109 年 國立臺灣大學工程科學及海洋工程學系碩士班甲組《工程數學（F）》

核心觀念

本題的積分項為卷積：

$$\int_0^t y(\tau)\cos(t-\tau)\,d\tau = (y*\cos t)(t).$$

利用拉普拉斯卷積定理：

$$\mathcal{L}\{f*g\} = \mathcal{L}\{f\}\mathcal{L}\{g\},$$

以及基本公式：

$$\mathcal{L}\{t\}=\frac{1}{s^2}, \qquad \mathcal{L}\{\cos t\}=\frac{s}{s^2+1}.$$

因此可將原本的積分方程轉換為代數方程，再反解出 $Y(s)$。

解題方法

令

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$$

原方程為

$$y(t)=t+\int_0^t y(\tau)\cos(t-\tau)\,d\tau.$$

對兩邊取拉普拉斯變換：

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

移項並整理：

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

由於

$$1-\frac{s}{s^2+1} = \frac{s^2-s+1}{s^2+1},$$

所以

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

接著作部分分式分解：

$$\frac{s^2+1}{s^2(s^2-s+1)} = \frac{A}{s}+\frac{B}{s^2} +\frac{Cs+D}{s^2-s+1}.$$

比較係數可得：

$$A=1,\qquad B=1,\qquad C=-1,\qquad D=1.$$

因此

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

將分母配方：

$$s^2-s+1 = \left(s-\frac12\right)^2+\frac34.$$

分子改寫為：

$$-s+1 = -\left(s-\frac12\right)+\frac12.$$

故

核心觀念

本題考查三階線性非齊次微分方程

$$y''' + y' = \sec x.$$

由於方程式中只出現 $y'$ 與 $y'''$，令

$$u=y',$$

即可將三階方程降為二階方程：

$$u''+u=\sec x.$$

其齊次解由特徵方程

$$r^2+1=0$$

得到

$$u_h=C_1\cos x+C_2\sin x.$$

再利用變參數法求 $u$ 的特解，最後對 $u=y'$ 積分即可。

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解題方法

1. 降階

令

$$u=y',$$

則

$$u''=y'''.$$

原方程化為

$$u''+u=\sec x.$$

2. 求齊次解

對齊次方程

$$u''+u=0$$

設 $u=e^{rx}$，得到特徵方程

$$r^2+1=0,$$

因此 $r=\pm i$，故

$$u_h=C_1\cos x+C_2\sin x.$$

3. 求特解

取基本解

$$u_1=\cos x,\qquad u_2=\sin x.$$

其 Wronskian 為

$$W= \begin{vmatrix} \cos x & \sin x\\ -\sin x & \cos x \end{vmatrix} =1.$$

對方程

$$u''+u=f(x),\qquad f(x)=\sec x,$$

變參數法給出

$$u_p=-u_1\int \frac{u_2f}{W}\,dx +u_2\int \frac{u_1f}{W}\,dx.$$

代入各項：

$$u_p =-\cos x\int \sin x\sec x\,dx +\sin x\int \cos x\sec x\,dx.$$

因為

$$\sin x\sec x=\tan x,\qquad \cos x\sec x=1,$$

所以

$$u_p =-\cos x\int \tan x\,dx+\sin x\int 1\,dx.$$

在 $\cos x\neq 0$ 的區間上，

$$\int \tan x\,dx=-\ln|\cos x|,$$

因此

$$u_p=\cos x\ln|\cos x|+x\sin x.$$

故

$$u=C_1\cos x+C_2\sin x +\cos x\ln|\cos x|+x\sin x.$$

4. 對 $u=y'$ 積分

由 $y'=u$，

核心觀念

本題考察無限長弦上的一維波動方程式：

$$u_{tt}=c^2u_{xx},\qquad -\infty<x<\infty$$

其中 $c>0$ 為波速，初始位移與初始速度分別為

$$u(x,0)=f(x),\qquad u_t(x,0)=g(x).$$

對於整條無限長空間，最直接的方法是使用 達朗貝爾公式（d’Alembert’s formula）。其物理意義是：初始位移形成兩個方向傳播的波，初始速度則產生另一項積分形式的波。

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解題方法：特徵線法

將方程式改寫為

$$u_{tt}-c^2u_{xx}=0.$$

令特徵座標為

$$\xi=x-ct,\qquad \eta=x+ct.$$

設

$$u(x,t)=U(\xi,\eta).$$

由鏈鎖律，

$$u_x=U_\xi+U_\eta,$$ $$u_t=-cU_\xi+cU_\eta.$$

再微分一次可得

$$u_{xx}=U_{\xi\xi}+2U_{\xi\eta}+U_{\eta\eta},$$ $$u_{tt}=c^2U_{\xi\xi}-2c^2U_{\xi\eta}+c^2U_{\eta\eta}.$$

代入波動方程式：

$$u_{tt}-c^2u_{xx}=0,$$

因此

$$-4c^2U_{\xi\eta}=0.$$

由於 $c\neq 0$，

$$U_{\xi\eta}=0.$$

對 $\xi$、$\eta$ 分別積分，得到

$$U(\xi,\eta)=F(\xi)+G(\eta).$$

故波動方程式的一般解為

$$u(x,t)=F(x-ct)+G(x+ct).$$

其中：

• $F(x-ct)$ 表示向右傳播的波；
• $G(x+ct)$ 表示向左傳播的波。

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套用初始位移條件

令 $t=0$，由 $u(x,0)=f(x)$ 得

$$F(x)+G(x)=f(x). \tag{1}$$

對一般解對 $t$ 微分：

$$u_t(x,t)=-cF'(x-ct)+cG'(x+ct).$$

令 $t=0$，由 $u_t(x,0)=g(x)$ 得

$$-cF'(x)+cG'(x)=g(x). \tag{2}$$

將式 $(1)$ 對 $x$ 微分：

$$F'(x)+G'(x)=f'(x). \tag{3}$$

由式 $(2)$ 與式 $(3)$ 聯立：

$$F'(x)+G'(x)=f'(x),$$ $$-F'(x)+G'(x)=\frac{g(x)}{c}.$$

相加得到

$$2G'(x)=f'(x)+\frac{g(x)}{c},$$

所以

$$G'(x)=\frac12 f'(x)+\frac{1}{2c}g(x).$$

相減得到

$$2F'(x)=f'(x)-\frac{g(x)}{c},$$

所以

$$F'(x)=\frac12 f'(x)-\frac{1}{2c}g(x).$$

積分後，

$$F(x)=\frac12 f(x)-\frac{1}{2c}\int^x g(s)\,ds+C_1,$$ $$G(x)=\frac12 f(x)+\frac{1}{2c}\int^x g(s)\,ds+C_2.$$

核心觀念

本題考察實對稱矩陣的正交對角化。

若 $A$ 為實對稱矩陣，則依譜定理，存在正交矩陣 $X$，使得

$$X^TAX=D_A,$$

其中 $D_A$ 的對角元素為 $A$ 的特徵值，而 $X$ 的各列向量則是對應的單位特徵向量。

題目中的矩陣為

$$A= \begin{pmatrix} 3&2&2\\ 2&3&2\\ 2&2&3 \end{pmatrix}.$$

由於 $A^T=A$，因此一定可以利用正交特徵向量組成矩陣 $X$。

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解題方法

1. 求特徵值

注意到矩陣可寫成

$$A=I+2J,$$

其中 $I$ 為 $3\times 3$ 單位矩陣，$J$ 為所有元素皆為 $1$ 的矩陣：

$$J= \begin{pmatrix} 1&1&1\\ 1&1&1\\ 1&1&1 \end{pmatrix}.$$

向量

$$\boldsymbol{u}_1= \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix}$$

滿足

$$J\boldsymbol{u}_1= \begin{pmatrix} 3\\3\\3 \end{pmatrix} =3\boldsymbol{u}_1.$$

因此

$$A\boldsymbol{u}_1 =(I+2J)\boldsymbol{u}_1 =\boldsymbol{u}_1+6\boldsymbol{u}_1 =7\boldsymbol{u}_1.$$

所以特徵值 $7$ 對應的特徵向量為 $(1,1,1)^T$。

對於滿足

$$x_1+x_2+x_3=0$$

的向量，有 $J\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$，因此

$$A\boldsymbol{x} =(I+2J)\boldsymbol{x} =\boldsymbol{x}.$$

所以其餘兩個特徵值皆為 $1$。

故特徵值為

$$\lambda_1=7,\qquad \lambda_2=\lambda_3=1.$$

因此可取

$$D_A= \begin{pmatrix} 7&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.$$

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2. 求一組互相正交的特徵向量

對應於 $\lambda=7$，取

$$\boldsymbol{v}_1= \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix}.$$

對應於 $\lambda=1$，只要各分量總和為 $0$ 即可。取

$$\boldsymbol{v}_2= \begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix}, \qquad \boldsymbol{v}_3= \begin{pmatrix} 1\\1\\-2 \end{pmatrix}.$$

它們彼此正交：

$$\boldsymbol{v}_1^T\boldsymbol{v}_2=1-1+0=0,$$ $$\boldsymbol{v}_1^T\boldsymbol{v}_3=1+1-2=0,$$ $$\boldsymbol{v}_2^T\boldsymbol{v}_3=1-1+0=0.$$

將它們正規化：

核心觀念

週期函數的傅立葉級數（週期為 $2\pi$）寫成

$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),$$

其中

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,$$ $$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx, \qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx.$$

本題函數在 $(-\pi,0)$ 為 $0$，在 $(0,\pi)$ 為 $\sin x$，因此所有積分均可化為 $[0,\pi]$ 上的積分。

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傅立葉係數計算

由於 $f(x)=0$ 於 $(-\pi,0)$，所以

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \sin x\,dx =\frac{1}{\pi}\left[-\cos x\right]_0^\pi =\frac{2}{\pi}.$$

因此常數項為

$$\frac{a_0}{2}=\frac{1}{\pi}.$$

對 $a_n$，

$$a_n=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \sin x\cos nx\,dx.$$

當 $n=1$ 時，

$$a_1=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \sin x\cos x\,dx=0.$$

當 $n\neq 1$ 時，利用積化和差公式

$$\sin x\cos nx =\frac{1}{2}\left[\sin (n+1)x+\sin(1-n)x\right].$$

若 $n$ 為奇數且 $n>1$，則 $n+1$ 與 $1-n$ 皆為偶數，故

$$a_n=0.$$

若 $n$ 為偶數，則

$$\begin{aligned} a_n &=\frac{1}{2\pi} \left[ \frac{1-\cos (n+1)\pi}{n+1} + \frac{1-\cos (1-n)\pi}{1-n} \right] \\ &=\frac{1}{\pi} \left[ \frac{1}{n+1}+\frac{1}{1-n} \right] \\ &=-\frac{2}{\pi(n^2-1)}. \end{aligned}$$

因此

$$a_{2k}=-\frac{2}{\pi(4k^2-1)},\qquad k=1,2,3,\ldots$$

接著計算 $b_n$：

$$b_n=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \sin x\sin nx\,dx.$$

由正交性，

$$\int_0^\pi \sin x\sin nx\,dx = \begin{cases} \dfrac{\pi}{2}, & n=1,\\ 0, & n\neq 1. \end{cases}$$

所以

$$b_1=\frac{1}{2},\qquad b_n=0\quad(n\neq 1).$$

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傅立葉展開式

將所有係數代入，得到

$$f(x)\sim \frac{1}{\pi} +\frac{1}{2}\cos x +\frac{1}{2}\sin x -\frac{2}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\cos 2kx}{4k^2-1}.$$

即