108 年 國立成功大學機械工程學系碩士班丁組《工程數學》

核心觀念

本題是二階 Euler–Cauchy（等冪次）微分方程：

$$y''+\frac{A}{x}y'+\frac{B}{x^2}y=0,\qquad x>0.$$

對此類方程，採用冪次試解

$$y=x^m$$

可得特徵方程。題目給定

$$(A-1)^2-4B=0,$$

表示特徵方程具有重根，因此通解必須包含 $\ln x$ 項。

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解題方法

1. 建立特徵方程

令

$$y=x^m.$$

則

$$y'=mx^{m-1},\qquad y''=m(m-1)x^{m-2}.$$

代回原方程：

$$m(m-1)x^{m-2} +\frac{A}{x}mx^{m-1} +\frac{B}{x^2}x^m=0.$$

整理得

$$\left[m(m-1)+Am+B\right]x^{m-2}=0.$$

因為 $x>0$，所以

$$m(m-1)+Am+B=0.$$

展開後得到特徵方程

$$m^2+(A-1)m+B=0.$$

其根為

$$m=\frac{-(A-1)\pm\sqrt{(A-1)^2-4B}}{2}.$$

由題目條件

$$(A-1)^2-4B=0,$$

因此為重根：

$$m_0=-\frac{A-1}{2} =\frac{1-A}{2}.$$

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2. 重根時的通解

Euler–Cauchy 方程在特徵根為重根 $m_0$ 時，兩個線性獨立解為

$$x^{m_0},\qquad x^{m_0}\ln x.$$

因此通解為

$$\boxed{ y=x^{\frac{1-A}{2}} \left(C_1+C_2\ln x\right) }$$

其中 $C_1,C_2$ 為任意常數。

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(a) 一般解

由上述推導，

$$\boxed{ y(x)=x^{\frac{1-A}{2}} \left(C_1+C_2\ln x\right),\qquad x>0 }$$

且題目條件也可寫成

$$B=\frac{(A-1)^2}{4}.$$

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(b) 當 $x\to 1.0$ 時的 $y$

通解為

$$y=x^{\frac{1-A}{2}} \left(C_1+C_2\ln x\right).$$

分別考察兩個因子：

$$\lim_{x\to1^+}x^{\frac{1-A}{2}}=1,$$

以及

$$\lim_{x\to1^+}\ln x=0.$$

因此

$$\lim_{x\to1^+}y(x) = 1\cdot(C_1+C_2\cdot0) =C_1.$$

所以

$$\boxed{ \lim_{x\to1^+}y(x)=C_1 }$$

若將 $y$ 延伸定義至 $x=1$，則

$$\boxed{y(1)=C_1}.$$

補充說明

核心觀念

本題考查「離散傅立葉轉換的卷積定理」。令

$$f_j=f(jT),\qquad g_j=g(jT),\qquad h_k=h(kT),$$

則題目中的離散卷積為

$$h_k=\sum_{j=0}^{N-1}f_jg_{k-j}.$$

由於離散傅立葉轉換只取 $N$ 個樣本，索引必須以 $N$ 為週期，因此 $g_{k-j}$ 應理解為

$$g_{k-j}=g_{(k-j)\bmod N}.$$

這是「循環卷積」而非一般有限長序列的線性卷積。

題目給定的離散傅立葉轉換為

$$F_n=\frac{1}{N}\sum_{k=0}^{N-1}f_k e^{-i2\pi kn/N},$$ $$G_n=\frac{1}{N}\sum_{k=0}^{N-1}g_k e^{-i2\pi kn/N}.$$

其中頻率記號 $n/NT$ 對應於第 $n$ 個離散頻率，且 $n=0,1,\ldots,N-1$。

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解題方法

直接將 $h_k$ 代入其離散傅立葉轉換，再利用指標平移與週期性，即可將雙重總和分離成兩個獨立總和。

先定義 $h_k$ 的離散傅立葉轉換：

$$H_n=\frac{1}{N}\sum_{k=0}^{N-1}h_k e^{-i2\pi kn/N}.$$

代入卷積定義：

$$H_n = \frac{1}{N} \sum_{k=0}^{N-1} \left[ \sum_{j=0}^{N-1}f_jg_{k-j} \right] e^{-i2\pi kn/N}.$$

交換兩個總和的順序：

$$H_n = \frac{1}{N} \sum_{j=0}^{N-1}f_j \sum_{k=0}^{N-1} g_{k-j}e^{-i2\pi kn/N}.$$

令

$$r=k-j,$$

因此 $k=r+j$。由於 $g_r$ 與指數函數皆具有 $N$ 週期，當 $k$ 掃過 $0$ 至 $N-1$ 時，$r$ 也只是重新排列 $0$ 至 $N-1$ 的索引，所以

$$\sum_{k=0}^{N-1} g_{k-j}e^{-i2\pi kn/N} = \sum_{r=0}^{N-1} g_r e^{-i2\pi(r+j)n/N}.$$

將指數函數拆開：

$$e^{-i2\pi(r+j)n/N} = e^{-i2\pi rn/N} e^{-i2\pi jn/N}.$$

因此

$$\begin{aligned} H_n &= \frac{1}{N} \sum_{j=0}^{N-1}f_j \sum_{r=0}^{N-1} g_r e^{-i2\pi rn/N} e^{-i2\pi jn/N} \\ &= \frac{1}{N} \left( \sum_{j=0}^{N-1}f_j e^{-i2\pi jn/N} \right) \left( \sum_{r=0}^{N-1}g_r e^{-i2\pi rn/N} \right). \end{aligned}$$

根據題目的定義，

$$\sum_{j=0}^{N-1}f_j e^{-i2\pi jn/N}=NF_n,$$

以及

$$\sum_{r=0}^{N-1}g_r e^{-i2\pi rn/N}=NG_n.$$

代回可得

核心觀念

本題為極座標下的二維拉普拉斯方程：

$$\frac{\partial^2 u}{\partial r^2} +\frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial r} +\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\theta^2}=0.$$

使用分離變數法，令

$$u(r,\theta)=R(r)\Theta(\theta).$$

兩條直線邊界 $\theta=0$ 與 $\theta=3\pi/2$ 的函數值皆為零，因此角度方向採用正弦特徵函數。

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解題方法

代入 $u=R\Theta$：

$$\frac{r^2R''+rR'}{R}=-\frac{\Theta''}{\Theta}=\lambda^2.$$

因此得到兩個常微分方程：

$$\Theta''+\lambda^2\Theta=0,$$ $$r^2R''+rR'-\lambda^2R=0.$$

角度方向解

角度邊界條件為

$$\Theta(0)=0,\qquad \Theta\left(\frac{3\pi}{2}\right)=0.$$

角度方程的解為

$$\Theta(\theta)=A\sin(\lambda\theta)+B\cos(\lambda\theta).$$

由 $\Theta(0)=0$ 得 $B=0$，再由另一端邊界：

$$\sin\left(\lambda\frac{3\pi}{2}\right)=0.$$

所以

$$\lambda\frac{3\pi}{2}=n\pi, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

即

$$\lambda_n=\frac{2n}{3}.$$

因此角度特徵函數為

$$\Theta_n(\theta)=\sin\left(\frac{2n\theta}{3}\right).$$

徑向方向解

徑向方程為 Euler 方程，其解為

$$R(r)=C r^{\lambda}+D r^{-\lambda}.$$

因為區域包含 $r=0$，為使解在原點保持有限，必須捨去 $r^{-\lambda}$ 項。因此

$$R_n(r)=C_n r^{2n/3}.$$

將尺度 $a$ 納入係數後，通解寫成

$$u(r,\theta) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n \left(\frac{r}{a}\right)^{2n/3} \sin\left(\frac{2n\theta}{3}\right).$$

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套用圓弧邊界條件

在 $r=a$ 時，題目要求

$$u(a,\theta)=b.$$

因此需將常數 $b$ 展開成區間 $0<\theta<3\pi/2$ 上的正弦級數：

核心觀念

本題考查：

• Cauchy principal value（柯西主值）與留數定理。
• 將半無限區間積分延伸至整條實軸。
• 利用奇偶性消去餘弦部分。
• 複數指數函數公式
  $e^{ix}=\cos x+i\sin x.$

令
$I=\int_0^\infty \frac{x\sin x}{x^2+4}\,dx.$

此積分在 $x=0$ 與 $x>0$ 均沒有奇異點，且因為被積分函數具有振盪因子 $\sin x$，可由 Dirichlet 判別法知其收斂。

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解題方法：留數定理

考慮整條實軸上的主值積分
$F=\operatorname{PV}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x e^{ix}}{x^2+4}\,dx.$

將分母因式分解：
$x^2+4=(x-2i)(x+2i).$

由於 $e^{iz}$ 在上半平面中滿足
$|e^{iz}|=e^{-\operatorname{Im}z},$
因此取上半平面的半圓形閉合路徑。被積分函數在上半平面內唯一的極點為
$z=2i.$

其留數為

$$\begin{aligned} \operatorname{Res}\left(\frac{z e^{iz}}{z^2+4},z=2i\right) &=\lim_{z\to 2i}\frac{z e^{iz}}{z+2i}\\ &=\frac{2i\,e^{i(2i)}}{4i}\\ &=\frac{1}{2}e^{-2}. \end{aligned}$$

由留數定理，

$$F=2\pi i\left(\frac{1}{2}e^{-2}\right) =\pi i e^{-2}.$$

核心觀念

本題考察二自由度無阻尼振動系統，利用牛頓第二定律建立聯立微分方程，再以特徵值法求自然頻率與模態振型。

對質量位移向量

$$\mathbf y(t)= \begin{bmatrix} y_1(t)\\ y_2(t) \end{bmatrix},$$

系統方程可寫成

$$\mathbf y''(t)+K\mathbf y(t)=\mathbf 0,$$

其中 $K$ 為質量已取為 $1$ 後的剛性矩陣。

解題方法

1. 建立運動方程

由圖中參數

$$k_1=6,\qquad k_2=2,\qquad k_3=3,\qquad m_1=m_2=1,$$

對質量 $m_1$：

$$m_1\ddot y_1=-k_1y_1-k_2(y_1-y_2),$$

因此

$$\ddot y_1+8y_1-2y_2=0.$$

對質量 $m_2$：

$$m_2\ddot y_2=-k_3y_2-k_2(y_2-y_1),$$

因此

$$\ddot y_2-2y_1+5y_2=0.$$

故矩陣形式為

$$\begin{bmatrix} \ddot y_1\\ \ddot y_2 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 8&-2\\ -2&5 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} y_1\\ y_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\ 0 \end{bmatrix}.$$

2. 求自然頻率

令

$$\mathbf y(t)=\mathbf v e^{\lambda t},$$

則有

$$(K-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0.$$

非零解須滿足

$$\det \begin{bmatrix} 8-\lambda&-2\\ -2&5-\lambda \end{bmatrix} =0.$$

因此

$$(8-\lambda)(5-\lambda)-4=0,$$ $$\lambda^2-13\lambda+36=0,$$ $$(\lambda-4)(\lambda-9)=0.$$

所以

$$\omega_1=\sqrt{4}=2,\qquad \omega_2=\sqrt{9}=3.$$

3. 求兩個模態振型

當 $\lambda=4$ 時，

觀念說明

要求曲面積分 $\iint_S F \cdot \hat{n} \, dA$，其中曲面 $S$ 為平面 $g(x,y,z) = x+y+z-2 = 0$ 於第一卦限之部分。取朝外（向上）之單位法向量：
$\hat{n} = \frac{\nabla g}{|\nabla g|} = \frac{[1, 1, 1]}{\sqrt{3}}$

微分面積元素為 $dA = \sqrt{1 + \left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2 + \left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2} \, dx dy = \sqrt{1 + (-1)^2 + (-1)^2} \, dx dy = \sqrt{3} \, dx dy$。

因此，面積向量元素為：
$d\mathbf{S} = \hat{n} \, dA = [1, 1, 1] \, dx dy$

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推導過程

將向量場 $F = [x^2, 2y^2, 3z^2]$ 與 $d\mathbf{S}$ 作內積：
$F \cdot d\mathbf{S} = (x^2 + 2y^2 + 3z^2) \, dx dy$

代入曲面條件 $z = 2 - x - y$：
$3z^2 = 3(2 - x - y)^2 = 12 - 12x - 12y + 3x^2 + 6xy + 3y^2$