111 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

本題分別考查：

• 二階常係數非齊次微分方程，搭配初始條件求特解。
• 一階線性微分方程，利用積分因子法求解。

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（a）求解 $y''+y=\sin(2x)$

1. 求齊次解

先考慮對應的齊次方程：

$$y''+y=0$$

特徵方程為

$$r^2+1=0$$

因此

$$r=\pm i$$

齊次解為

$$y_h=C_1\cos x+C_2\sin x$$

2. 求特解

右側為 $\sin(2x)$，設特解為

$$y_p=A\sin(2x)+B\cos(2x)$$

則

$$y_p''=-4A\sin(2x)-4B\cos(2x)$$

代入 $y''+y=\sin(2x)$：

$$(-4A+A)\sin(2x)+(-4B+B)\cos(2x)=\sin(2x)$$

整理得

$$-3A=1,\qquad -3B=0$$

所以

$$A=-\frac13,\qquad B=0$$

因此

$$y_p=-\frac13\sin(2x)$$

3. 合併通解並代入初始條件

通解為

$$y=C_1\cos x+C_2\sin x-\frac13\sin(2x)$$

由 $y(0)=0$：

$$C_1=0$$

先微分：

$$y'= -C_1\sin x+C_2\cos x-\frac23\cos(2x)$$

由 $y'(0)=0$：

$$C_2-\frac23=0$$

故

$$C_2=\frac23$$

所以

$$\boxed{y(x)=\frac23\sin x-\frac13\sin(2x)},\qquad x>0$$

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（b）求解 $y'=y+e^x$

1. 改寫為一階線性形式

原式整理為

$$y'-y=e^x$$

核心觀念

本題考查：

1. 拉普拉斯轉換的定義與存在條件：
   $\mathcal{L}\{f(t)\}=\int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt.$
2. 完全平方技巧。
3. 基本反拉普拉斯公式：
   $\mathcal{L}\{e^{at}\cos bt\}=\frac{s-a}{(s-a)^2+b^2},$
   $\mathcal{L}\{e^{at}\sin bt\}=\frac{b}{(s-a)^2+b^2}.$

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(a) 計算 $\mathcal{L}\{e^{3t^2}\}$

依定義，

$$\mathcal{L}\{e^{3t^2}\} =\int_0^\infty e^{-st}e^{3t^2}\,dt =\int_0^\infty e^{3t^2-st}\,dt.$$

將指數中的二次式配方：

$$3t^2-st =3\left(t-\frac{s}{6}\right)^2-\frac{s^2}{12}.$$

因此

$$\int_0^\infty e^{3t^2-st}\,dt =e^{-s^2/12}\int_0^\infty e^{3\left(t-\frac{s}{6}\right)^2}\,dt.$$

當 $t\to\infty$ 時，

$$3t^2-st\to+\infty,$$

所以被積函數 $e^{3t^2-st}$ 會快速增大，積分發散：

$$\int_0^\infty e^{3t^2-st}\,dt=\infty.$$

因此 $e^{3t^2}$ 不具有普通拉普拉斯轉換。原因是它的成長速度超過任何 $e^{ct}$，不屬於指數階函數。

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(b) 求 $\displaystyle \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s+6}{s^2+4s+20}\right\}$

第一步：分母完全平方

核心觀念

本題考查矩陣的基本運算與特徵值問題：

• 列簡化階梯形（RREF）：利用初等列運算，將矩陣化為唯一的列最簡形式。
• 矩陣的秩（rank）：等於 RREF 中主元的位置數，也等於線性獨立列（或行）的最大數目。
• 矩陣的跡（trace）：方陣主對角線元素的總和。
• 特徵值與特徵向量：若存在非零向量 $\mathbf{x}$ 使得
  $B\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x},$
  則 $\lambda$ 為特徵值，$\mathbf{x}$ 為對應的特徵向量。

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解題方法

（a-1）求矩陣 $A$ 的列最簡形式

給定

$$A= \begin{bmatrix} 1&3&4&2\\ 2&-1&1&3\\ 1&2&3&1\\ 1&3&0&1 \end{bmatrix}.$$

先以第一列為主元，消去第一欄下方元素：

$$R_2\leftarrow R_2-2R_1,\qquad R_3\leftarrow R_3-R_1,\qquad R_4\leftarrow R_4-R_1.$$

得到

$$\begin{bmatrix} 1&3&4&2\\ 0&-7&-7&-1\\ 0&-1&-1&-1\\ 0&0&-4&-1 \end{bmatrix}.$$

將第二列與第三列交換，再將第二列乘以 $-1$：

$$R_2\leftrightarrow R_3,\qquad R_2\leftarrow -R_2,$$

得到

$$\begin{bmatrix} 1&3&4&2\\ 0&1&1&1\\ 0&-7&-7&-1\\ 0&0&-4&-1 \end{bmatrix}.$$

消去第二欄：

$$R_3\leftarrow R_3+7R_2,$$

因此

$$\begin{bmatrix} 1&3&4&2\\ 0&1&1&1\\ 0&0&0&6\\ 0&0&-4&-1 \end{bmatrix}.$$

交換第三、第四列，並將第三列除以 $-4$：

$$R_3\leftrightarrow R_4,\qquad R_3\leftarrow-\frac14R_3,$$

得到

$$\begin{bmatrix} 1&3&4&2\\ 0&1&1&1\\ 0&0&1&\frac14\\ 0&0&0&6 \end{bmatrix}.$$

將第四列化為主元 $1$：

$$R_4\leftarrow \frac16R_4.$$

再由下往上消去第四欄，以及消去第二、三欄上方元素，最後得到

$$\operatorname{rref}(A)= \begin{bmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\boxed{\operatorname{rref}(A)=I_4}.$$

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（a-2）求矩陣 $A$ 的秩

由於 $A$ 的列最簡形式為 $I_4$，共有 $4$ 個主元，因此

$$\boxed{\operatorname{rank}(A)=4}.$$

這也表示 $A$ 為滿秩矩陣，且 $A$ 可逆。

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（a-3）求矩陣 $A$ 的跡

跡為主對角線元素總和：

$$\operatorname{tr}(A) =1+(-1)+3+1.$$

因此

$$\boxed{\operatorname{tr}(A)=4}.$$

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（b）求矩陣 $B$ 的特徵值與特徵向量

給定

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

令

$$\mathbf{x}= \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix}.$$

則

$$B\mathbf{x} = \begin{bmatrix} y\\x\\z \end{bmatrix}.$$

特徵值方程為

$$B\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x},$$

所以

$$\begin{bmatrix} y\\x\\z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \lambda x\\ \lambda y\\ \lambda z \end{bmatrix}.$$

亦即

$$y=\lambda x,\qquad x=\lambda y,\qquad z=\lambda z.$$

也可由特徵多項式求得：

核心觀念

本題考查三個向量微積分基本觀念：

1. 向量場的散度：

$$\nabla\cdot\mathbf F =\frac{\partial F_1}{\partial x} +\frac{\partial F_2}{\partial y} +\frac{\partial F_3}{\partial z}$$

2. 標量函數沿指定方向的方向導數：
   $D_{\mathbf u}f=\nabla f\cdot\mathbf u$
   其中 $\mathbf u$ 必須是指定方向的單位向量。

3. 平面上的 Green 定理，用來將封閉曲線上的線積分轉換為區域上的二重積分。

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解題方法與計算

(a) 求向量場的散度

給定向量場

$$\mathbf F(x,y,z) =3xy^2\mathbf i-2yz^2\mathbf j+4x^2z\mathbf k$$

其三個分量為

$$F_1=3xy^2,\qquad F_2=-2yz^2,\qquad F_3=4x^2z$$

因此

$$\nabla\cdot\mathbf F =\frac{\partial}{\partial x}(3xy^2) +\frac{\partial}{\partial y}(-2yz^2) +\frac{\partial}{\partial z}(4x^2z)$$

分別計算：

$$\frac{\partial}{\partial x}(3xy^2)=3y^2$$ $$\frac{\partial}{\partial y}(-2yz^2)=-2z^2$$ $$\frac{\partial}{\partial z}(4x^2z)=4x^2$$

所以

$$\nabla\cdot\mathbf F=3y^2-2z^2+4x^2$$

代入點 $(-1,2,3)$：

$$\nabla\cdot\mathbf F(-1,2,3) =3(2)^2-2(3)^2+4(-1)^2$$ $$=12-18+4=-2$$

因此答案為

$$\boxed{-2}$$

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(b) 求方向導數

給定

$$f(x,y,z)=x^2+y^2+z^3$$

方向導數公式為

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

首先求梯度：

$$\nabla f =\left(\frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z}\right) =(2x,2y,3z^2)$$

在 $(3,2,-1)$ 處：

$$\nabla f(3,2,-1) =(6,4,3)$$

題目指定方向為

核心觀念

本題考查傅立葉級數、傅立葉餘弦積分與傅立葉轉換。三者都把函數表示成不同頻率的正弦、餘弦或複指數的疊加。

(a) 週期為 $2L$ 的函數，其傅立葉級數為

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

其中

$$a_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx, \qquad b_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.$$

(b) 對 $x>0$ 的函數，採用傅立葉餘弦積分表示式

$$f(x)=\frac{2}{\pi}\int_0^\infty \left[\int_0^\infty f(t)\cos(\alpha t)\,dt\right]\cos(\alpha x)\,d\alpha.$$

(c) 採用角頻率 $\omega$ 的傅立葉轉換定義

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

解題方法

(a) 求週期為 $2$ 的函數之傅立葉級數

本題週期為 $2$，所以 $2L=2$，即 $L=1$。函數滿足 $f(-x)=-f(x)$，是奇函數。因此常數項與所有餘弦項係數皆為零：

$$a_0=0,\qquad a_n=0.$$

只需計算正弦係數：

$$\begin{aligned} b_n &=\int_{-1}^{1}f(x)\sin(n\pi x)\,dx\\ &=2\int_0^1\sin(n\pi x)\,dx\\ &=2\left[-\frac{\cos(n\pi x)}{n\pi}\right]_0^1\\ &=\frac{2\left[1-(-1)^n\right]}{n\pi}. \end{aligned}$$

$n$ 為偶數時，$b_n=0$；$n$ 為奇數時，$b_n=\dfrac{4}{n\pi}$。因此

$$f(x)=\frac{4}{\pi}\left[ \sin(\pi x)+\frac{1}{3}\sin(3\pi x) +\frac{1}{5}\sin(5\pi x)+\cdots \right].$$

在跳躍點 $x=0,\pm1,\ldots$，傅立葉級數收斂到左右極限的平均值，也就是 $0$。

核心觀念

二階常微分方程通常用來描述「加速度」與系統狀態之間的關係。典型應用是質量—彈簧—阻尼器系統，可用於分析機械振動、車輛避震、建築物抗震與儀器防振。

依據牛頓第二定律，

$$\sum F=m\frac{d^2x}{dt^2},$$

其中 $x(t)$ 為質量塊相對平衡位置的位移，因此自然形成二階常微分方程。

解題方法：質量—彈簧—阻尼器系統

考慮質量為 $m$、阻尼係數為 $c$、彈簧常數為 $k$ 的系統，外力記為 $F(t)$。

各力分別為：

• 慣性項：$m x''(t)$
• 阻尼力：$c x'(t)$
• 彈簧恢復力：$k x(t)$
• 外加作用力：$F(t)$

依牛頓第二定律可得

$$m x''(t)+c x'(t)+kx(t)=F(t).$$

這就是一個二階線性常微分方程，因為最高階導數為 $x''(t)$。

無外力振動

若系統沒有外力，即 $F(t)=0$，則方程式為

$$m x''+cx'+kx=0.$$

令解為

$$x(t)=e^{rt},$$

代入可得特徵方程式

$$mr^2+cr+k=0.$$

其根為

$$r=\frac{-c\pm\sqrt{c^2-4mk}}{2m}.$$

根的型態由判別式

$$\Delta=c^2-4mk$$

決定：

1. 過阻尼：$c^2>4mk$

   有兩個相異實根，解為

   $$x(t)=C_1e^{r_1t}+C_2e^{r_2t}.$$

   系統不振盪，而是逐漸回到平衡位置。

2. 臨界阻尼：$c^2=4mk$

   有重根 $r=-c/(2m)$，解為

   $$x(t)=(C_1+C_2t)e^{-ct/(2m)}.$$

   系統在不振盪的情況下，以最快速度回到平衡位置。

3. 欠阻尼：$c^2<4mk$

   根為共軛複數，可寫成