113 年 國立中山大學海洋環境及工程學系離岸風電海事工程碩士班《工程數學》

(a)

本題為歐拉-柯西方程式（Cauchy-Euler equation），利用變數變換 $x = e^t$（即 $t = \ln x$），將原微分方程轉化為常係數微分方程後，再以待定係數法求解。

步驟 1：變數變換

設 $x = e^t \ (t = \ln x)$，微分算子關係如下：
$x y' = \frac{dy}{dt}$
$x^2 y'' = \frac{d^2y}{dt^2} - \frac{dy}{dt}$

代入原式 $x^2 y'' - 3x y' + 4y = 2x + 4\ln x$：
$\left(\frac{d^2y}{dt^2} - \frac{dy}{dt}\right) - 3\frac{dy}{dt} + 4y = 2e^t + 4t$
$\frac{d^2y}{dt^2} - 4\frac{dy}{dt} + 4y = 2e^t + 4t$

步驟 2：求齊次解 $y_h(t)$

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

步驟 3：用待定係數法求特解 $y_p(t)$

針對右端項 $2e^t + 4t$，設特解型態為：
$y_p(t) = A e^t + B t + C$
微分得：
$y_p' = A e^t + B, \quad y_p'' = A e^t$

代入常係數微分方程：
$(A e^t) - 4(A e^t + B) + 4(A e^t + B t + C) = 2e^t + 4t$
$A e^t + 4B t + (4C - 4B) = 2e^t + 4t$

對比兩端係數：
$\begin{cases} A = 2 \\ 4B = 4 \implies B = 1 \\ 4C - 4B = 0 \implies C = 1 \end{cases}$

得特解 $y_p(t) = 2e^t + t + 1$，換回變數 $x$：
$y_p(x) = 2x + \ln x + 1$

步驟 4：通解 $y(x) = y_h(x) + y_p(x)$

$y(x) = c_1 x^2 + c_2 x^2 \ln x + 2x + \ln x + 1$

【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)

本題採用冪級數解法（Power Series Method）。

步驟 1：假設級數解並求導

設 $y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$，逐項微分得：

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)

核心觀念： 三角半角公式與頻率積分性質 $\mathcal{L}\left\{\frac{f(t)}{t}\right\} = \int_s^\infty F(u) \, du$。

1. 利用三角半角公式展開：
   $\sin^2 t = \frac{1 - \cos 2t}{2}$
   取拉普拉斯變換：
   $\mathcal{L}\{\sin^2 t\} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{s} - \frac{s}{s^2 + 4} \right)$

2. 利用頻率積分性質：
   $\mathcal{L}\left\{\frac{\sin^2 t}{t}\right\} = \int_s^\infty \frac{1}{2}\left( \frac{1}{u} - \frac{u}{u^2 + 4} \right) du$

3. 計算定積分：

第 4 題【Fourier Analysis】詳解

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核心觀念

本題考查以下核心內容：

1. Fourier 級數定義：週期為 $2L$ 的函數，其 Fourier 級數為
   $f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n \cos\frac{n\pi x}{L} + b_n \sin\frac{n\pi x}{L}\right)$
2. Euler–Fourier 係數公式：
   $a_n = \frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx, \quad b_n = \frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)\sin\frac{n\pi x}{L}\,dx$
3. 函數奇偶性的利用：偶函數的 $b_n = 0$；奇函數的 $a_n = 0$。
4. Dirichlet 定理（用於 (b) 小題的收斂值）：在函數的連續點處，Fourier 級數收斂至 $f(x)$；在跳躍不連續點處，收斂至左右極限的平均值 $\frac{f(x^-)+f(x^+)}{2}$。

本題 $f(x+2\pi)=f(x)$，故週期 $T=2\pi$，即 $L=\pi$。

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(a) 求 Fourier 級數（10%）

步驟一：確認函數的對稱性

$f(x)$ 在 $(-\pi,\pi)$ 上的定義為：
$f(x) = \begin{cases}1, & -\frac{\pi}{2} < x < \frac{\pi}{2}\\0, & \frac{\pi}{2} < |x| < \pi\end{cases}$

顯然 $f(-x) = f(x)$，故 $f(x)$ 為偶函數，由此立即得：
$b_n = 0 \quad \text{（所有 } n \geq 1\text{）}$
Fourier 級數只含常數項與餘弦項。

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步驟二：計算 $a_0$

$a_0 = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\,dx = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x)\,dx$

（利用偶函數積分對稱性）

$= \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi/2} 1\,dx + \frac{2}{\pi}\int_{\pi/2}^{\pi} 0\,dx = \frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi}{2} = 1$

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步驟三：計算 $a_n$（$n \geq 1$）

$a_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\cos(nx)\,dx = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x)\cos(nx)\,dx$

$= \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi/2}\cos(nx)\,dx + \frac{2}{\pi}\int_{\pi/2}^{\pi} 0\cdot\cos(nx)\,dx$

$= \frac{2}{\pi}\left[\frac{\sin(nx)}{n}\right]_{0}^{\pi/2} = \frac{2}{\pi}\cdot\frac{\sin\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)}{n} = \frac{2}{n\pi}\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right)$

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步驟四：逐項列出 $a_n$ 的值

$n$	$\sin\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)$	$a_n$
$1$	$1$	$\dfrac{2}{\pi}$
$2$	$0$	$0$
$3$	$-1$	$-\dfrac{2}{3\pi}$
$4$	$0$	$0$
$5$	$1$	$\dfrac{2}{5\pi}$
$6$	$0$	$0$
$7$	$-1$	$-\dfrac{2}{7\pi}$

規律明確：$n$ 為偶數時 $a_n=0$；$n$ 為奇數時 $a_n = \dfrac{2}{n\pi}(-1)^{(n-1)/2}$。

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步驟五：寫出 Fourier 級數

第 5 題｜偏微分方程式——分離變數法詳解

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核心觀念

本題考的是**一維波動方程式（Wave Equation）**的求解，要點如下：

項目	內容
方程型態	雙曲型 PDE（Hyperbolic PDE）
求解方法	分離變數法（Method of Separation of Variables）
關鍵工具	Sturm-Liouville 特徵值問題、Fourier Sine Series
邊界條件	齊次 Dirichlet 條件（兩端固定為零）
初始條件	位移 $u(x,0)=e^{-x}$，速度 $\frac{\partial u}{\partial t}(x,0)=0$

波動方程式描述弦振動、音波等物理現象，齊次邊界條件是使用 Fourier Sine Series 的前提。

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解題方法

Step 1：假設可分離解

令

$u(x,t) = X(x)\,T(t)$

代入 PDE $u_{tt} = c^2 u_{xx}$：

$X(x)\,T''(t) = c^2 X''(x)\,T(t)$

兩邊除以 $c^2 X(x)T(t)$：

$\frac{T''(t)}{c^2 T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda$

其中 $-\lambda$ 為分離常數（separation constant），左側只含 $t$，右側只含 $x$，故兩者必須等於同一常數。

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Step 2：求解空間方程式（特徵值問題）

$X''(x) + \lambda X(x) = 0$

邊界條件代入 $u(0,t)=0$ 及 $u(l,t)=0$，由於 $T(t)\not\equiv 0$：

$X(0) = 0, \quad X(l) = 0$

分析三種情形：

• $\lambda < 0$：通解為指數型，只能給出零解（trivial solution），捨去。
• $\lambda = 0$：通解 $X = Ax+B$，代入邊界條件得 $A=B=0$，捨去。
• $\lambda > 0$：令 $\lambda = \mu^2$（$\mu > 0$），通解為

$X(x) = A\cos(\mu x) + B\sin(\mu x)$

代入 $X(0)=0 \Rightarrow A=0$；

代入 $X(l)=0 \Rightarrow B\sin(\mu l)=0$。

為得非零解，須 $\sin(\mu l)=0$，故

$\mu l = n\pi, \quad n = 1,2,3,\ldots$

$\Rightarrow \mu_n = \frac{n\pi}{l}$

特徵值（Eigenvalue）：$\lambda_n = \left(\dfrac{n\pi}{l}\right)^2$

特徵函數（Eigenfunction）：$X_n(x) = \sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{l}\right)$

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Step 3：求解時間方程式

$T''(t) + c^2\lambda_n T(t) = 0 \quad \Rightarrow \quad T''(t) + \left(\frac{cn\pi}{l}\right)^2 T(t) = 0$

令 $\omega_n = \dfrac{cn\pi}{l}$，通解為

$T_n(t) = C_n \cos(\omega_n t) + D_n \sin(\omega_n t)$

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Step 4：疊加（Superposition）寫出一般解

$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[C_n \cos\!\left(\frac{cn\pi t}{l}\right) + D_n \sin\!\left(\frac{cn\pi t}{l}\right)\right] \sin\!\left(\frac{n\pi x}{l}\right)$

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Step 5：代入初始條件，決定係數

（一）利用 $\dfrac{\partial u}{\partial t}(x,0) = 0$

$\frac{\partial u}{\partial t} = \sum_{n=1}^{\infty} \left[-C_n \omega_n \sin(\omega_n t) + D_n \omega_n \cos(\omega_n t)\right]\sin\!\left(\frac{n\pi x}{l}\right)$

令 $t=0$：

$\frac{\partial u}{\partial t}(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} D_n \omega_n \sin\!\left(\frac{n\pi x}{l}\right) = 0$

由 Fourier Sine Series 的唯一性，各係數必須逐項為零：

$D_n \omega_n = 0 \quad \Rightarrow \quad D_n = 0 \quad \forall n$

（二）利用 $u(x,0) = e^{-x}$

$u(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} C_n \sin\!\left(\frac{n\pi x}{l}\right) = e^{-x}, \quad 0 < x < l$

第 6 題詳解｜複變分析：$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+x^4}\,dx$

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核心觀念

本題考**留數定理（Residue Theorem）**在實數廣義積分上的應用，屬於「利用複變函數計算實積分」的標準題型，具體涉及：

• Jordan 引理 / 半圓圍道積分法（semicircular contour）
• 極點的識別與分類（finding poles of $f(z)=\frac{1}{1+z^4}$）
• 留數的計算（simple pole 的留數公式 $\operatorname{Res}[f,z_k]=\lim_{z\to z_k}(z-z_k)f(z)$）
• 留數定理：$\oint_C f(z)\,dz = 2\pi i\sum_k \operatorname{Res}[f, z_k]$（對圍道內所有極點求和）

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解題方法

為何使用圍道積分？
被積函數 $f(x)=\dfrac{1}{1+x^4}$ 為有理函數，分母次數比分子高 4 次（$\geq 2$），滿足半圓弧積分趨零的條件，故可直接採用上半平面半圓圍道法。

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Step 1：建立複變函數與圍道

令 $f(z)=\dfrac{1}{1+z^4}$，取圍道 $C = \Gamma_R + [-R, R]$，其中

$\Gamma_R: z = Re^{i\theta},\quad \theta\in[0,\pi],\quad R\to\infty$

為上半平面的半圓弧。由留數定理：

$\oint_C f(z)\,dz = \int_{-R}^{R} f(x)\,dx + \int_{\Gamma_R} f(z)\,dz = 2\pi i \sum_{\text{Im}(z_k)>0} \operatorname{Res}[f,z_k]$

弧段趨零的驗證：
在 $\Gamma_R$ 上，$|z|=R$，故

$|f(z)| = \frac{1}{|1+z^4|} \leq \frac{1}{R^4 - 1} \xrightarrow{R\to\infty} 0$

由 ML 估計，$\left|\int_{\Gamma_R} f(z)\,dz\right| \leq \frac{\pi R}{R^4-1} \to 0$，故

$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+x^4}\,dx = 2\pi i \sum_{\text{Im}(z_k)>0} \operatorname{Res}[f,z_k]$

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Step 2：求極點

解方程 $1+z^4=0$，即 $z^4 = -1 = e^{i\pi}$：

$z_k = e^{i\frac{\pi + 2k\pi}{4}} = e^{i\frac{(2k+1)\pi}{4}},\quad k=0,1,2,3$

逐一計算：

$k$	$z_k$	直角座標	位置
0	$e^{i\pi/4}$	$\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i$	上半平面 ✓
1	$e^{i3\pi/4}$	$-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i$	上半平面 ✓
2	$e^{i5\pi/4}$	$-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i$	下半平面 ✗
3	$e^{i7\pi/4}$	$\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i$	下半平面 ✗

四個極點均為一階極點（simple poles），因 $1+z^4$ 的四根各不相同。

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Step 3：計算留數

對一階極點，留數公式為：

$\operatorname{Res}[f, z_k] = \lim_{z\to z_k}(z-z_k)\cdot\frac{1}{1+z^4}$

由於 $1+z^4 = \prod_{j=0}^{3}(z-z_j)$，利用 L'Hôpital 法則（或等價的有理函數留數公式）：

$\operatorname{Res}[f, z_k] = \frac{1}{\left.\frac{d}{dz}(1+z^4)\right|_{z=z_k}} = \frac{1}{4z_k^3}$

又因 $z_k^4 = -1$，故 $z_k^3 = z_k^4 \cdot z_k^{-1} = -z_k^{-1} = -\overline{z_k}/|z_k|^2 = -\bar{z}_k$（因 $|z_k|=1$），因此：

$\operatorname{Res}[f, z_k] = \frac{1}{4z_k^3} = \frac{-z_k}{4z_k^4} = \frac{-z_k}{4\cdot(-1)} = \frac{z_k}{4}$

上半平面兩極點的留數：

$\operatorname{Res}[f, z_0] = \frac{z_0}{4} = \frac{1}{4}e^{i\pi/4} = \frac{1}{4}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i\right) = \frac{\sqrt{2}}{8}(1+i)$

$\operatorname{Res}[f, z_1] = \frac{z_1}{4} = \frac{1}{4}e^{i3\pi/4} = \frac{1}{4}\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i\right) = \frac{\sqrt{2}}{8}(-1+i)$

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Step 4：應用留數定理求積分

$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+x^4}\,dx = 2\pi i \left(\operatorname{Res}[f, z_0] + \operatorname{Res}[f, z_1]\right)$

$= 2\pi i \cdot \left[\frac{\sqrt{2}}{8}(1+i) + \frac{\sqrt{2}}{8}(-1+i)\right]$

$= 2\pi i \cdot \frac{\sqrt{2}}{8}\left[(1+i)+(-1+i)\right]$

$= 2\pi i \cdot \frac{\sqrt{2}}{8} \cdot 2i$

$= 2\pi i \cdot \frac{\sqrt{2}i}{4}$

$= \frac{\sqrt{2}\pi}{4} \cdot 2i^2 \cdot \frac{1}{1}$