113 年 國立中山大學海洋環境及工程學系碩士班甲組《工程數學》

(a)

觀念說明：
本題為歐拉-柯西方程式（Cauchy-Euler equation），經變數代換 $x = e^t$（即 $t = \ln x$）可化簡為常係數線性非齊次常微分方程式，再以未定係數法求解。

解題步驟：

1. 變數代換與微分運算子：
   設 $x = e^t \implies t = \ln x$，定義 $D = \frac{d}{dt}$，則：
   $x y' = Dy, \quad x^2 y'' = D(D-1)y$
   代入原方程式：
   $D(D-1)y - 3Dy + 4y = 2e^t + 4t$
   $(D^2 - 4D + 4)y = 2e^t + 4t$

2. 求齊次解 $y_h(t)$：
   特徵方程式為：
   $r^2 - 4r + 4 = 0 \implies (r-2)^2 = 0 \implies r = 2, 2 \quad \text{（重根）}$
   故齊次解為：
   $y_h(t) = c_1 e^{2t} + c_2 t e^{2t}$

3. 求特解 $y_p(t)$（未定係數法）：
   等號右端為 $2e^t + 4t$，且 $r=1, 0$ 皆非特徵根，設特解型態為：
   $y_p(t) = A e^t + B t + C$
   對 $t$ 微分得：
   $y_p' = A e^t + B, \quad y_p'' = A e^t$
   代入 $(D^2 - 4D + 4)y_p = 2e^t + 4t$：
   $(A e^t) - 4(A e^t + B) + 4(A e^t + B t + C) = 2e^t + 4t$
   $A e^t + 4B t + (4C - 4B) = 2e^t + 4t$
   比較係數：
   $\begin{cases} A = 2 \\ 4B = 4 \implies B = 1 \\ 4C - 4B = 0 \implies C = 1 \end{cases}$
   得特解：
   $y_p(t) = 2e^t + t + 1$

4. 通解與變數還原：
   $y(t) = y_h(t) + y_p(t) = c_1 e^{2t} + c_2 t e^{2t} + 2e^t + t + 1$
   將 $t = \ln x$ 及 $e^t = x$ 代回，得：
   $y(x) = c_1 x^2 + c_2 x^2 \ln x + 2x + \ln x + 1$

【答案】$y(x) = c_1 x^2 + c_2 x^2 \ln x + 2x + \ln x + 1$ （其中 $c_1, c_2$ 為任意常數）

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(b)

觀念說明：
本題於常點 $x=0$ 處採用冪級數法（Power Series Method）求解二階線性微分方程式之初值問題。

解題步驟：

1. 設冪級數解與導函數：
   設 $y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$，求導可得：
   $y'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}, \quad y''(x) = \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2}$

核心觀念

• Stokes 定理：對於有向曲面 $S$ 及其正向邊界曲線 $C$，有

$$\iint_{S} (\nabla \times \mathbf{F})\cdot\mathbf{n}\,dS =\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r},$$

其中 $\mathbf{n}$ 為曲面單位外法向量，方向依右手定則與曲線正向相符合。

• 向量場 $\mathbf{F}$：$\mathbf{F}=3y\hat{i}-xz\hat{j}+yz^{2}\hat{k}$。
• 曲面 $S$：拋物面 $2z=x^{2}+y^{2}$ 在平面 $z=2$ 之上所截的部分。此曲面可寫成 $z=\dfrac{x^{2}+y^{2}}{2}$，$0\le z\le 2$。其投影於 $xy$ 平面為圓 $x^{2}+y^{2}=4$。
• 邊界曲線 $C$：$z=2$ 且 $x^{2}+y^{2}=4$ 的圓，取逆時針方向（依右手定則與外法向相配）。

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解題方法

1. 計算旋度 $\nabla\times\mathbf{F}$

$$\nabla\times\mathbf{F}= \begin{vmatrix} \hat{i}&\hat{j}&\hat{k}\\[2pt] \dfrac{\partial}{\partial x}&\dfrac{\partial}{\partial y}&\dfrac{\partial}{\partial z}\\[2pt] 3y & -xz & yz^{2} \end{vmatrix} =\Bigl( \frac{\partial}{\partial y}(yz^{2})-\frac{\partial}{\partial z}(-xz)\Bigr)\hat{i} -\Bigl( \frac{\partial}{\partial x}(yz^{2})-\frac{\partial}{\partial z}(3y)\Bigr)\hat{j} +\Bigl( \frac{\partial}{\partial x}(-xz)-\frac{\partial}{\partial y}(3y)\Bigr)\hat{k}.$$

計算各分量

$$(\nabla\times\mathbf{F})_{x}=z^{2}+x,\qquad (\nabla\times\mathbf{F})_{y}= -2yz,\qquad (\nabla\times\mathbf{F})_{z}= -3 .$$

因此

$\boxed{\nabla\times\mathbf{F}= (z^{2}+x)\,\hat{i}-2yz\,\hat{j}-3\,\hat{k}}.$

2. 參數化曲面 $S$
   以柱座標 $(r,\theta)$ 取

$$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,\qquad z=\frac{r^{2}}{2},\qquad 0\le r\le 2,\;0\le\theta\le2\pi .$$

計算向量積 $\mathbf{r}_{r}\times\mathbf{r}_{\theta}$ 得到指向外側的法向量（由右手定則）：

$$\mathbf{r}_{r}=(\cos\theta,\sin\theta,r),\qquad \mathbf{r}_{\theta}=(-r\sin\theta,r\cos\theta,0),$$ $$\mathbf{r}_{r}\times\mathbf{r}_{\theta} =\bigl(-r^{2}\cos\theta,\,-r^{2}\sin\theta,\,r\bigl)\bigr).$$

因此單位外法向量 $\mathbf{n}$ 與面元 $dS$ 可合併為

$$\mathbf{n}\,dS =\frac{\mathbf{r}_{r}\times\mathbf{r}_{\theta}}{|\mathbf{r}_{r}\times\mathbf{r}_{\theta}|}\,|\mathbf{r}_{r}\times\mathbf{r}_{\theta}|\,dr\,d\theta =\bigl(-r^{2}\cos\theta,\,-r^{2}\sin\theta,\,r\bigr)\,dr\,d\theta .$$

3. 曲面積分
   把 $\nabla\times\mathbf{F}$ 以柱座標表示：$z=\dfrac{r^{2}}{2}$。

$$(\nabla\times\mathbf{F})\cdot \mathbf{n}\,dS =\bigl(z^{2}+x,\,-2yz,\,-3\bigr)\cdot\bigl(-r^{2}\cos\theta,\,-r^{2}\sin\theta,\,r\bigr)\,dr\,d\theta .$$

替換 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$、$z=\dfrac{r^{2}}{2}$ 得

$$\begin{aligned} &\bigl(\tfrac{r^{4}}{4}+r\cos\theta\bigr)(-r^{2}\cos\theta) +(-2r\sin\theta\cdot\tfrac{r^{2}}{2})(-r^{2}\sin\theta) +(-3)r \\ &= -\frac{r^{6}}{4}\cos\theta - r^{3}\cos^{2}\theta + r^{5}\sin^{2}\theta -3r . \end{aligned}$$

再把 $\cos^{2}\theta =\frac{1+\cos2\theta}{2}$、$\sin^{2}\theta =\frac{1-\cos2\theta}{2}$ 代入，並在 $\theta$ 上積分 $0\to2\pi$。
項 $\cos\theta$ 以及 $\cos2\theta$ 的積分皆為零，剩餘與 $\theta$ 無關的部分：

(a) 證明 $\mathcal{L}\left\{\frac{\sin^2 t}{t}\right\}$

解題觀念

1. 三角半角公式：$\sin^2 t = \frac{1 - \cos 2t}{2}$
2. 頻域積分性質：若 $\mathcal{L}\{f(t)\} = F(s)$，則 $\mathcal{L}\left\{\frac{f(t)}{t}\right\} = \int_s^\infty F(u) \, du$

推導步驟
求分子 $f(t) = \sin^2 t$ 之拉普拉斯轉換：
$F(s) = \mathcal{L}\left\{\frac{1 - \cos 2t}{2}\right\} = \frac{1}{2s} - \frac{s}{2(s^2 + 4)}$

套用頻域積分公式：
$\mathcal{L}\left\{\frac{\sin^2 t}{t}\right\} = \int_s^\infty \left[ \frac{1}{2u} - \frac{u}{2(u^2 + 4)} \right] du$

求解定積分：
$= \left[ \frac{1}{2}\ln u - \frac{1}{4}\ln(u^2 + 4) \right]_s^\infty = \left[ \frac{1}{4}\ln\left(\frac{u^2}{u^2 + 4}\right) \right]_s^\infty$

代入極限與上下限：

核心觀念

週期為 $2\pi$ 的函數，其 Fourier 級數可寫成

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

其中

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,\qquad a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx,\qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx.$$

在一個週期 $(-\pi,\pi)$ 內，$f(x)=1$ 於 $-\pi/2<x<\pi/2$，其餘區間為 $0$。此函數為偶函數，因此所有正弦係數 $b_n$ 都是 $0$，只需求常數項與餘弦係數。

解題方法

先計算常數項：

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}1\,dx =1.$$

故 Fourier 級數的常數項為 $a_0/2=1/2$。

對 $n\ge 1$，

$$\begin{aligned} a_n &=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos nx\,dx\\ &=\frac{1}{\pi}\left[\frac{\sin nx}{n}\right]_{-\pi/2}^{\pi/2}\\ &=\frac{2}{n\pi}\sin\frac{n\pi}{2}. \end{aligned}$$

當 $n$ 為偶數時，$\sin(n\pi/2)=0$，所以 $a_n=0$。當 $n$ 為奇數時，係數依序為

核心觀念

• 波動方程：
  $u_{tt}=c^{2}u_{xx}$
  為線性二階常係數均勻波方程。
• 分離變數法：假設解可寫成 $u(x,t)=X(x)T(t)$，將 PDE 轉化為兩個常微分方程並引入分離常數 $\lambda$。
• 特徵值問題：$X''+\lambda X=0$ 且 $X(0)=X(l)=0$ → 正弦本徵函數 $\sin\frac{n\pi x}{l}$，特徵值 $\lambda_{n}=(\frac{n\pi}{l})^{2}$（$n=1,2,\dots$）。
• 傅立葉正弦級數：任意滿足 Dirichlet 邊界的初始位形 $f(x)$ 可展開為 $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}A_{n}\sin\frac{n\pi x}{l}$，其中

$A_{n}=\frac{2}{l}\int_{0}^{l}f(x)\sin\frac{n\pi x}{l}\,dx .$

解題方法

1. 分離變數

$u(x,t)=X(x)T(t)\quad\Longrightarrow\quad\frac{T''}{c^{2}T}=\frac{X''}{X}=-\lambda .$

得到

$$\begin{cases} X''+\lambda X=0,\\[2mm] T''+c^{2}\lambda T=0 . \end{cases}$$

2. 解本徵問題（使用邊界條件 $u(0,t)=u(l,t)=0$）

$$X(0)=X(l)=0\;\Rightarrow\; X_{n}(x)=\sin\frac{n\pi x}{l},\qquad \lambda_{n}=\Bigl(\frac{n\pi}{l}\Bigr)^{2},\;n=1,2,\dots$$

3. 時間方向的 ODE

$T_{n}''+\Bigl(\frac{n\pi c}{l}\Bigr)^{2}T_{n}=0$

一般解為

$T_{n}(t)=A_{n}\cos\!\Bigl(\frac{n\pi c}{l}t\Bigr)+B_{n}\sin\!\Bigl(\frac{n\pi c}{l}t\Bigr).$

4. 組合通解

$u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl[A_{n}\cos\!\Bigl(\frac{n\pi c}{l}t\Bigr)+B_{n}\sin\!\Bigl(\frac{n\pi c}{l}t\Bigr)\Bigr]\sin\!\Bigl(\frac{n\pi x}{l}\Bigr).$

5. 套用初始條件

   • 位形 $u(x,0)=e^{x}$

$u(x,0)=\sum_{n=1}^{\infty}A_{n}\sin\!\Bigl(\frac{n\pi x}{l}\Bigr)=e^{x}.$

 因此 $A_{n}$ 為 $e^{x}$ 的 Fourier 正弦係數：

$A_{n}= \frac{2}{l}\int_{0}^{l}e^{x}\sin\!\Bigl(\frac{n\pi x}{l}\Bigr)\,dx .$

 計算積分（設 $k_{n}=\frac{n\pi}{l}$）：

核心觀念

• 偶函數：$f(x)=\dfrac{x^{2}}{1+x^{4}}$ 為偶函數，故 $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx=2\int_{0}^{\infty}f(x)\,dx$。
• 複變積分與留數定理：利用閉合路徑在上半平面積分，將實數積分轉為複平面的留數求和。
• 多項式的根：$1+z^{4}=0$ 的根為 $z_k=e^{i\pi/4},\,e^{i3\pi/4},\,e^{i5\pi/4},\,e^{i7\pi/4}$。上半平面的兩個簡單極點為

$$z_{1}=e^{i\pi/4}=\frac{\sqrt2}{2}\,(1+i),\qquad z_{2}=e^{i3\pi/4}=\frac{\sqrt2}{2}\,(-1+i).$$

解題方法

1. 將積分寫成偶函數的半區域積分

$$I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^{2}}{1+x^{4}}dx =2\int_{0}^{\infty}\frac{x^{2}}{1+x^{4}}dx \equiv2I_{0}.$$

2. 構造閉合路徑
   在上半平面取半圓路徑 $C_R$（半徑 $R$），路徑由實軸 $[0,R]$ 與上半圓 $\gamma_R$ 組成。考慮函數

$f(z)=\frac{z^{2}}{1+z^{4}}.$

因為 $|f(z)|\le \dfrac{|z|^{2}}{|z|^{4}-1}=O\!\left(\frac{1}{|z|^{2}}\right)$ 在 $|z|\to\infty$，

$\lim_{R\to\infty}\int_{\gamma_R}f(z)\,dz=0 .$

3. 利用留數定理
   由留數定理

$$\int_{0}^{\infty}f(x)\,dx+\int_{\gamma_R}f(z)\,dz =2\pi i\!\sum_{\substack{\text{上半平面}\\\text{極點}}}\operatorname{Res}\bigl(f;z_k\bigr).$$

令 $R\to\infty$，上式化為

$I_{0}= \pi i\!\sum_{k=1}^{2}\operatorname{Res}\bigl(f;z_k\bigr).$

4. 計算簡單極點的留數
   極點皆為一階：

$$\operatorname{Res}\bigl(f;z_k\bigr)=\lim_{z\to z_k}\frac{z^{2}}{(z^{4}+1)'}= \frac{z_k^{2}}{4z_k^{3}}=\frac{1}{4z_k}.$$

因此

$$\sum_{k=1}^{2}\operatorname{Res}\bigl(f;z_k\bigr) =\frac{1}{4}\Bigl(\frac{1}{z_{1}}+\frac{1}{z_{2}}\Bigr).$$