111 年 國立成功大學環境工程學系碩士班甲組《工程數學》

核心觀念

本題分別考查四類常見微分方程：

• A 為恰當微分方程，將方程寫成 $M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0$，檢查 $M_y=N_x$ 後求勢函數。
• B、C 為常係數線性微分方程，以特徵方程求齊次解，再依右側函數型態設特解；若特解型態與齊次解重複，須乘上 $x$。
• D 為 Cauchy–Euler 方程，齊次解設為 $y=x^m$；也可用 $t=\ln|x|$ 轉換為常係數方程。

解題方法

A. 恰當微分方程

將原式改寫為

$$(2x+3y^2)\,dx+(6xy-4y^2)\,dy=0.$$

令 $M=2x+3y^2$、$N=6xy-4y^2$，則

$$\frac{\partial M}{\partial y}=6y, \qquad \frac{\partial N}{\partial x}=6y.$$

兩者相等，因此方程恰當。設勢函數為 $F(x,y)$，使 $F_x=M$。對 $M$ 對 $x$ 積分：

$$F(x,y)=\int(2x+3y^2)\,dx=x^2+3xy^2+g(y).$$

再對 $y$ 微分，並令其等於 $N$：

$$F_y=6xy+g'(y)=6xy-4y^2,$$

所以 $g'(y)=-4y^2$，積分得 $g(y)=-\frac{4}{3}y^3$。因此通解為

$$x^2+3xy^2-\frac{4}{3}y^3=C.$$

B. 常係數線性方程，含共振項

齊次方程的特徵方程為

$$r^2+2r=r(r+2)=0,$$

故齊次解為

$$y_h=C_1+C_2e^{-2x}.$$

對右側的多項式 $2x+5$，設特解 $y_{p1}=ax^2+bx$。代入左側運算子 $y''+2y'$：

$$y_{p1}''+2y_{p1}'=4ax+2a+2b.$$

與 $2x+5$ 比較係數，得 $a=\frac12$、$b=2$，因此

$$y_{p1}=\frac12x^2+2x.$$

右側另有 $-e^{-2x}$，而 $e^{-2x}$ 已出現在齊次解中，故設共振特解 $y_{p2}=Axe^{-2x}$。計算得

$$y_{p2}''+2y_{p2}'=-2Ae^{-2x}.$$

令其等於 $-e^{-2x}$，得 $A=\frac12$。所以通解為

$$y=C_1+C_2e^{-2x}+\frac12x^2+2x+\frac12xe^{-2x}.$$

C. 重根齊次解與三角函數特解

齊次方程的特徵方程為

$$r^2-2r+1=(r-1)^2=0,$$

因此齊次解為

核心觀念

A 題是兩端固定弦的波動方程初邊值問題，可用分離變數搭配正弦級數求解。端點條件決定空間特徵函數為 $\sin(n\pi x)$，初始速度再選出所需的模態。

B 題預期考的是圓盤上的拉普拉斯方程，可用極座標分離變數。題目 B 的角向項印成 $\dfrac{1}{r^2}\dfrac{\partial u}{\partial\theta}$；此處依圓盤拉普拉斯方程的標準形式，假設應為 $\dfrac{1}{r^2}\dfrac{\partial^2 u}{\partial\theta^2}$。

解題方法

A. 波動方程

設 $u(x,t)=X(x)T(t)$，代入方程 $u_{tt}=ku_{xx}$：

$$XT''=kX''T \quad\Longrightarrow\quad \frac{X''}{X}=\frac{T''}{kT}=-\lambda.$$

空間函數滿足

$$X''+\lambda X=0,\qquad X(0)=X(1)=0.$$

因此特徵值與特徵函數為

$$\lambda_n=(n\pi)^2,\qquad X_n(x)=\sin(n\pi x),\quad n=1,2,\ldots$$

時間函數則滿足

$$T_n''+k(n\pi)^2T_n=0.$$

初始位移為零，初始速度恰為 $\sin(\pi x)$，所以只需要 $n=1$ 模態。令

$$u(x,t)=C\sin(\pi x)\sin(\pi\sqrt{k}\,t).$$

由初始位移 $u(x,0)=0$ 可知此形式符合條件；再對時間微分：

$$u_t(x,t)=C\pi\sqrt{k}\sin(\pi x)\cos(\pi\sqrt{k}\,t).$$

核心觀念

本題考查向量場的封閉曲面通量，以及散度定理（Divergence Theorem）：

$$\iint_S \left(\vec F\cdot \vec n\right)dS = \iiint_V \nabla\cdot \vec F\,dV$$

其中 $S$ 是立方體的封閉表面，$V$ 是其內部體積，且通常約定 $\vec n$ 為向外的單位法向量。

給定

$$\vec F=xy\hat i+y^2z\hat j+z^3\hat k$$

其散度為

$$\nabla\cdot\vec F = \frac{\partial F_x}{\partial x} +\frac{\partial F_y}{\partial y} +\frac{\partial F_z}{\partial z}.$$

解題方法

立方體範圍為

$$0\le x\le 1,\qquad 0\le y\le 1,\qquad 0\le z\le 1.$$

先計算向量場的散度：

$$\begin{aligned} \nabla\cdot\vec F &= \frac{\partial (xy)}{\partial x} +\frac{\partial (y^2z)}{\partial y} +\frac{\partial (z^3)}{\partial z}\\ &=y+2yz+3z^2. \end{aligned}$$

因此通量為

$$\iint_S(\vec F\cdot\vec n)dS = \int_0^1\int_0^1\int_0^1 \left(y+2yz+3z^2\right)\,dx\,dy\,dz.$$

由於被積函數與 $x$ 無關，先對 $x$ 積分：

核心觀念

本題考查牛頓第二定律與簡諧運動：

• 胡克定律：彈簧力大小為 $kx$，方向永遠指向平衡位置。
• 以平衡位置為原點，向右為正方向，物體位置記為 $x(t)$。
• 初始條件為
  $x(0)=L,\qquad \dot{x}(0)=0.$
• 無摩擦時為簡諧運動。
• 乾摩擦存在時，摩擦力方向與速度相反，必須分段列式。
• 瞬間施力可用狄拉克脈衝函數表示，造成速度瞬間跳躍。

令

$$\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}.$$

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A. 表面無摩擦

解題方法

物體位於平衡位置右側，因此彈簧力向左：

$$F_s=-kx.$$

由牛頓第二定律，

$$m\ddot{x}=-kx,$$

所以運動微分方程為

$$m\ddot{x}+kx=0.$$

其特徵方程為

$$mr^2+k=0,$$

根為

$$r=\pm i\sqrt{\frac{k}{m}}=\pm i\omega.$$

因此通解為

$$x(t)=C_1\cos\omega t+C_2\sin\omega t.$$

代入初始條件：

$$x(0)=C_1=L,$$

且

$$\dot{x}(t)=-C_1\omega\sin\omega t+C_2\omega\cos\omega t,$$

由 $\dot{x}(0)=0$ 得

$$C_2=0.$$

因此位置函數為

$$\boxed{x(t)=L\cos\left(\sqrt{\frac{k}{m}}\,t\right)}.$$

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B. 摩擦係數為 $f$

以下假設 $f$ 為乾摩擦係數，因此動摩擦力大小為

$$F_f=fmg.$$

摩擦力方向與速度相反。

第一階段：物體向左運動

物體由 $x=L$ 靜止釋放後，若能開始運動，初始速度方向為向左，即 $\dot{x}<0$。因此摩擦力向右，摩擦力為 $+fmg$。

牛頓第二定律為

$$m\ddot{x}=-kx+fmg,$$

即

$$m\ddot{x}+kx=fmg.$$

令

$$a=\frac{fmg}{k}.$$

則方程可寫成

$$\ddot{x}+\omega^2x=\omega^2a.$$

其解為

$$x(t)=a+C_1\cos\omega t+C_2\sin\omega t.$$

由初始條件 $x(0)=L$、$\dot{x}(0)=0$，得到

$$C_1=L-a,\qquad C_2=0.$$

因此第一階段的運動為

$$\boxed{x(t)=a+(L-a)\cos\omega t},$$

也就是

$$\boxed{ x(t)=\frac{fmg}{k} +\left(L-\frac{fmg}{k}\right) \cos\left(\sqrt{\frac{k}{m}}\,t\right) }.$$

速度為

$$\dot{x}(t)=-(L-a)\omega\sin\omega t.$$

物體第一次停止時發生在

$$t_1=\frac{\pi}{\omega} =\pi\sqrt{\frac{m}{k}}.$$

此時位置為

$$x(t_1)=a-(L-a)=2a-L.$$

因此第一次轉向前的最小位置為

$$\boxed{x_{\min}=2\frac{fmg}{k}-L}.$$

靜止條件與完整物理意義

物體能否由初始位置開始運動，取決於彈簧力 $kL$ 是否大於最大靜摩擦力。若題目將 $f$ 同時視為靜、動摩擦係數，則：

• 若 $kL\leq fmg$，摩擦力足以平衡彈簧力，物體保持靜止：

  $$\boxed{x(t)=L}.$$

• 若 $kL>fmg$，物體開始向左運動，第一階段解為

  $$\boxed{x(t)=a+(L-a)\cos\omega t}.$$

在 $t=t_1$ 時，物體瞬間停止。此時若

$$|kx_{\min}|\leq fmg,$$

則靜摩擦可以使物體停在該位置，之後

$$\boxed{x(t)=x_{\min}}.$$

若物體仍能克服摩擦而反向運動，則必須重新分段列式。例如當物體在左側向右運動時，摩擦力向左，方程為

$$m\ddot{x}+kx=-fmg.$$

令 $a=fmg/k$，則此階段以 $-a$ 為平衡中心，解的形式為

$$x(t)=-a+C_3\cos\omega(t-t_1)+C_4\sin\omega(t-t_1).$$

若在 $t=t_1$ 時位置為 $x_{\min}$ 且速度為零，則

$$\boxed{ x(t)=-a+(x_{\min}+a)\cos\omega(t-t_1) }.$$

乾摩擦會使振幅逐次減少，最後物體停在某一位置，而不會像黏性阻尼那樣以指數形式衰減。

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C. $t=1$ 秒瞬間施加力 $F_i$

解題方法

表面無摩擦，因此原本的運動方程為

$$m\ddot{x}+kx=0.$$

核心觀念

題目要求將二階微分方程改寫成一階聯立微分方程，再套用四階 Runge–Kutta 法（RK4）。

原式為

$$\frac{d^2y}{dx^2}-3x^2y\frac{dy}{dx}-2x^3y^2=4x.$$

整理得

$$\frac{d^2y}{dx^2} = 4x+3x^2y\frac{dy}{dx}+2x^3y^2.$$

令

$$z=\frac{dy}{dx},$$

則原方程可改寫為

$$\frac{dy}{dx}=z,$$ $$\frac{dz}{dx}=4x+3x^2yz+2x^3y^2.$$

因此定義

$$F(x,y,z)=4x+3x^2yz+2x^3y^2.$$

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解題方法

在 $x=x_i$ 時，設

$$y_i\approx y(x_i),\qquad z_i\approx z(x_i)=y'(x_i).$$

對變數向量 $(y,z)$ 使用四階 Runge–Kutta 法。每一個 $k$ 都包含兩個分量，第一分量用來更新 $y$，第二分量用來更新 $z$。

第一步：計算 $k_1$

$$k_{1y}=hz_i,$$ $$k_{1z} = hF(x_i,y_i,z_i).$$

代入 $F$ 得

$$k_{1z} = h\left(4x_i+3x_i^2y_iz_i+2x_i^3y_i^2\right).$$

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第二步：計算 $k_2$

將 $k_1$ 的一半帶入中點：

$$k_{2y} = h\left(z_i+\frac{k_{1z}}{2}\right),$$ $$k_{2z} = hF\left( x_i+\frac h2,\, y_i+\frac{k_{1y}}2,\, z_i+\frac{k_{1z}}2 \right).$$

因此

$$k_{2z} = h\left[ 4\left(x_i+\frac h2\right) +3\left(x_i+\frac h2\right)^2 \left(y_i+\frac{k_{1y}}2\right) \left(z_i+\frac{k_{1z}}2\right) +2\left(x_i+\frac h2\right)^3 \left(y_i+\frac{k_{1y}}2\right)^2 \right].$$

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第三步：計算 $k_3$

同樣在中點評估，但使用 $k_2$：

$$k_{3y} = h\left(z_i+\frac{k_{2z}}2\right),$$ $$k_{3z} = hF\left( x_i+\frac h2,\, y_i+\frac{k_{2y}}2,\, z_i+\frac{k_{2z}}2 \right).$$

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