114 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

本題考查兩類常見常微分方程：

1. 可分離變數微分方程
   將含 $y$ 的項與 $dy$ 放在同側，含 $x$ 的項與 $dx$ 放在另一側，再分別積分。

2. 二階常係數非齊次線性微分方程

   • 齊次解由特徵方程求得。
   • 非齊次特解依右側函數型態設出待定係數多項式。

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（1）$\displaystyle \frac{dy}{dx}=-\frac{4x}{y}$，且 $y(2)=3$

解題方法

將方程式改寫為可分離變數形式：

$$y\frac{dy}{dx}=-4x$$

因此

$$y\,dy=-4x\,dx$$

兩側積分：

$$\int y\,dy=\int -4x\,dx$$

得到

$$\frac{y^2}{2}=-2x^2+C$$

乘以 $2$：

$$y^2=-4x^2+C_1$$

即

$$y^2+4x^2=C_1$$

利用初始條件 $y(2)=3$：

$$3^2+4(2)^2=C_1$$ $$9+16=25$$

所以

$$y^2+4x^2=25$$

由於 $y(2)=3>0$，應取正平方根：

$$\boxed{y=\sqrt{25-4x^2}}$$

在初始點附近，需滿足 $25-4x^2>0$，故解的有效區間為

$$-\frac52<x<\frac52$$

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（2）$\displaystyle y''+3y'+2y=12x^2$

齊次解

先求對應齊次方程：

$$y''+3y'+2y=0$$

設

$$y=e^{rx}$$

代入得特徵方程：

$$r^2+3r+2=0$$

因式分解：

$$(r+1)(r+2)=0$$

所以

$$r=-1,\,-2$$

齊次解為

$$y_h=C_1e^{-x}+C_2e^{-2x}$$

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非齊次特解

右側為二次多項式 $12x^2$，設特解為

$$y_p=ax^2+bx+c$$

則

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換解初值問題，主要使用：

1. 二階導數的拉普拉斯轉換：
   $\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)$

2. Dirac delta 函數的拉普拉斯轉換：
   $\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as},\qquad a>0$

3. 第二平移定理：

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

其中 $u(t-a)$ 為 Heaviside 單位階梯函數。

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解題方法

令

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

題目中的微分方程為

$$y''+9y=\delta\left(t-\frac{\pi}{2}\right),$$

且初始條件為

$$y(0)=2,\qquad y'(0)=0.$$

對方程兩邊取拉普拉斯轉換：

$$\mathcal{L}\{y''\}+9\mathcal{L}\{y\} = \mathcal{L}\left\{\delta\left(t-\frac{\pi}{2}\right)\right\}.$$

代入相關公式：

$$\left[s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)\right]+9Y(s) =e^{-\frac{\pi}{2}s}.$$

使用初始條件 $y(0)=2$、$y'(0)=0$：

$$s^2Y(s)-2s+9Y(s)=e^{-\frac{\pi}{2}s}.$$

整理得

$$(s^2+9)Y(s)=2s+e^{-\frac{\pi}{2}s},$$

所以

$$Y(s)=\frac{2s}{s^2+9} +\frac{e^{-\frac{\pi}{2}s}}{s^2+9}.$$

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反拉普拉斯轉換

第一項：

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{2s}{s^2+9}\right\} =2\cos 3t.$$

第二項先注意

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2+9}\right\} =\frac{1}{3}\sin 3t.$$

核心觀念

本題考查：

• 梯度（gradient）：
  $\nabla f=\left(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y}\right)$
• 散度（divergence）：
  $\nabla\cdot\mathbf{F}=\frac{\partial F_x}{\partial x}+\frac{\partial F_y}{\partial y}$
• 二維旋度（curl）：

$$\nabla\times\mathbf{F} =\left(\frac{\partial F_y}{\partial x}-\frac{\partial F_x}{\partial y}\right)\mathbf{k}$$

• 拉普拉斯算子：
  $\nabla^2 f=\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}$

函數為

$$f(x,y)=\ln(x^2+y^2)$$

由於對數函數的自變數必須為正，因此定義域為

$$x^2+y^2>0$$

也就是原點 $(0,0)$ 不在定義域內。

(1) 梯度、散度與旋度

梯度

分別對 $x$ 與 $y$ 微分：

$$\frac{\partial f}{\partial x} =\frac{1}{x^2+y^2}\cdot 2x =\frac{2x}{x^2+y^2}$$ $$\frac{\partial f}{\partial y} =\frac{1}{x^2+y^2}\cdot 2y =\frac{2y}{x^2+y^2}$$

因此

$$\nabla f = \frac{2x}{x^2+y^2}\mathbf{i} + \frac{2y}{x^2+y^2}\mathbf{j}$$

或寫成向量形式：

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

令

$$\mathbf{F}=\nabla f=(P,Q)$$

其中

$$P=\frac{2x}{x^2+y^2}, \qquad Q=\frac{2y}{x^2+y^2}$$

梯度的散度

根據定義：

$$\nabla\cdot(\nabla f) = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y}$$

先計算第一項：

$$\frac{\partial P}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{2x}{x^2+y^2} \right)$$

使用商數法則：

$$\frac{\partial P}{\partial x} = \frac{2(x^2+y^2)-2x(2x)} {(x^2+y^2)^2}$$

整理得

$$\frac{\partial P}{\partial x} = \frac{2(y^2-x^2)} {(x^2+y^2)^2}$$

再計算第二項：

$$\frac{\partial Q}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{2y}{x^2+y^2} \right)$$

因此

$$\frac{\partial Q}{\partial y} = \frac{2(x^2+y^2)-2y(2y)} {(x^2+y^2)^2}$$

整理得

$$\frac{\partial Q}{\partial y} = \frac{2(x^2-y^2)} {(x^2+y^2)^2}$$

相加後：

$$\nabla\cdot(\nabla f) = \frac{2(y^2-x^2)}{(x^2+y^2)^2} + \frac{2(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2} =0$$

所以

核心觀念

本題分為矩陣的基本性質與特徵值問題：

• 秩（rank）：矩陣中線性獨立列（或行）的最大個數。

• 零度（nullity）：齊次方程 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$ 的解空間維度。

• 秩－零度定理：

  $\operatorname{rank}(A)+\operatorname{nullity}(A)=n$

  其中 $n$ 為矩陣的欄數。

• 可逆判定：方陣 $A$ 可逆當且僅當 $\det(A)\ne 0$。

• 特徵值與特徵向量：

  $B\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}$

  等價於：

  $\det(B-\lambda I)=0$

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（1）矩陣 $A$ 的秩、零度與反矩陣

給定

$$A= \begin{bmatrix} 0 & -0.2 & 0.75\\ 0.4 & 1 & 2\\ 0 & 0 & 8 \end{bmatrix}$$

將小數改寫為分數：

$$A= \begin{bmatrix} 0 & -\frac15 & \frac34\\ \frac25 & 1 & 2\\ 0 & 0 & 8 \end{bmatrix}$$

1. 求秩與零度

計算行列式：

$$\det(A) = 0\cdot \begin{vmatrix} 1&2\\ 0&8 \end{vmatrix} -\left(-\frac15\right) \begin{vmatrix} \frac25&2\\ 0&8 \end{vmatrix} +\frac34 \begin{vmatrix} \frac25&1\\ 0&0 \end{vmatrix}$$

因此

$$\det(A) = \frac15\left(\frac25\cdot 8\right) =\frac{16}{25}\ne 0$$

所以 $A$ 為可逆矩陣，具有三個線性獨立的列與行，故

$$\operatorname{rank}(A)=3$$

由秩－零度定理，因為 $A$ 是 $3\times 3$ 矩陣：

$$\operatorname{nullity}(A) =3-\operatorname{rank}(A) =3-3=0$$

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2. 求反矩陣 $A^{-1}$

令

$$A \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} b_1\\b_2\\b_3 \end{bmatrix}$$

得到聯立方程式：

$$\begin{cases} -\dfrac15y+\dfrac34z=b_1\\[4pt] \dfrac25x+y+2z=b_2\\[4pt] 8z=b_3 \end{cases}$$

由第三式：

$$z=\frac18b_3$$

代入第一式：

$$-\frac15y+\frac34\left(\frac18b_3\right)=b_1$$ $$-\frac15y+\frac{3}{32}b_3=b_1$$ $$y=-5b_1+\frac{15}{32}b_3$$

再代入第二式：

$$\frac25x-5b_1+\frac{15}{32}b_3+\frac14b_3=b_2$$

由於

$$\frac{15}{32}+\frac14 = \frac{15}{32}+\frac{8}{32} = \frac{23}{32}$$

所以

$$\frac25x=b_2+5b_1-\frac{23}{32}b_3$$ $$x=\frac52b_2+\frac{25}{2}b_1-\frac{115}{64}b_3$$

整理成矩陣形式：

$$\begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \dfrac{25}{2} & \dfrac52 & -\dfrac{115}{64}\\[6pt] -5 & 0 & \dfrac{15}{32}\\[6pt] 0 & 0 & \dfrac18 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} b_1\\b_2\\b_3 \end{bmatrix}$$

因此

$$A^{-1} = \begin{bmatrix} \dfrac{25}{2} & \dfrac52 & -\dfrac{115}{64}\\[6pt] -5 & 0 & \dfrac{15}{32}\\[6pt] 0 & 0 & \dfrac18 \end{bmatrix}$$

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（2）矩陣 $B$ 的特徵值與特徵向量

給定

$$B= \begin{bmatrix} 0&4\\ -4&0 \end{bmatrix}$$

1. 求特徵值

核心觀念

本題考查：

1. Fourier sine transform 的定義。
2. 微分項經 Fourier sine transform 後的分部積分公式。
3. 邊界值 $f(0)$ 如何產生額外項。
4. 一階導數的 sine transform 會轉換成 cosine transform，因此方程式未必能以 sine transform 單獨封閉求解。

記

$$\mathcal{F}_s\{f\}=S(\omega) =\sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_0^\infty f(x)\sin(\omega x)\,dx.$$

以下假設 $f$ 足夠光滑，且 $f(x),f'(x)\to 0$ 當 $x\to\infty$，使分部積分的邊界項成立。

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(1) 二階導數的 Fourier sine transform

令

$$c=\sqrt{\frac{2}{\pi}}.$$

則

$$\mathcal{F}_s\{-f''(x)\} =-c\int_0^\infty f''(x)\sin(\omega x)\,dx.$$

第一次分部積分，取

$$u=\sin(\omega x),\qquad dv=f''(x)\,dx,$$

得到

$$\int_0^\infty f''(x)\sin(\omega x)\,dx = \left[f'(x)\sin(\omega x)\right]_0^\infty -\omega\int_0^\infty f'(x)\cos(\omega x)\,dx.$$

由於 $f'(x)\to0$，且 $\sin 0=0$，第一項為零，因此

$$\mathcal{F}_s\{-f''(x)\} = c\omega\int_0^\infty f'(x)\cos(\omega x)\,dx.$$

再對右側積分分部積分：

$$\int_0^\infty f'(x)\cos(\omega x)\,dx = \left[f(x)\cos(\omega x)\right]_0^\infty +\omega\int_0^\infty f(x)\sin(\omega x)\,dx.$$

利用

$$\lim_{x\to\infty}f(x)=0,\qquad \cos 0=1,$$

可得

$$\left[f(x)\cos(\omega x)\right]_0^\infty =0-f(0)=-f(0).$$

所以

$$\int_0^\infty f'(x)\cos(\omega x)\,dx = -f(0)+\omega\int_0^\infty f(x)\sin(\omega x)\,dx.$$

代回原式：

$$\begin{aligned} \mathcal{F}_s\{-f''(x)\} &= c\omega\left[ -f(0)+\omega\int_0^\infty f(x)\sin(\omega x)\,dx \right]\\ &= -c\omega f(0)+\omega^2\mathcal{F}_s\{f(x)\}. \end{aligned}$$

因此，依照題目所給的 Fourier sine transform 定義，正確公式為

$$\boxed{ \mathcal{F}_s\left\{-\frac{d^2f}{dx^2}\right\} = \omega^2\mathcal{F}_s\{f(x)\} -\sqrt{\frac{2}{\pi}}\omega f(0) }.$$

題目列出的

$$-\omega^2\mathcal{F}_s\{f(x)\} +\sqrt{\frac{2}{\pi}}\omega f(0)$$

實際上是

$$\boxed{ \mathcal{F}_s\left\{\frac{d^2f}{dx^2}\right\} = -\omega^2\mathcal{F}_s\{f(x)\} +\sqrt{\frac{2}{\pi}}\omega f(0) }$$

的公式。因此題面在 $-\dfrac{d^2f}{dx^2}$ 前後的符號不一致。

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(2) 為何 Fourier sine transform 無法單獨解此微分方程

原方程為

$$f''(x)+f'(x)+f(x)=0,$$

且

$$f(0)=1,\qquad \lim_{x\to\infty}f(x)=0.$$

令

$$S(\omega)=\mathcal{F}_s\{f(x)\},$$

並定義 Fourier cosine transform

$$C(\omega) =\sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_0^\infty f(x)\cos(\omega x)\,dx.$$

二階導數項

由上面的正確公式，