108 年 國立成功大學資源工程學系碩士班甲組《工程數學》

核心觀念

一階微分方程可寫成

$$M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0.$$

若存在函數 $F(x,y)$ 使得

$$dF=F_x\,dx+F_y\,dy=M\,dx+N\,dy,$$

則稱此微分方程為恰當微分方程（exact differential equation）。在 $M,N$ 具有連續偏導數的單連通區域中，判斷恰當性的必要且充分條件為

$$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}.$$

解題方法

題式為

$$\sin(x+y)\,dx-\cos(x+y)\,dy=0,$$

因此

$$M(x,y)=\sin(x+y),\qquad N(x,y)=-\cos(x+y).$$

分別計算偏導數：

$$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}\sin(x+y) = \cos(x+y),$$

以及

核心觀念

微分方程

$$M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0$$

若滿足

$$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x},$$

則為恰當微分方程，可寫成某個函數 $F(x,y)$ 的全微分 $dF=0$。

本題中

$$M(x,y)=-y,\qquad N(x,y)=x.$$

因此

$$\frac{\partial M}{\partial y}=-1,\qquad \frac{\partial N}{\partial x}=1,$$

兩者不相等，所以原式不是恰當微分方程，需要尋找積分因子 $\mu(x,y)$。

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解題方法

觀察原式

$$- y\,dx+x\,dy$$

與 $\dfrac{y}{x}$ 的微分有關：

$$d\left(\frac{y}{x}\right) = \frac{x\,dy-y\,dx}{x^2} = \frac{-y\,dx+x\,dy}{x^2}.$$

因此取積分因子

$$\boxed{\mu(x,y)=\frac{1}{x^2}}, \qquad x\neq 0.$$

乘上積分因子後，原方程變為

$$-\frac{y}{x^2}\,dx+\frac{1}{x}\,dy=0.$$

令

$$\widetilde M=-\frac{y}{x^2},\qquad \widetilde N=\frac{1}{x},$$

則

$$\frac{\partial \widetilde M}{\partial y} = -\frac{1}{x^2}, \qquad \frac{\partial \widetilde N}{\partial x} = -\frac{1}{x^2}.$$

兩者相等，故乘上 $\mu=1/x^2$ 後確實成為恰當微分方程。

其勢函數為

核心觀念

本題考查拉普拉斯變換的線性性，以及基本公式

$$\mathcal{L}\{\cosh(at)\} =\frac{s}{s^2-a^2}, \qquad \mathcal{L}\{\sinh(at)\} =\frac{a}{s^2-a^2}.$$

另使用雙曲餘弦的和角公式：

$$\cosh(x+y)=\cosh x\cosh y+\sinh x\sinh y.$$

解題方法

將題目中的函數利用和角公式展開：

$$\cosh(at+b) =\cosh(at)\cosh b+\sinh(at)\sinh b.$$

因為 $\cosh b$ 與 $\sinh b$ 對變數 $t$ 而言皆為常數，因此由拉普拉斯變換的線性性，

$$\mathcal{L}\{\cosh(at+b)\} = \cosh b\,\mathcal{L}\{\cosh(at)\} + \sinh b\,\mathcal{L}\{\sinh(at)\}.$$

代入基本公式：

$$\begin{aligned} \mathcal{L}\{\cosh(at+b)\} &= \cosh b\frac{s}{s^2-a^2} + \sinh b\frac{a}{s^2-a^2} \\ &= \frac{s\cosh b+a\sinh b}{s^2-a^2}. \end{aligned}$$

因此，

$$\boxed{ \mathcal{L}\{\cosh(at+b)\} = \frac{s\cosh b+a\sinh b}{s^2-a^2} }$$

其中通常要求收斂域為

$$\operatorname{Re}(s)>|a|.$$

另一種快速推導

由雙曲餘弦的指數定義，

核心觀念

本題考查兩個拉普拉斯反轉換公式：

1. 基本反轉換：
   $\mathcal{L}\{\sinh(at)\}=\frac{a}{s^2-a^2}$

2. 延遲定理：
   若
   $\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)$
   則

$$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\} =u(t-a)f(t-a),$$

其中 $u(t-a)$ 為單位階躍函數。

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解題方法

題目為

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-7s}}{s^2-4}\right\}.$$

先處理不含延遲因子的部分：

$$F(s)=\frac{1}{s^2-4}.$$

利用部分分式分解：

$$\frac{1}{s^2-4} =\frac{1}{(s-2)(s+2)} =\frac{1}{4}\left(\frac{1}{s-2}-\frac{1}{s+2}\right).$$

因此

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2-4}\right\} =\frac{1}{4}\left(e^{2t}-e^{-2t}\right) =\frac{1}{2}\sinh(2t).$$

再將 $e^{-7s}$ 視為延遲 $7$ 個時間單位。由延遲定理，

核心觀念

本題考查：

• 拉普拉斯轉換解初值問題；
• Dirac delta 函數的拉普拉斯轉換；
• 第二階導數的拉普拉斯轉換公式；
• 第二位移定理。

相關公式為

$$\mathcal{L}\{y''(t)\} =s^2Y(s)-sy(0)-y'(0),$$ $$\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as},$$

以及

$$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\} =u(t-a)f(t-a),$$

其中 $u(t-a)$ 為單位階梯函數。

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解題方法

原方程為

$$y''(t)+4y(t)=\delta(t-1),$$

且

$$y(0)=0,\qquad y'(0)=0.$$

令

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

對方程兩側取拉普拉斯轉換：

$$\mathcal{L}\{y''(t)\}+4\mathcal{L}\{y(t)\} =\mathcal{L}\{\delta(t-1)\}.$$

利用初始條件，

$$\mathcal{L}\{y''(t)\} =s^2Y(s)-sy(0)-y'(0) =s^2Y(s),$$

而

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

因此

$$s^2Y(s)+4Y(s)=e^{-s},$$

整理得

$$(s^2+4)Y(s)=e^{-s},$$

所以

$$Y(s)=\frac{e^{-s}}{s^2+4}.$$

先觀察基本反拉普拉斯轉換：

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2+4}\right\} =\frac{1}{2}\sin(2t).$$

因此由第二位移定理，

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{e^{-s}}{s^2+4} \right\} = u(t-1)\frac{1}{2}\sin\bigl(2(t-1)\bigr).$$

故解為

$$\boxed{ y(t)=\frac{1}{2}u(t-1)\sin\bigl(2(t-1)\bigr) }.$$

寫成分段形式：

$$\boxed{ y(t)= \begin{cases} 0, & 0\le t<1,\\[4pt] \dfrac{1}{2}\sin\bigl(2(t-1)\bigr), & t\ge 1. \end{cases} }$$

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解的物理意義與跳躍條件

在 $t=1$ 之前，右側沒有外力輸入，且初始位移、初始速度皆為零，因此

$$y(t)=0,\qquad 0\le t<1.$$

核心觀念

本題考查：

• 矩陣的列簡化階梯形（reduced row echelon form, RREF）。
• 初等列運算：
  1. 交換兩列；
  2. 某列乘以非零常數；
  3. 某列加上另一列的倍數。
• 矩陣的秩（rank）。

矩陣的 RREF 必須滿足：

1. 每個非零列的首個非零元素為 $1$；
2. 每個主元 $1$ 是該欄唯一的非零元素；
3. 主元位置由左至右逐列向下排列；
4. 零列必須置於矩陣下方。

矩陣的秩等於 RREF 中主元的位置數，也就是主元數量。

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解題方法

題目給定矩陣

$$A= \begin{bmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 1&1&0&1\\ 0&1&1&0 \end{bmatrix}.$$

前兩列已經分別在第 $1$ 欄與第 $2$ 欄形成主元。利用它們消去第 $3$、第 $4$ 列前面的元素。

第一步：消去第三列的前兩個元素

對第三列施行

$$R_3\leftarrow R_3-R_1-R_2.$$

計算為

$$[1,1,0,1]-[1,0,0,0]-[0,1,0,0] =[0,0,0,1].$$

因此

$$\begin{bmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&0&1\\ 0&1&1&0 \end{bmatrix}.$$

第二步：消去第四列第二欄的元素

對第四列施行

$$R_4\leftarrow R_4-R_2.$$

計算為

$$[0,1,1,0]-[0,1,0,0] =[0,0,1,0].$$

得到

$$\begin{bmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&0&1\\ 0&0&1&0 \end{bmatrix}.$$

第三步：排列主元位置

核心觀念

對矩陣 $A$ 而言，null space（零空間）定義為

$$N(A)=\{\mathbf{x}\mid A\mathbf{x}=\mathbf{0}\}.$$

nullity（零度）是零空間的維度，並由秩—零度定理給出：

$$\operatorname{nullity}(A)+\operatorname{rank}(A)=\text{欄數}.$$

本題矩陣有 $4$ 個欄，因此求出矩陣的秩後，即可得到 nullity。

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解題方法

令

$$A= \begin{bmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&1&1\\ 0&1&1&1 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{x}= \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{bmatrix}.$$

要求零空間，需解齊次方程組

$$A\mathbf{x}=\mathbf{0}.$$

矩陣乘法得到

$$\begin{bmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&1&1\\ 0&1&1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix},$$

因此方程組為

$$\begin{cases} x_1=0,\\ x_2+x_3+x_4=0,\\ x_2+x_3+x_4=0. \end{cases}$$

第三個方程與第二個方程相同，故實際上只有兩個獨立限制：

$$x_1=0,\qquad x_2=-x_3-x_4.$$

令自由變數

$$x_3=s,\qquad x_4=t,$$

則

$$x_2=-s-t.$$

所以

核心觀念
本題要求找出一實對稱矩陣的特徵值與對應的特徵向量。特徵值是使矩陣 $A-\lambda I$ 的行列式為零的 $\lambda$，而特徵向量則是滿足 $(A-\lambda I)v=0$ 的非零向量。對稱矩陣保證所有特徵值皆為實數，且特徵向量可取為互相正交的實向量。

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解題過程

1. 寫出特徵方程

$$A-\lambda I= \begin{bmatrix} 2-\lambda & 1 & -1\\ 1 & 5-\lambda & 0\\ -1 & 0 & 3-\lambda \end{bmatrix}$$

2. 計算行列式（使用第二列展開較方便）

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &= -(3-\lambda) +(5-\lambda)\bigl[(2-\lambda)(3-\lambda)-1\bigr] \\[2mm] &=-(3-\lambda)+(5-\lambda)\bigl[\lambda^{2}-5\lambda+5\bigr] \\[2mm] &=-\lambda^{3}+10\lambda^{2}-29\lambda+22 . \end{aligned}$$

令行列式為零，得到特徵多項式

$\boxed{\;\lambda^{3}-10\lambda^{2}+29\lambda-22=0\;}$

3. 求根（數值方法）
   直接嘗試整數根均不成立，故以牛頓法或圖形觀察求得三個實根（皆為單根）：

$$\lambda_{1}\approx 1.189,\qquad \lambda_{2}\approx 3.459,\qquad \lambda_{3}\approx 5.352.$$

可檢查：

$$\lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3}=10\;(=\operatorname{tr}A),\quad \lambda_{1}\lambda_{2}\lambda_{3}=22\;(=\det A),$$

與特徵多項式的係數一致，證明所得根正確。

4. 求對應的特徵向量
   對每一個 $\lambda$，解線性方程 $(A-\lambda I)v=0$。

   • $\lambda_{1}\approx 1.189$

核心觀念

設向量場

$$\mathbf{F}(x,y,z)=yz\,\mathbf{i}+xz\,\mathbf{j}+xy\,\mathbf{k}$$

其分量為

$$P=yz,\qquad Q=xz,\qquad R=xy.$$

散度定義為

$$\nabla\cdot\mathbf{F} =\frac{\partial P}{\partial x} +\frac{\partial Q}{\partial y} +\frac{\partial R}{\partial z}.$$

旋度定義為

$$\nabla\times\mathbf{F} = \begin{vmatrix} \mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\ \frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\ P&Q&R \end{vmatrix}.$$

解題方法

（a）散度

分別計算偏微分：

$$\frac{\partial P}{\partial x} =\frac{\partial (yz)}{\partial x}=0,$$

因為 $yz$ 不含 $x$。

$$\frac{\partial Q}{\partial y} =\frac{\partial (xz)}{\partial y}=0,$$

因為 $xz$ 不含 $y$。

$$\frac{\partial R}{\partial z} =\frac{\partial (xy)}{\partial z}=0,$$

因為 $xy$ 不含 $z$。

因此

$$\nabla\cdot\mathbf{F} =0+0+0=0.$$

所以在 $(1,2,3)$ 處，

$$\boxed{\nabla\cdot\mathbf{F}\big|_{(1,2,3)}=0}.$$

（b）旋度

依照旋度公式：

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

各分量為

核心觀念

對純量函數 $f(x,y,z)$ 而言，在指定點沿單位方向向量 $\mathbf{u}$ 的方向導數為

$$D_{\mathbf{u}}f=\nabla f\cdot \mathbf{u}.$$

由柯西—施瓦茲不等式，

$$D_{\mathbf{u}}f\leq \left\lVert \nabla f\right\rVert,$$

因此函數變化率最大的方向，就是梯度 $\nabla f$ 的方向；最大變化率為 $\left\lVert \nabla f\right\rVert$。

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解題方法

令

$$f(x,y,z)=\sin(x+y+z).$$

計算梯度：

$$\nabla f = \left( \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z} \right).$$

由鏈鎖律，

$$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial z} = \cos(x+y+z),$$

所以

$$\nabla f = \cos(x+y+z)(1,1,1).$$

在點 $(2\pi,-\pi,0)$，

$$x+y+z=2\pi-\pi+0=\pi,$$

因此

$$\cos(x+y+z)=\cos\pi=-1.$$

故該點的梯度為

$$\nabla f(2\pi,-\pi,0)=(-1,-1,-1).$$

梯度的長度為

$$\left\lVert \nabla f\right\rVert = \sqrt{(-1)^2+(-1)^2+(-1)^2} = \sqrt{3}.$$

核心觀念

本題考查週期函數的 Fourier 級數展開。對基本週期為 $2\pi$ 的函數，Fourier 級數形式為

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

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 $1$，並以 $2\pi$ 為週期延拓。

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解題方法

由於 $f(x)$ 在負半軸區間為 $0$，積分可直接縮減至 $(0,\pi)$。

1. 計算常數項 $a_0$

$$a_0 =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx =\frac{1}{\pi}\int_0^\pi 1\,dx =1.$$

因此 Fourier 級數的常數項為

$$\frac{a_0}{2}=\frac12.$$

2. 計算餘弦係數 $a_n$

$$a_n =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx =\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \cos nx\,dx.$$

計算得

$$a_n =\frac{1}{\pi}\left[\frac{\sin nx}{n}\right]_0^\pi =\frac{\sin(n\pi)}{n\pi} =0.$$

所以 Fourier 級數中沒有餘弦項。

3. 計算正弦係數 $b_n$

$$b_n =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx =\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \sin nx\,dx.$$

因此

核心觀念

半無限區間 $t>0$ 上的 Fourier sine integral 定義為

$$f(t)=\frac{2}{\pi}\int_0^\infty \left[\int_0^\infty f(u)\sin(\omega u)\,du\right] \sin(\omega t)\,d\omega.$$

其中內層積分

$$F_s(\omega)=\int_0^\infty f(u)\sin(\omega u)\,du$$

稱為 Fourier sine transform。題目給定

$$f(t)=e^{-t},\qquad t>0,$$

因此需先求出 $F_s(\omega)$，再寫出其 Fourier sine integral 表示式。

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解題方法

令

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

利用 Laplace transform 的基本公式

$$\int_0^\infty e^{-at}\sin(bt)\,dt =\frac{b}{a^2+b^2}, \qquad a>0,$$

取 $a=1$、$b=\omega$，得到

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

也可直接由複數積分推導：

$$\sin(\omega t)=\operatorname{Im}\left(e^{i\omega t}\right),$$

所以

\begin{align*}
F_s(\omega)
&=\operatorname{Im}\int_0^\infty e^{-(1-i\omega)t},dt\
&=\operatorname{Im}\left[\frac{1}{1-i\omega}\right]\
&=\operatorname{Im}\left(\frac{1+i\omega}{1+\omega^2}\right)\
&=\frac{\omega}{1+\omega^2}.
\end{align*}

因此，$e^{-t}$ 的 Fourier sine integral 為

核心觀念

本題考高斯函數的 Fourier transform。採用工程數學常見定義

$$F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-i\omega x}\,dx$$

且題目中的 $f(x)=e^{-t^2}$ 應視為變數筆誤，以下依 $f(x)=e^{-x^2}$ 計算。

高斯函數的 Fourier transform 仍為高斯函數：

$$\mathcal{F}\{e^{-x^2}\}=\sqrt{\pi}\,e^{-\omega^2/4}.$$

解題方法

令

$$F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}e^{-i\omega x}\,dx.$$

直接完成平方可得結果，但利用微分方程能清楚推導常數與指數形式。

對 $F(\omega)$ 對 $\omega$ 微分：

$$F'(\omega) =\int_{-\infty}^{\infty}(-ix)e^{-x^2}e^{-i\omega x}\,dx.$$

由

$$\frac{d}{dx}e^{-x^2}=-2xe^{-x^2},$$

可得

$$xe^{-x^2} =-\frac{1}{2}\frac{d}{dx}e^{-x^2}.$$

因此

$$F'(\omega) =\frac{i}{2}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{d}{dx}(e^{-x^2})e^{-i\omega x}\,dx.$$

分部積分後，邊界項因 $e^{-x^2}\to 0$ 而消失：

核心觀念

二變數函數 $f(x,y)$ 為調和函數（harmonic function）的定義是：

$$\nabla^2 f = \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} =0.$$

因此，本題只需將給定函數分別對 $x$、$y$ 求二階偏導數，再令其拉普拉斯算子恒等於零。

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解題方法

給定

$$f(x,y)=x^3+ax^2y+bxy^2+y^3.$$

1. 對 $x$ 求二階偏導數

先求一次偏導：

$$\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2+2axy+by^2.$$

再對 $x$ 求導：

$$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 6x+2ay.$$

2. 對 $y$ 求二階偏導數

先求一次偏導：

$$\frac{\partial f}{\partial y} = ax^2+2bxy+3y^2.$$

再對 $y$ 求導：

$$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = 2bx+6y.$$

3. 套用調和函數條件

因此，