112 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

本題由兩個子題組成，評量考生對常微分方程（ODE）基本題型的掌握度：

1. 子題 (a)：考查一階線性常微分方程（First-order Linear ODE）的標準求解流程。標準式為 $y' + P(x)y = Q(x)$，透過構造積分因子（Integrating Factor） $I(x) = e^{\int P(x)\,dx}$，將方程左式化為乘積微分形式 $\frac{d}{dx}[I(x)y] = I(x)Q(x)$，再經由不定積分與初始條件（Initial Condition, IC）求出特定解。
2. 子題 (b)：考查二階常係數非齊次線性常微分方程（Second-order Linear Nonhomogeneous ODE with Constant Coefficients）。通解結構為 $y(x) = y_h(x) + y_p(x)$：
   • 齊次解 $y_h(x)$：由特徵方程式（Characteristic Equation）求特徵根，本題為二重實根型態。
   • 特解 $y_p(x)$：可採用**待定係數法（Method of Undetermined Coefficients）或逆微分算子法（Inverse Differential Operator Method）**求解。
   • 最後代入初始條件 $y(0)=0$ 與 $y'(0)=0$ 決定未知常數。

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解題方法

(a) 求解一階線性微分方程

步驟一：整理成標準式

將原式移項改寫為標準一階線性形式：

$$\frac{dy}{dx} - \frac{1}{2}y = \sin(x)$$

此處 $P(x) = -\frac{1}{2}$，$Q(x) = \sin(x)$。

步驟二：求積分因子 $I(x)$

$$I(x) = \exp\left(\int P(x)\,dx\right) = \exp\left(\int -\frac{1}{2}\,dx\right) = e^{-\frac{1}{2}x}$$

步驟三：通解積分計算

將方程式兩端同乘以 $I(x)$：

$$\frac{d}{dx}\left[ e^{-\frac{1}{2}x} y \right] = e^{-\frac{1}{2}x} \sin(x)$$

兩邊對 $x$ 積分：

$$e^{-\frac{1}{2}x} y = \int e^{-\frac{1}{2}x} \sin(x)\,dx + C$$

利用指數與三角函數相乘的標準積分公式 $\int e^{ax}\sin(bx)\,dx = \frac{e^{ax}}{a^2+b^2}\left[a\sin(bx) - b\cos(bx)\right]$，代入 $a = -\frac{1}{2}$、$b = 1$：

$$\int e^{-\frac{1}{2}x} \sin(x)\,dx = \frac{e^{-\frac{1}{2}x}}{\left(-\frac{1}{2}\right)^2 + 1^2}\left[ -\frac{1}{2}\sin(x) - \cos(x) \right] = \frac{4}{5}e^{-\frac{1}{2}x}\left[ -\frac{1}{2}\sin(x) - \cos(x) \right]$$

整理可得：

$$e^{-\frac{1}{2}x} y = e^{-\frac{1}{2}x}\left( -\frac{2}{5}\sin(x) - \frac{4}{5}\cos(x) \right) + C$$

兩邊同乘以 $e^{\frac{1}{2}x}$，得通解為：

$$y(x) = C e^{\frac{1}{2}x} - \frac{2}{5}\sin(x) - \frac{4}{5}\cos(x)$$

步驟四：代入初始條件 $y(0) = \frac{1}{2}$

$$y(0) = C e^0 - \frac{2}{5}\sin(0) - \frac{4}{5}\cos(0) = C - \frac{4}{5} = \frac{1}{2}$$ $$C = \frac{1}{2} + \frac{4}{5} = \frac{13}{10}$$

故 (a) 小題之解為：

$$y(x) = \frac{13}{10}e^{\frac{1}{2}x} - \frac{2}{5}\sin(x) - \frac{4}{5}\cos(x) \quad (x > 0)$$

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(b) 求解二階常係數非齊次微分方程

步驟一：求對應之齊次解 $y_h(x)$

核心觀念

本題考查兩項基本技巧：

1. 利用三角恆等式與基本拉普拉斯變換公式：

$$\mathcal{L}\{\cos at\}=\frac{s}{s^2+a^2},\qquad \mathcal{L}\{\sin at\}=\frac{a}{s^2+a^2}.$$

2. 利用部分分式分解，將有理函數拆成容易查表的形式，再套用反拉普拉斯變換。

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解題方法

(a) 計算 $\cos(3t-2)$ 的拉普拉斯變換

先使用餘弦差角公式：

$$\cos(3t-2)=\cos(3t)\cos 2+\sin(3t)\sin 2.$$

因此，利用拉普拉斯變換的線性性質，

$$\mathcal{L}\{\cos(3t-2)\} = \cos 2\,\mathcal{L}\{\cos 3t\} + \sin 2\,\mathcal{L}\{\sin 3t\}.$$

套用基本公式：

$$\mathcal{L}\{\cos 3t\}=\frac{s}{s^2+9},$$ $$\mathcal{L}\{\sin 3t\}=\frac{3}{s^2+9}.$$

故

$$\mathcal{L}\{\cos(3t-2)\} = \frac{s\cos 2+3\sin 2}{s^2+9}.$$

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(b) 求 $\displaystyle \frac{s^2+4s+2}{(s+1)(s+2)s}$ 的反拉普拉斯變換

將函數分解為部分分式：

$$\frac{s^2+4s+2}{s(s+1)(s+2)} = \frac{A}{s}+\frac{B}{s+1}+\frac{C}{s+2}.$$

兩邊同乘以 $s(s+1)(s+2)$，得

$$s^2+4s+2 = A(s+1)(s+2)+Bs(s+2)+Cs(s+1).$$

利用代入特殊值求係數。

求 $A$

令 $s=0$：

$$2=A(1)(2),$$

因此

$$A=1.$$

求 $B$

令 $s=-1$：

核心觀念

本題考查：

1. 矩陣的列運算與列最簡梯形形式（RREF）。
2. 矩陣的秩：等於 RREF 中主元的個數。
3. 零空間：解齊次方程組 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$ 所得到的向量集合。
4. 特徵值與特徵向量：
   $\det(B-\lambda I)=0$
   所得的 $\lambda$ 為特徵值，再由
   $(B-\lambda I)\mathbf{x}=\mathbf{0}$
   求對應特徵向量。

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（a）矩陣 $A$ 的列最簡梯形形式、秩與零空間

題目中的矩陣為

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

（a-1）求列最簡梯形形式

先以第一列消去第一欄：

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

得到

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

交換第二、三列：

$$R_2\leftrightarrow R_3,$$

得

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

利用第二列主元消去：

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

因此

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

接著令

$$R_3\leftarrow -R_3,$$

得到

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

再令

$$R_4\leftarrow R_4+R_3,$$

得到

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

將第四列化為主元 $1$，並消去第四欄：

$$R_4\leftarrow \frac14R_4,\qquad R_1\leftarrow R_1-3R_4,\qquad R_2\leftarrow R_2+R_4,\qquad R_3\leftarrow R_3-6R_4.$$

得

$$\begin{bmatrix} 1&0&2&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix}.$$

最後消去第一列中第三欄的 $2$：

$$R_1\leftarrow R_1-2R_3.$$

所以

$$\boxed{\operatorname{RREF}(A)=I_4= \begin{bmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix}}.$$

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（a-2）求矩陣 $A$ 的秩

RREF 中共有 $4$ 個主元，因此

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

由於 $A$ 是 $4\times4$ 矩陣，且秩為 $4$，所以 $A$ 為可逆矩陣。

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（a-3）求矩陣 $A$ 的零空間

令

$$\mathbf{x}= \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{bmatrix}.$$

由於

$$\operatorname{RREF}(A)=I_4,$$

齊次方程組 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$ 等價於

$$I_4\mathbf{x}=\mathbf{0}.$$

因此

$$x_1=x_2=x_3=x_4=0.$$

所以零空間只有零向量：

$$\boxed{N(A)=\left\{ \begin{bmatrix} 0\\0\\0\\0 \end{bmatrix} \right\}}.$$

其零度（nullity）為

$$\operatorname{nullity}(A)=4-\operatorname{rank}(A)=4-4=0.$$

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（b）求特徵值與對應特徵向量

令

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

求特徵值

計算特徵方程：

核心觀念

本題涵蓋三個向量微積分重點：

1. 旋度（curl）
   對向量場 $\mathbf{F}=P\mathbf{i}+Q\mathbf{j}+R\mathbf{k}$，

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

2. 梯度與最大方向導數
   函數 $f$ 在某點的最大增加率為
   $\left\|\nabla f\right\|,$
   最大增加方向為梯度方向，其單位方向向量為
   $\mathbf{u}_{\max}=\frac{\nabla f}{\|\nabla f\|}.$

3. 高斯定理（Gaussian theorem）
   將封閉曲面的通量積分轉換為其所包圍體積內的散度體積積分。

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(a) 求向量場的旋度

給定

$$\mathbf{F}=3x^2y^2\mathbf{i}-2y^2z\mathbf{j}+x^2z^3\mathbf{k},$$

因此

$$P=3x^2y^2,\qquad Q=-2y^2z,\qquad R=x^2z^3.$$

旋度為

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

分別計算偏導數：

$$\frac{\partial R}{\partial y}=0,\qquad \frac{\partial Q}{\partial z}=-2y^2,$$ $$\frac{\partial P}{\partial z}=0,\qquad \frac{\partial R}{\partial x}=2xz^3,$$ $$\frac{\partial Q}{\partial x}=0,\qquad \frac{\partial P}{\partial y}=6x^2y.$$

所以

$$\nabla\times\mathbf{F} = 2y^2\mathbf{i}-2xz^3\mathbf{j}-6x^2y\mathbf{k}.$$

代入 $(-1,2,1)$：

$$\nabla\times\mathbf{F}\big|_{(-1,2,1)} = 2(2)^2\mathbf{i} -2(-1)(1)^3\mathbf{j} -6(-1)^2(2)\mathbf{k}.$$

因此

$$\boxed{\nabla\times\mathbf{F}\big|_{(-1,2,1)} =8\mathbf{i}+2\mathbf{j}-12\mathbf{k}}.$$

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(b) 最大增加率的方向與大小

給定

核心觀念

本題考查三種 Fourier 分析工具：

1. 週期函數的 Fourier 級數。
2. 半無限區間上的 Fourier sine integral。
3. Fourier transform 的反變換。

採用以下標準定義：

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

以及

$$F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-i\omega x}\,dx, \qquad f(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} F(\omega)e^{i\omega x}\,d\omega.$$

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(a) 週期為 2 的 Fourier 級數

題目中的函數為

$$f(x)= \begin{cases} -x,&-1<x<0,\\ x,&0<x<1. \end{cases}$$

因此在 $-1<x<1$ 上可寫成

$$f(x)=|x|.$$

函數 $|x|$ 是偶函數，所以 Fourier 級數中所有正弦項皆為零：

$$b_n=0.$$

由於基本半區間長度為 $L=1$，係數為

$$a_0=\int_{-1}^{1}f(x)\,dx,$$ $$a_n=\int_{-1}^{1}f(x)\cos(n\pi x)\,dx.$$

計算常數項

利用偶函數性質：

$$a_0=2\int_0^1x\,dx=1.$$

故常數項為

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

計算餘弦係數

$$a_n=2\int_0^1x\cos(n\pi x)\,dx.$$

分部積分：

$$\int x\cos(n\pi x)\,dx = \frac{x\sin(n\pi x)}{n\pi} +\frac{\cos(n\pi x)}{(n\pi)^2}.$$

因此

$$\begin{aligned} a_n &=2\left[ \frac{x\sin(n\pi x)}{n\pi} +\frac{\cos(n\pi x)}{(n\pi)^2} \right]_0^1\\ &=\frac{2\left[(-1)^n-1\right]}{n^2\pi^2}. \end{aligned}$$

當 $n$ 為偶數時，

$$a_n=0.$$

當 $n$ 為奇數時，

$$a_n=-\frac{4}{n^2\pi^2}.$$

所以 Fourier 級數為

$$\boxed{ f(x)=\frac12-\frac{4}{\pi^2} \left( \cos\pi x+\frac{\cos3\pi x}{3^2} +\frac{\cos5\pi x}{5^2}+\cdots \right) }$$

亦可寫成

$$\boxed{ f(x)=\frac12-\frac{4}{\pi^2} \sum_{m=0}^{\infty} \frac{\cos\left((2m+1)\pi x\right)}{(2m+1)^2} }$$

解題技巧

看到 $f(x)=|x|$ 時，先判斷偶奇性：

• 偶函數：只需計算餘弦係數。
• 奇函數：只需計算正弦係數。

此外，因為函數的週期為 $2$，所以三角函數基底為 $\cos(n\pi x)$ 與 $\sin(n\pi x)$，不是 $\cos(nx)$ 與 $\sin(nx)$。

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(b) $f(x)=e^{-2x}$ 的 Fourier sine integral

Fourier sine integral 公式

對定義於 $x>0$ 的函數，Fourier sine integral 為

$$f(x)=\int_0^\infty B(\omega)\sin(\omega x)\,d\omega,$$

其中

$$B(\omega)=\frac{2}{\pi} \int_0^\infty f(t)\sin(\omega t)\,dt.$$

令 $f(t)=e^{-2t}$，則

$$B(\omega)=\frac{2}{\pi} \int_0^\infty e^{-2t}\sin(\omega t)\,dt.$$

使用標準積分公式

核心觀念

本題考查兩類典型線性系統的 governing equation：

1. 質量—阻尼器—彈簧系統：由牛頓第二運動定律建立微分方程。
2. 電感—電阻—電容串聯電路：由克希荷夫電壓定律建立微分方程。

兩者具有相同的數學結構：

• 質量 $m$ 對應電感 $L$
• 阻尼係數 $c$ 對應電阻 $R$
• 彈簧常數 $k$ 對應電容的倒數 $\dfrac{1}{C}$
• 外力 $f(t)$ 對應外加電壓 $E(t)$

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解題方法

(a) 質量—阻尼器—彈簧系統

令質量位移為 $x(t)$，則：

• 質量所受慣性力：$m\ddot{x}(t)$
• 阻尼力：$c\dot{x}(t)$
• 彈簧回復力：$kx(t)$
• 外力：$f(t)$

依牛頓第二運動定律，沿位移正方向列力平衡：

$$m\ddot{x}(t)=f(t)-c\dot{x}(t)-kx(t)$$

整理得 governing equation：

$$\boxed{m\ddot{x}(t)+c\dot{x}(t)+kx(t)=f(t)}$$

這是一個二階常係數線性非齊次微分方程。

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(b) 電感—電阻—電容電路

令電路中的電流為 $i(t)$，依克希荷夫電壓定律，外加電壓等於各元件電壓降總和：

$$E(t)=v_L(t)+v_R(t)+v_C(t)$$

各元件的電壓關係為：

• 電感：

$$v_L(t)=L\frac{di}{dt}$$

• 電阻：

$$v_R(t)=Ri(t)$$

• 電容：

由 $q'(t)=i(t)$，且 $v_C(t)=\dfrac{q(t)}{C}$，因此

$$v_C(t)=\frac{1}{C}\int i(t)\,dt$$

代入克希荷夫電壓定律：

$$L\frac{di}{dt}+Ri(t)+\frac{1}{C}\int i(t)\,dt=E(t)$$