（即 $|z-i|>3$）收斂，得

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

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