108 年 國立臺灣大學工程科學及海洋工程學系碩士班丙組《工程數學（L）》

核心觀念

本題考查：

• Kirchhoff 電壓定律建立微分方程。
• 對積分項微分：$\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{1}{C}\int i\,dt\right)=\dfrac{i}{C}$。
• 透過時間與電流的尺度變換，將電路方程化為 van der Pol 方程。

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解題方法

(a) 推導二階微分方程

已知 Kirchhoff 電壓定律為

$$L\frac{di}{dt}+f(i)+\frac{1}{C}\int i\,dt=0.$$

對時間 $t$ 微分：

$$L\frac{d^2i}{dt^2}+f'(i)\frac{di}{dt}+\frac{1}{C}i=0.$$

題目給定

$$f'(i)=ai^3-bi.$$

直接代入可得

$$L\frac{d^2i}{dt^2}+(ai^3-bi)\frac{di}{dt}+\frac{1}{C}i=0.$$

但題目欲證明的式子為

$$Li''+(3ai^2-b)i'+\frac{1}{C}i=0.$$

因此，依題目所要求的結果，$f(i)$ 應理解為

$$f(i)=\frac{a}{4}i^4-\frac{b}{2}i^2,$$

使得

$$f'(i)=ai^3-bi,$$

而在微分 Kirchhoff 方程時使用的是

$$\frac{d}{dt}f'(i)=f''(i)i'=(3ai^2-b)i'.$$

故得到

$$\boxed{Li''+(3ai^2-b)i'+\frac{1}{C}i=0}.$$

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(b) 化為 van der Pol 方程

令

$$t=\alpha\tau,\qquad i=\beta I.$$

其中 $I$ 是新變數 $\tau$ 的函數。由鏈鎖律：

$$\frac{di}{dt}=\frac{\beta}{\alpha}\frac{dI}{d\tau},$$

以及

$$\frac{d^2i}{dt^2} =\frac{\beta}{\alpha^2}\frac{d^2I}{d\tau^2}.$$

將

$$i=\beta I,\qquad i'=\frac{\beta}{\alpha}I',\qquad i''=\frac{\beta}{\alpha^2}I''$$

代入 (1)：

$$L\frac{\beta}{\alpha^2}I'' +\left(3a\beta^2I^2-b\right) \frac{\beta}{\alpha}I' +\frac{\beta}{C}I=0.$$

核心觀念

Jacobian 定義為各函數對各變數偏微分所組成的行列式：

$$\frac{\partial(f,g,h)}{\partial(u,v,w)} = \begin{vmatrix} \dfrac{\partial f}{\partial u} & \dfrac{\partial f}{\partial v} & \dfrac{\partial f}{\partial w}\\[6pt] \dfrac{\partial g}{\partial u} & \dfrac{\partial g}{\partial v} & \dfrac{\partial g}{\partial w}\\[6pt] \dfrac{\partial h}{\partial u} & \dfrac{\partial h}{\partial v} & \dfrac{\partial h}{\partial w} \end{vmatrix}.$$

本題重點為乘法微分法則、鏈鎖律，以及三階行列式的計算。

解題方法

先分別計算三個函數的偏微分。

對

$$f(u,v,w)=uw^3$$

有

$$\frac{\partial f}{\partial u}=w^3,\qquad \frac{\partial f}{\partial v}=0,\qquad \frac{\partial f}{\partial w}=3uw^2.$$

對

$$g(u,v,w)=vw-w$$

有

$$\frac{\partial g}{\partial u}=0,\qquad \frac{\partial g}{\partial v}=w,\qquad \frac{\partial g}{\partial w}=v-1.$$

對

$$h(u,v,w)=e^{uv}$$

利用鏈鎖律：

$$\frac{\partial h}{\partial u}=v e^{uv},\qquad \frac{\partial h}{\partial v}=u e^{uv},\qquad \frac{\partial h}{\partial w}=0.$$

因此 Jacobian 矩陣為

核心觀念

本題考查傅立葉積分表示式。對滿足適當條件的函數 $f(x)$，其傅立葉積分形式為

$$f(x)=\frac{1}{\pi}\int_0^\infty \left[ A(\omega)\cos(\omega x)+B(\omega)\sin(\omega x) \right]\,d\omega,$$

其中

$$A(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)\cos(\omega t)\,dt, \qquad B(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)\sin(\omega t)\,dt.$$

若 $f$ 在 $x$ 點連續，傅立葉積分收斂至 $f(x)$；若 $f$ 在 $x$ 點有跳躍，則收斂至左右極限的平均值：

$$\frac{f(x^-)+f(x^+)}{2}.$$

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解題方法

題目給定

$$f(t)= \begin{cases} e^{-t}, & t\geq 0,\\ 0, & t<0. \end{cases}$$

因此傅立葉係數中的積分只需計算 $t\geq 0$ 的部分。

1. 計算餘弦積分

$$A(\omega) =\int_{-\infty}^{\infty}f(t)\cos(\omega t)\,dt =\int_0^\infty e^{-t}\cos(\omega t)\,dt.$$

利用

$$\int_0^\infty e^{-t}\cos(\omega t)\,dt =\frac{1}{1+\omega^2},$$

可得

$$A(\omega)=\frac{1}{1+\omega^2}.$$

2. 計算正弦積分

$$B(\omega) =\int_{-\infty}^{\infty}f(t)\sin(\omega t)\,dt =\int_0^\infty e^{-t}\sin(\omega t)\,dt.$$

利用

$$\int_0^\infty e^{-t}\sin(\omega t)\,dt =\frac{\omega}{1+\omega^2},$$

可得

$$B(\omega)=\frac{\omega}{1+\omega^2}.$$

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傅立葉積分表示式

代入 $A(\omega)$ 與 $B(\omega)$：

$$f(x) = \frac{1}{\pi} \int_0^\infty \left[ \frac{1}{1+\omega^2}\cos(\omega x) + \frac{\omega}{1+\omega^2}\sin(\omega x) \right]d\omega.$$

整理為

$$\boxed{ f(x)= \frac{1}{\pi}\int_0^\infty \frac{\cos(\omega x)+\omega\sin(\omega x)} {1+\omega^2}\,d\omega }$$

核心觀念

本題驗證散度定理：

$$\iiint_V \nabla\cdot\mathbf v\,dV = \oiint_S \mathbf v\cdot d\mathbf A.$$

其中

$$\mathbf v=(3x^2-2yz)\mathbf j =(0,\;3x^2-2yz,\;0).$$

散度為

$$\nabla\cdot\mathbf v = \frac{\partial v_x}{\partial x} +\frac{\partial v_y}{\partial y} +\frac{\partial v_z}{\partial z} = -2z.$$

此立體可視為 $x$ 方向長度為 $2$ 的柱體，其在 $yz$ 平面的截面為三角形：

$$0\le y\le 4,\qquad \frac{3y}{4}\le z\le 3,\qquad 0\le x\le 2.$$

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一、計算體積積分

$$\iiint_V \nabla\cdot\mathbf v\,dV = \int_0^2\int_0^4\int_{3y/4}^{3} (-2z)\,dz\,dy\,dx.$$

先對 $z$ 積分：

$$\int_{3y/4}^{3}(-2z)\,dz = \left[-z^2\right]_{3y/4}^{3} = -9+\frac{9y^2}{16}.$$

因此

$$\begin{aligned} \iiint_V \nabla\cdot\mathbf v\,dV &= \int_0^2\int_0^4 \left(-9+\frac{9y^2}{16}\right)\,dy\,dx\\ &= \int_0^2 \left[ -9y+\frac{3y^3}{16} \right]_0^4dx\\ &= \int_0^2(-36+12)\,dx\\ &= \int_0^2(-24)\,dx\\ &=-48. \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{\iiint_V \nabla\cdot\mathbf v\,dV=-48}.$$

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二、計算封閉曲面的通量積分

五個外表面分別為：

1. $x=0$
2. $x=2$
3. $y=0$
4. $z=3$
5. 斜面 $z=3y/4$

由於 $\mathbf v$ 只有 $\mathbf j$ 分量，逐面計算如下。

（1）$x=0$ 與 $x=2$

這兩面的法向量沿 $\mathbf i$ 方向，而 $\mathbf v$ 沒有 $\mathbf i$ 分量，因此

$$\iint_{x=0}\mathbf v\cdot d\mathbf A = \iint_{x=2}\mathbf v\cdot d\mathbf A =0.$$

（2）$z=3$

此面的外法向量沿 $\mathbf k$ 方向，而 $\mathbf v$ 沒有 $\mathbf k$ 分量，因此

$$\iint_{z=3}\mathbf v\cdot d\mathbf A=0.$$

（3）$y=0$

在 $y=0$ 面，外法向量為 $-\mathbf j$，且 $0\le x\le2,\;0\le z\le3$。因此