109 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)》

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第 1 題

  1. First, verify that the given function is a solution of the given differential equation, for any constants A, B.
    Then, solve for A, B so that y satisfies the given initial or boundary conditions.
    y′′+4y=8x2y'' + 4y = 8x^2; y(x)=2x2−1+Asin⁡2x+Bcos⁡2xy(x) = 2x^2 - 1 + A\sin 2x + B\cos 2x;
    y(0)=1y(0) = 1, y′(0)=0y'(0) = 0

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核心觀念

本題考查二階常係數線性微分方程的解驗證,以及利用初始條件決定待定常數。

給定微分方程為

y′′+4y=8x2,y''+4y=8x^2,

候選函數為

y(x)=2x2−1+Asin⁡2x+Bcos⁡2x.y(x)=2x^2-1+A\sin 2x+B\cos 2x.

其中 A,BA,B 為任意常數。解題分為兩步:

  1. 代入微分方程,驗證候選函數確實為解。
  2. 代入 y(0)=1y(0)=1 與 y′(0)=0y'(0)=0,求出 A,BA,B。

解題方法

一、驗證給定函數為微分方程的解

對

y(x)=2x2−1+Asin⁡2x+Bcos⁡2xy(x)=2x^2-1+A\sin 2x+B\cos 2x

微分一次:

y′(x)=4x+2Acos⁡2x−2Bsin⁡2x.y'(x)=4x+2A\cos 2x-2B\sin 2x.

再微分一次:

y′′(x)=4−4Asin⁡2x−4Bcos⁡2x.y''(x)=4-4A\sin 2x-4B\cos 2x.

因此

\begin{align*}
y''+4y
&=\left(4-4A\sin 2x-4B\cos 2x\right) \
&\quad+4\left(2x^2-1+A\sin 2x+B\cos 2x\right)\
&=4-4A\sin 2x-4B\cos 2x\
&\quad+8x^2-4+4A\sin 2x+4B\cos 2x\
&=8x^2.
\end{align*}

所以對任意常數 A,BA,B,皆有

y′′+4y=8x2.y''+4y=8x^2.

故給定函數確實是此微分方程的解。

二、利用初始條件求 A,BA,B

由

y(x)=2x2−1+Asin⁡2x+Bcos⁡2x,y(x)=2x^2-1+A\sin 2x+B\cos 2x,

代入 x=0x=0:

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第 2 題

  1. From the residue theorem of the complex integral calculus, that
    ∫0∞xα−11+xdx=πsin⁡(απ)\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{1+x} dx = \frac{\pi}{\sin(\alpha \pi)}
    for 0<α<10 < \alpha < 1. Show that Γ(α)Γ(1−α)=πsin⁡(απ)\Gamma(\alpha)\Gamma(1-\alpha) = \frac{\pi}{\sin(\alpha\pi)} for 0<α<10 < \alpha < 1.

HINT: B(p,q)=∫0∞tp−1(1+t)p+qdt=Γ(p)Γ(q)Γ(p+q)B(p,q) = \int_0^\infty \frac{t^{p-1}}{(1+t)^{p+q}} dt = \frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)} for p>0,q>0p>0, q>0.

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核心觀念

本題結合以下兩個公式:

  1. 題目由留數定理給出
∫0∞xα−11+x dx=πsin⁡(απ),0<α<1.\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{1+x}\,dx =\frac{\pi}{\sin(\alpha\pi)},\qquad 0<\alpha<1.
  1. Beta 函數與 Gamma 函數的關係:
B(p,q)=∫0∞tp−1(1+t)p+q dt=Γ(p)Γ(q)Γ(p+q),p,q>0.B(p,q)=\int_0^\infty \frac{t^{p-1}}{(1+t)^{p+q}}\,dt =\frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)},\qquad p,q>0.

關鍵在於將題目中的積分辨認為 Beta 函數,取
p=α,q=1−α.p=\alpha,\qquad q=1-\alpha.

因為 0<α<10<\alpha<1,所以 p>0p>0 且 q>0q>0,符合 Beta 函數公式的使用條件。

解題方法

考察 Beta 函數:

B(p,q)=∫0∞tp−1(1+t)p+q dt.B(p,q)=\int_0^\infty \frac{t^{p-1}}{(1+t)^{p+q}}\,dt.

令

p=α,q=1−α.p=\alpha,\qquad q=1-\alpha.

則

p+q=α+(1−α)=1.p+q=\alpha+(1-\alpha)=1.

因此

B(α,1−α)=∫0∞tα−1(1+t)1 dt=∫0∞tα−11+t dt.B(\alpha,1-\alpha) =\int_0^\infty \frac{t^{\alpha-1}}{(1+t)^1}\,dt =\int_0^\infty \frac{t^{\alpha-1}}{1+t}\,dt.

將變數名稱 tt 改寫為 xx,得到

B(α,1−α)=∫0∞xα−11+x dx.B(\alpha,1-\alpha) =\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{1+x}\,dx.

由題目所給的積分結果,

B(α,1−α)=πsin⁡(απ).B(\alpha,1-\alpha) =\frac{\pi}{\sin(\alpha\pi)}.

另一方面,由 Beta-Gamma 關係式,

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第 3 題

  1. Decompose the given matrix as the sum of two matrices, one symmetric and one skew symmetric.
[987654321]\begin{bmatrix} 9 & 8 & 7 \\ 6 & 5 & 4 \\ 3 & 2 & 1 \end{bmatrix}

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核心觀念

任意方陣 AA 都能唯一分解為一個對稱矩陣 SS 與一個反對稱矩陣(skew-symmetric matrix)KK 之和:

A=S+KA=S+K

其中:

  • 對稱矩陣滿足 ST=SS^T=S。
  • 反對稱矩陣滿足 KT=−KK^T=-K。

分解公式為:

S=A+AT2,K=A−AT2S=\frac{A+A^T}{2},\qquad K=\frac{A-A^T}{2}

解題方法

題目給定

A=[987654321]A= \begin{bmatrix} 9&8&7\\ 6&5&4\\ 3&2&1 \end{bmatrix}

其轉置矩陣為

AT=[963852741]A^T= \begin{bmatrix} 9&6&3\\ 8&5&2\\ 7&4&1 \end{bmatrix}

1. 求對稱部分

依公式

S=A+AT2S=\frac{A+A^T}{2}

先計算:

A+AT=[181410141061062]A+A^T= \begin{bmatrix} 18&14&10\\ 14&10&6\\ 10&6&2 \end{bmatrix}

因此

S=12[181410141061062]=[975753531]S= \frac{1}{2} \begin{bmatrix} 18&14&10\\ 14&10&6\\ 10&6&2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 9&7&5\\ 7&5&3\\ 5&3&1 \end{bmatrix}

確實有

ST=SS^T=S

所以 SS 是對稱矩陣。

2. 求反對稱部分

依公式

K=A−AT2K=\frac{A-A^T}{2}

先計算:

A−AT=[024−202−4−20]A-A^T= \begin{bmatrix} 0&2&4\\ -2&0&2\\ -4&-2&0 \end{bmatrix}

因此

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第 4 題

  1. Let σ\sigma be the mass density of a (negligibly thick) distribution of mass over a surface S. That is, σ\sigma is the mass per unit area at each point on S; it may vary over S. Then the x, y, z coordinates of the center of gravity are defined as
    xc=1M∬Sxσ dA,yc=1M∬Syσ dA,zc=1M∬Szσ dAx_c = \frac{1}{M} \iint_S x \sigma \, dA, \quad y_c = \frac{1}{M} \iint_S y \sigma \, dA, \quad z_c = \frac{1}{M} \iint_S z \sigma \, dA
    where M=∬Sσ dAM = \iint_S \sigma \, dA is the total mass.

Evaluate MM and xcx_c in S is the spherical surface x2+y2+z2=9x^2 + y^2 + z^2 = 9; σ=4+x\sigma = 4+x.

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核心觀念

本題使用曲面質量與重心定義:

M=∬Sσ dA,xc=1M∬Sxσ dA.M=\iint_S \sigma\,dA,\qquad x_c=\frac{1}{M}\iint_S x\sigma\,dA.

球面為半徑 33 的球面:

x2+y2+z2=9,x^2+y^2+z^2=9,

且面密度為

σ=4+x.\sigma=4+x.

球面關於原點對稱,因此

∬Sx dA=0.\iint_S x\,dA=0.

求總質量 MM

由定義,

M=∬S(4+x) dA=4∬SdA+∬Sx dA.M=\iint_S(4+x)\,dA =4\iint_SdA+\iint_Sx\,dA.

球面面積為

∬SdA=4π(3)2=36π,\iint_SdA=4\pi(3)^2=36\pi,

而由對稱性,

∬Sx dA=0.\iint_Sx\,dA=0.

因此

M=4(36π)=144π.M=4(36\pi)=144\pi.

求 xcx_c

由重心公式,

xc=1M∬Sx(4+x) dA.x_c=\frac{1}{M}\iint_Sx(4+x)\,dA.

展開分子:

∬Sx(4+x) dA=4∬Sx dA+∬Sx2 dA.\iint_Sx(4+x)\,dA =4\iint_Sx\,dA+\iint_Sx^2\,dA.

第一項因對稱性為零,因此只需求

∬Sx2 dA.\iint_Sx^2\,dA.

採用球面參數式

x=3sin⁡ϕcos⁡θ,dA=9sin⁡ϕ dϕ dθ,x=3\sin\phi\cos\theta,\qquad dA=9\sin\phi\,d\phi\,d\theta,

其中

0≤ϕ≤π,0≤θ≤2π.0\leq\phi\leq\pi,\qquad 0\leq\theta\leq2\pi.

所以

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