115 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. 一階可分離／直接積分型方程。
2. 常係數二階線性非齊次微分方程，需分別求出：
   • 齊次解；
   • 非齊次方程的特解；
   • 通解。

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（1）$\displaystyle \frac{dy}{dx}=-\frac{\sin x}{x}$，且 $y(0)=1$

解題方法

右側在 $x=0$ 的形式為 $0/0$，但由極限

$$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$$

可知此微分方程在 $x=0$ 可作連續延拓，令

$$y'(0)=-1.$$

直接對方程積分，並利用初始條件：

$$y(x)-y(0) = -\int_0^x\frac{\sin t}{t}\,dt.$$

代入 $y(0)=1$，得到

$$y(x)=1-\int_0^x\frac{\sin t}{t}\,dt.$$

定義正弦積分函數

$$\operatorname{Si}(x)=\int_0^x\frac{\sin t}{t}\,dt,$$

因此解可寫成

$$\boxed{y(x)=1-\operatorname{Si}(x)}.$$

其中 $t=0$ 處的被積函數以連續延拓值 $1$ 解讀。

解題技巧與驗算

由

$$\frac{d}{dx}\operatorname{Si}(x)=\frac{\sin x}{x},$$

可直接驗算

$$y'(x)=-\frac{\sin x}{x}.$$

此外，

$$\operatorname{Si}(0)=0$$

故

$$y(0)=1-\operatorname{Si}(0)=1,$$

符合初始條件。

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（2）$\displaystyle \frac{d^2y}{dx^2}+\frac{dy}{dx}+y=x$

核心觀念

對常係數線性非齊次方程

$$y''+ay'+by=f(x),$$

通解為

$$y=y_h+y_p,$$

其中：

• $y_h$ 為對應齊次方程的通解；
• $y_p$ 為原非齊次方程的一組特解。

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一、求齊次解

先考慮對應齊次方程：

$$y''+y'+y=0.$$

設

$$y=e^{rx},$$

代入得特徵方程

$$r^2+r+1=0.$$

由公式解得

$$r=\frac{-1\pm\sqrt{1-4}}{2} =\frac{-1\pm i\sqrt{3}}{2}.$$

因此

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換處理含 Dirac delta 函數的初值問題，核心公式如下：

1. 導數的拉普拉斯轉換：
   $\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0)$

2. Dirac delta 函數的位移性質：
   $\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as},\qquad a>0$

3. 第二位移定理：

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

其中 $u(t-a)$ 為 Heaviside 單位階梯函數：

$$u(t-a)= \begin{cases} 0,&t<a,\\ 1,&t\ge a. \end{cases}$$

Dirac delta 函數 $\delta(t-1)$ 代表在 $t=1$ 瞬間施加一個單位脈衝，因此解函數會在 $t=1$ 發生大小為 $1$ 的跳躍。

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解題方法

題目為

$$\frac{dy}{dt}+y=\delta(t-1), \qquad y(0)=1.$$

令

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

對方程式兩側取拉普拉斯轉換：

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

代入相關公式：

$$sY(s)-y(0)+Y(s)=e^{-s}.$$

由初始條件 $y(0)=1$，得

$$sY(s)-1+Y(s)=e^{-s}.$$

整理 $Y(s)$：

$$(s+1)Y(s)=1+e^{-s},$$

因此

$$Y(s)=\frac{1}{s+1}+\frac{e^{-s}}{s+1}.$$

分別進行反拉普拉斯轉換。

第一項為

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+1}\right\}=e^{-t}.$$

第二項利用第二位移定理：

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

所以解為

$$\boxed{y(t)=e^{-t}+u(t-1)e^{-(t-1)}}.$$

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分段表示

將階梯函數展開，可寫成

核心觀念

本題考查三個向量微積分基本運算：

• 梯度（gradient）：對純量函數 $f(x,y,z)$，
  $\nabla f=\left[\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y},\frac{\partial f}{\partial z}\right].$

• 散度（divergence）：對向量場 $\mathbf{F}=[P,Q,R]$，

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

• 旋度（curl）：

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

題目給定

$$f=xz-yz,$$ $$\mathbf{v}=[4z,\,2y,\,x-z],$$ $$\mathbf{w}=[y^2,\,y^2-x^2,\,2z^2].$$

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解題方法與計算

（1）求 $f$ 在 $(0,3,1)$ 的梯度

先對 $f$ 分別取偏微分：

$$\frac{\partial f}{\partial x} =\frac{\partial}{\partial x}(xz-yz)=z,$$ $$\frac{\partial f}{\partial y} =\frac{\partial}{\partial y}(xz-yz)=-z,$$ $$\frac{\partial f}{\partial z} =\frac{\partial}{\partial z}(xz-yz)=x-y.$$

因此

$$\nabla f=[z,\,-z,\,x-y].$$

代入 $(x,y,z)=(0,3,1)$：

$$\nabla f(0,3,1) =[1,\,-1,\,0-3].$$

所以

$$\boxed{\nabla f(0,3,1)=[1,-1,-3]}.$$

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（2）求 $\mathbf{v}$ 與 $\mathbf{w}$ 的散度

向量場 $\mathbf{v}$

令

$$\mathbf{v}=[P,Q,R]=[4z,\,2y,\,x-z].$$

依散度公式：

$$\nabla\cdot\mathbf{v} =\frac{\partial (4z)}{\partial x} +\frac{\partial (2y)}{\partial y} +\frac{\partial (x-z)}{\partial z}.$$

各項分別為

$$\frac{\partial (4z)}{\partial x}=0,\qquad \frac{\partial (2y)}{\partial y}=2,\qquad \frac{\partial (x-z)}{\partial z}=-1.$$

因此

$$\boxed{\nabla\cdot\mathbf{v}=0+2-1=1}.$$

向量場 $\mathbf{w}$

令

核心觀念

本題考查：

• 矩陣的秩 $\operatorname{rank}(A)$：矩陣列（或行）中線性獨立向量的最大個數，也等於列簡化階梯形中的主元個數。
• 零度 $\operatorname{nullity}(A)$：齊次系統 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$ 的解空間維度。
• 秩—零度定理：
  $\operatorname{rank}(A)+\operatorname{nullity}(A)=\text{欄數}$
• 線性系統的相容性：利用增廣矩陣 $\begin{bmatrix}A\mid B\end{bmatrix}$ 判斷。

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解題方法

對矩陣 $A$ 進行列運算，找出主元個數。

$$A= \begin{bmatrix} 5&-3&1\\ 2&3&-1\\ 8&9&-3 \end{bmatrix}$$

先消去第一欄：

$$R_2\leftarrow 5R_2-2R_1$$

得到

$$R_2= \begin{bmatrix} 0&21&-7 \end{bmatrix}.$$

同理，

$$R_3\leftarrow 5R_3-8R_1$$

得到

$$R_3= \begin{bmatrix} 0&69&-23 \end{bmatrix}.$$

因此

$$A\sim \begin{bmatrix} 5&-3&1\\ 0&21&-7\\ 0&69&-23 \end{bmatrix}.$$

再消去第三列：

$$R_3\leftarrow 7R_3-23R_2,$$

可得

$$7R_3-23R_2 = \begin{bmatrix} 0&0&0 \end{bmatrix}.$$

所以矩陣的列簡化階梯形具有兩個主元：

$$\operatorname{rank}(A)=2.$$

矩陣 $A$ 有 $3$ 個欄，因此由秩—零度定理，

$$\operatorname{nullity}(A) =3-\operatorname{rank}(A) =3-2=1.$$

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線性系統的解的數量

考慮增廣矩陣：

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} 5&-3&1&1\\ 2&3&-1&3\\ 8&9&-3&7 \end{array} \right].$$

沿用前面的列運算。

首先，

$$R_2\leftarrow 5R_2-2R_1,$$

其右側常數變為

核心觀念

本題考查有限區間上的傅立葉正弦積分轉換。其核心公式為

$$F\{f(x)\}=\int_0^b f(x)\sin(\beta x)\,dx, \qquad \beta=\frac{n\pi}{b}.$$

當邊界條件滿足

$$f(0)=f(b)=0,$$

正弦函數在端點具有

$$\sin(0)=0,\qquad \sin(n\pi)=0,$$

因此對二階導數進行兩次分部積分時，邊界項會消失，得到

$$F\{f''(x)\}=-\beta^2F\{f(x)\}.$$

第 (2) 題則將此性質套用至微分方程，再利用反積分轉換求出 $f(x)$。

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(1) 證明二階導數的轉換性質

由定義，

$$F\{f''(x)\} = \int_0^b f''(x)\sin(\beta x)\,dx.$$

第一次分部積分，取

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

則

$$du=\beta\cos(\beta x)\,dx,\qquad v=f'(x).$$

因此

$$\begin{aligned} F\{f''(x)\} &= \left[f'(x)\sin(\beta x)\right]_0^b -\beta\int_0^b f'(x)\cos(\beta x)\,dx. \end{aligned}$$

因為

$$\beta b=n\pi,$$

所以

$$\sin(\beta b)=\sin(n\pi)=0,\qquad \sin(0)=0.$$

故第一個邊界項為零：

$$\left[f'(x)\sin(\beta x)\right]_0^b=0.$$

於是

$$F\{f''(x)\} = -\beta\int_0^b f'(x)\cos(\beta x)\,dx.$$

接著對剩下的積分再次分部積分，取

$$u=\cos(\beta x),\qquad dv=f'(x)\,dx,$$

則

$$du=-\beta\sin(\beta x)\,dx,\qquad v=f(x).$$

因此

$$\begin{aligned} \int_0^b f'(x)\cos(\beta x)\,dx &= \left[f(x)\cos(\beta x)\right]_0^b +\beta\int_0^b f(x)\sin(\beta x)\,dx. \end{aligned}$$

由邊界條件 $f(0)=f(b)=0$，

$$\left[f(x)\cos(\beta x)\right]_0^b=0.$$

因此

$$\int_0^b f'(x)\cos(\beta x)\,dx = \beta F\{f(x)\}.$$

代回前式：

$$F\{f''(x)\} = -\beta\left[\beta F\{f(x)\}\right].$$

所以

$$\boxed{ F\left\{\frac{d^2f}{dx^2}\right\} = -\beta^2F\{f(x)\} }.$$

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(2) 利用積分轉換求解微分方程

題目給定

$$f''(x)+f(x)=1, \qquad 0<x<1,$$

以及

$$f(0)=0,\qquad f(1)=0.$$

此時 $b=1$，因此

$$\beta=n\pi,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

題目所使用的係數定義為

$$F(\beta) = \frac{2}{b}\int_0^b f(x)\sin(\beta x)\,dx.$$

由於 $b=1$，可寫成

$$F(\beta)=2\int_0^1f(x)\sin(\beta x)\,dx.$$

乘上 $\sin(\beta x)$ 後在 $[0,1]$ 上積分：