114 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、二階微分方程：

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

2. 可分離變數微分方程
   將含 $y$ 的項與含 $x$ 的項分開，再分別積分。

3. Euler–Cauchy 方程
   $x^2y''+axy'+by=f(x)$
   齊次解可設為 $y=x^m$，再利用待定係數法求特解。

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

解題方法

這是一階線性微分方程，其中

$$P(x)=\frac{1}{x},\qquad Q(x)=e^x$$

積分因子為

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

在不穿過 $x=0$ 的區間上，可直接取乘數 $x$，得

$$x\frac{dy}{dx}+y=xe^x$$

左側正好是乘積微分：

$$\frac{d}{dx}(xy)=xe^x$$

兩邊積分：

$$xy=\int xe^x\,dx$$

利用分部積分：

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

因此

$$xy=e^x(x-1)+C$$

解出 $y(x)$：

$$\boxed{y(x)=\frac{e^x(x-1)+C}{x}}$$

也可寫成

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

解題技巧

看到

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

可立即聯想到

$$\frac{d}{dx}(xy)=xy'+y$$

因此本題乘以 $x$ 後即可快速整合。

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

解題方法

先將分母因式分解：

$$x^2y+2y=y(x^2+2)$$

因此

$$\frac{dy}{dx}=-\frac{x}{y(x^2+2)}$$

將 $y$ 與 $x$ 分離：

$$y\,dy=-\frac{x}{x^2+2}\,dx$$

兩邊積分：

$$\int y\,dy=-\int \frac{x}{x^2+2}\,dx$$

左側為

$$\frac{y^2}{2}$$

右側令 $u=x^2+2$，則 $du=2x\,dx$，所以

$$-\int \frac{x}{x^2+2}\,dx =-\frac12\ln(x^2+2)$$

故

$$\frac{y^2}{2} =-\frac12\ln(x^2+2)+C$$

乘以 $2$ 並將常數重新命名：

$$\boxed{y^2+\ln(x^2+2)=C}$$

若要求顯式形式，則

$$\boxed{y=\pm\sqrt{C-\ln(x^2+2)}}$$

原微分方程的分母含有 $y$，因此必須滿足 $y\neq 0$；顯式解需限制在根號內非負且不使 $y=0$ 的區間。

解題技巧

分離變數後，右側

$$\int\frac{x}{x^2+2}\,dx$$

是典型的「分母微分剛好出現在分子」形式，直接使用對數公式：

$3x^{2}y''+3xy'+y=0$

Frobenius 展開
設

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

$$y'=\sum a_{n}(n+r)x^{n+r-1},\qquad y''=\sum a_{n}(n+r)(n+r-1)x^{n+r-2}$$

代入原式：

$$3\sum a_{n}(n+r)(n+r-1)x^{n+r} +3\sum a_{n}(n+r)x^{n+r} +\sum a_{n}x^{n+r}=0$$

合併係數：

$\sum a_{n}\bigl[3(n+r)^{2}+1\bigr]x^{n+r}=0$

每一個指數 $n+r$ 的係數必須為零，得到

$a_{n}\bigl[3(n+r)^{2}+1\bigr]=0\quad (n=0,1,2,\dots)$

若要有非平凡解，必須使首項係數消失：

$3r^{2}+1=0\;\Longrightarrow\; r=\pm\frac{i}{\sqrt3}$

因此兩個基本解為

$$y_{1}(x)=x^{\,i/\sqrt3},\qquad y_{2}(x)=x^{-\,i/\sqrt3}$$

寫成實部與虛部可得

$$y(x)=C_{1}\cos\!\left(\frac{1}{\sqrt3}\ln x\right) +C_{2}\sin\!\left(\frac{1}{\sqrt3}\ln x\right)$$

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展開成冪級數（以 $\ln x$ 為變量）

令 $\displaystyle \alpha=\frac{1}{\sqrt3}$。
利用 $\cos$、$\sin$ 的泰勒展開：

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換處理：

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

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

3. 單位階躍函數的平移：
   $\mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}=e^{-as}F(s)$

右側
$u(t-1)-u(t-2)$
代表在 $1\le t<2$ 時輸入為 $1$，其餘時間為 $0$ 的矩形脈衝。

解題方法

令
$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$

原方程為
$\frac{dy}{dt}+3y+2\int_0^t y(\tau)\,d\tau=u(t-1)-u(t-2),$
且 $y(0)=0$。

兩邊取拉普拉斯轉換：

$$\mathcal{L}\{y'(t)\} +3\mathcal{L}\{y(t)\} +2\mathcal{L}\left\{\int_0^t y(\tau)\,d\tau\right\} = \mathcal{L}\{u(t-1)-u(t-2)\}.$$

逐項計算：

$$\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0)=sY(s),$$ $$\mathcal{L}\{3y(t)\}=3Y(s),$$ $$\mathcal{L}\left\{2\int_0^t y(\tau)\,d\tau\right\} =\frac{2Y(s)}{s},$$

以及

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

因此

$$sY(s)+3Y(s)+\frac{2Y(s)}{s} = \frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s}.$$

整理 $Y(s)$：

$$Y(s)\left(s+3+\frac{2}{s}\right) = \frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s}.$$

由

$$s+3+\frac{2}{s} =\frac{s^2+3s+2}{s} =\frac{(s+1)(s+2)}{s},$$

可得

核心觀念

本題考查：

• $3\times 3$ 矩陣的行列式計算。

• 餘因子矩陣與反矩陣公式：

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

• 特徵值與特徵向量的定義：

  $$M\mathbf v=\lambda \mathbf v,\qquad \mathbf v\neq \mathbf 0$$

  等價於求解特徵方程：

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

給定

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

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解題方法

（a）計算 $\det M$ 與 $M^{-1}$

沿第一列展開行列式：

$$\det M = 0\begin{vmatrix}2&1\\4&2\end{vmatrix} -4\begin{vmatrix}-1&1\\-4&2\end{vmatrix} +(-2)\begin{vmatrix}-1&2\\-4&4\end{vmatrix}.$$

其中

$$\begin{vmatrix}-1&1\\-4&2\end{vmatrix} =(-1)(2)-(1)(-4)=2,$$ $$\begin{vmatrix}-1&2\\-4&4\end{vmatrix} =(-1)(4)-(2)(-4)=4.$$

因此

$$\det M=-4(2)+(-2)(4)=-8-8=-16.$$

由於 $\det M\neq 0$，所以 $M$ 可逆。

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餘因子矩陣

各餘因子如下：

$$C_{11}= \begin{vmatrix}2&1\\4&2\end{vmatrix}=0, \qquad C_{12}=- \begin{vmatrix}-1&1\\-4&2\end{vmatrix}=-2,$$ $$C_{13}= \begin{vmatrix}-1&2\\-4&4\end{vmatrix}=4,$$ $$C_{21}=- \begin{vmatrix}4&-2\\4&2\end{vmatrix}=-16, \qquad C_{22}= \begin{vmatrix}0&-2\\-4&2\end{vmatrix}=-8,$$ $$C_{23}=- \begin{vmatrix}0&4\\-4&4\end{vmatrix}=-16,$$ $$C_{31}= \begin{vmatrix}4&-2\\2&1\end{vmatrix}=8, \qquad C_{32}=- \begin{vmatrix}0&-2\\-1&1\end{vmatrix}=2,$$ $$C_{33}= \begin{vmatrix}0&4\\-1&2\end{vmatrix}=4.$$

所以餘因子矩陣為

$$C= \begin{pmatrix} 0&-2&4\\ -16&-8&-16\\ 8&2&4 \end{pmatrix}.$$

伴隨矩陣為餘因子矩陣的轉置：

$$\operatorname{adj}(M)=C^T= \begin{pmatrix} 0&-16&8\\ -2&-8&2\\ 4&-16&4 \end{pmatrix}.$$

故

$$M^{-1} = \frac{1}{-16} \begin{pmatrix} 0&-16&8\\ -2&-8&2\\ 4&-16&4 \end{pmatrix}.$$

化簡得

$$\boxed{ M^{-1}= \begin{pmatrix} 0&1&-\frac12\\ \frac18&\frac12&-\frac18\\ -\frac14&1&-\frac14 \end{pmatrix} }.$$

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（b）求特徵值與特徵向量

計算特徵方程：

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

有

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

沿第一列展開：

$$\begin{aligned} \det(\lambda I-M) &= \lambda \begin{vmatrix} \lambda-2&-1\\ -4&\lambda-2 \end{vmatrix} +4 \begin{vmatrix} 1&-1\\ 4&\lambda-2 \end{vmatrix} +2 \begin{vmatrix} 1&\lambda-2\\ 4&-4 \end{vmatrix}\\ &= \lambda\left[(\lambda-2)^2-4\right] +4(\lambda+2) +2(4-4\lambda)\\ &= \lambda^3-4\lambda^2-4\lambda+16. \end{aligned}$$

核心觀念

本題考查：

• 散度定理（Divergence Theorem）
• 向量場的散度
• 半球體的球座標積分

對封閉曲面 $S$，散度定理為

$$\iint_S \mathbf F\cdot d\mathbf A = \iiint_V \nabla\cdot\mathbf F\,dV,$$

其中 $V$ 為曲面 $S$ 所包圍的立體區域。

題目中的 $S$ 是上半球體

$$x^2+y^2+z^2\le 30,\qquad z\ge 0$$

的完整邊界，包含上半球曲面與底部圓盤，因此可直接使用散度定理。

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解題方法

給定

$$\mathbf F=(x^3-y^3,\ y^3-z^3,\ z^3-x^3).$$

先計算散度：

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

因此

$$\nabla\cdot\mathbf F = 3x^2+3y^2+3z^2 = 3(x^2+y^2+z^2).$$

令球座標為

$$x=r\sin\phi\cos\theta,\qquad y=r\sin\phi\sin\theta,\qquad z=r\cos\phi,$$

其中上半球的範圍為

$$0\le r\le \sqrt{30},\qquad 0\le \phi\le \frac{\pi}{2},\qquad 0\le \theta\le 2\pi.$$

球座標體積元素為

$$dV=r^2\sin\phi\,dr\,d\phi\,d\theta.$$

故

核心觀念

這題考極座標下的拉普拉斯方程與變數分離法。兩條直邊上的零邊界條件會決定角向特徵函數為正弦函數；再由圓弧上的條件展開 $f(\theta)$，求出各項係數。

解題方法

圖中區域是半徑 $c$ 的第一象限扇形：兩條直邊 $\theta=0$ 與 $\theta=\frac{\pi}{2}$ 上皆有 $u=0$，圓弧 $r=c$ 上則有 $u(c,\theta)=f(\theta)$。

令 $u(r,\theta)=R(r)\Theta(\theta)$，代入方程並分離變數，可得角向方程

$$\Theta''+\lambda\Theta=0, \qquad \Theta(0)=\Theta\left(\frac{\pi}{2}\right)=0.$$

非零解要求

$$\sqrt{\lambda}=2n,\qquad n=1,2,3,\ldots,$$

因此角向特徵函數為 $\sin(2n\theta)$。對應的徑向方程為

$$r^2R''+rR'-(2n)^2R=0,$$

其解為 $R(r)=A_nr^{2n}+B_nr^{-2n}$。解在原點保持有限，故必須令 $B_n=0$。因此解可寫成

$$u(r,\theta)=\sum_{n=1}^{\infty}A_nr^{2n}\sin(2n\theta).$$

核心觀念

這題考半無限區間熱方程的單邊拉普拉斯轉換。對時間 $t$ 作拉普拉斯轉換後，熱方程會化成關於 $x$ 的常微分方程；再利用 $x\to\infty$ 時解有界的條件，排除會指數增長的解。

題目提示的公式為

$$\mathcal{L}\left\{ \operatorname{erfc}\left(\frac{a}{2\sqrt{t}}\right) \right\} =\frac{e^{-a\sqrt{s}}}{s}.$$

其中 $\operatorname{erfc}(z)=1-\operatorname{erf}(z)$。

解題方法

令

$$U(x,s)=\mathcal{L}_t\{u(x,t)\}.$$

對 $u_{xx}=u_t$ 作時間拉普拉斯轉換，並使用初始條件 $u(x,0)=50$：

$$U_{xx}(x,s)=sU(x,s)-50.$$

因此 $U$ 滿足

$$U_{xx}-sU=-50.$$

此方程的通解為

$$U(x,s)=\frac{50}{s}+C(s)e^{\sqrt{s}x}+D(s)e^{-\sqrt{s}x}.$$

由 $\lim_{x\to\infty}u(x,t)=50$，變換後的解在 $x\to\infty$ 時須有界，所以 $C(s)=0$：

$$U(x,s)=\frac{50}{s}+D(s)e^{-\sqrt{s}x}.$$

接著轉換邊界條件。由於 $u(0,t)=30$ 僅在 $0<t<1$，其餘時間為 $0$，故

$$U(0,s)=\int_0^1 30e^{-st}\,dt =\frac{30(1-e^{-s})}{s}.$$

代入 $x=0$ 的變換解：

$$\frac{50}{s}+D(s)=\frac{30(1-e^{-s})}{s},$$

所以

$$D(s)=\frac{-20-30e^{-s}}{s}.$$

因此

$$U(x,s) =\frac{50}{s} -\frac{20e^{-x\sqrt{s}}}{s} -\frac{30e^{-s}e^{-x\sqrt{s}}}{s}.$$

第一個與第二個衰減項依提示公式反變換。第三項的 $e^{-s}$ 使用時間位移定理，表示延遲 $1$ 單位時間：

核心觀念

在整條實數軸上解波動方程時，可對空間變數 $x$ 作 Fourier 積分變換，將偏微分方程化為每個波數 $k$ 對應的一個常微分方程。

採用以下 Fourier 變換與反變換定義：

$$\widehat{u}(k,t)=\int_{-\infty}^{\infty}u(x,t)e^{-ikx}\,dx, \qquad u(x,t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\widehat{u}(k,t)e^{ikx}\,dk.$$

在適當的可積與光滑條件下，空間二階導數的變換為

$$\mathcal{F}\{u_{xx}\}=-k^2\widehat{u}(k,t).$$

解題方法

令 $U(k,t)=\widehat{u}(k,t)$。對原方程兩側作 $x$ 方向的 Fourier 變換：

$$a^2(-k^2)U(k,t)=U_{tt}(k,t),$$

整理得

$$U_{tt}(k,t)+a^2k^2U(k,t)=0.$$

這是以 $t$ 為自變數的簡諧振動方程，其通解為

$$U(k,t)=A(k)\cos(akt)+B(k)\sin(akt).$$

令 $\widehat{f}(k)=\mathcal{F}\{f\}(k)$。由初始條件 $u(x,0)=f(x)$ 得

$$U(k,0)=\widehat{f}(k),$$

核心觀念

本題使用史托克斯定理，將沿閉合曲線的線積分轉換成跨越該曲線之曲面的旋度通量：

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

題目中的 $\,\mathbf r'\,ds$ 表示沿曲線的位移元素 $d\mathbf r$。曲線 $C$ 是平面 $x=2$ 上半徑為 $4$ 的圓，因此可取 $x=2$ 的圓盤為曲面 $S$。

解題方法

先計算向量場的旋度。令 $\mathbf F=(P,Q,R)=(z^3,x^3,y^3)$，則

$$\nabla\times\mathbf F = \left( \frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}, \frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}, \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} \right) = (3y^2,3z^2,3x^2).$$

依題意，曲線相對於 $x$ 軸逆時針，對應的面法向量取 $\mathbf n=(1,0,0)$。因此

$$(\nabla\times\mathbf F)\cdot\mathbf n=3y^2.$$

核心觀念

使用柯西留數定理：若函數在正向簡單閉曲線 $C$ 內只有有限個孤立奇點，則

$$\oint_C f(z)\,dz =2\pi i\sum_k \operatorname{Res}(f;z_k).$$

本題的被積分函數為

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

曲線 $C$ 是以原點為圓心、半徑 $3$ 的逆時針圓周；奇點 $z=0$ 與 $z=-1$ 都在曲線內。

解題方法

在 $z=0$，分母含有 $z^2$，因此至多是二階極點。令

$$g(z)=\frac{e^z-e^{2z}}{z+1},$$

則 $f(z)=g(z)/z^2$，故二階極點 $z=0$ 的留數為

$$\operatorname{Res}(f;0)=g'(0).$$

由商數微分法，

$$g'(z) =\frac{(e^z-2e^{2z})(z+1)-(e^z-e^{2z})}{(z+1)^2},$$

所以

$$\operatorname{Res}(f;0)=g'(0)=-1.$$

核心觀念

Laurent 級數以題目指定的中心 $z=-1$ 展開，包含正次方與負次方。令 $w=z+1$，則 $z+2=w+1$，原函數可寫成

$$f(z)=(w+1)\cos\left(\frac{1}{w}\right).$$

利用餘弦函數的 Maclaurin 級數

$$\cos u=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n u^{2n}}{(2n)!},$$

代入 $u=1/w$，即可得到以 $w=z+1$ 表示的 Laurent 級數。

解題方法

將 $u=1/(z+1)$ 代入餘弦級數：

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

又因為 $z+2=(z+1)+1$，乘上前因子後得到