109 年 國立成功大學機械工程學系碩士班丙組《工程數學》

核心觀念

本題是二階 Euler–Cauchy 微分方程：

$$x^2y''+axy'+by=f(x).$$

其齊次解可設為 $y=x^m$，代入後形成特徵方程。右側含有 $\ln x$，適合令

$$t=\ln x,\qquad Y(t)=y(x),$$

將 Euler–Cauchy 方程轉換為常係數微分方程。因為題目含 $\ln x$，定義域取 $x>0$。

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解題方法

一、求齊次解

先考慮齊次方程：

$$x^2y''-5xy'+8y=0.$$

設

$$y=x^m,$$

則

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

代入得

$$x^2m(m-1)x^{m-2}-5x(mx^{m-1})+8x^m=0,$$

整理為

$$\bigl[m(m-1)-5m+8\bigr]x^m=0.$$

因此特徵方程為

$$m(m-1)-5m+8=0,$$

即

$$m^2-6m+8=0 =(m-2)(m-4)=0.$$

所以

$$m=2,\qquad m=4,$$

齊次解為

$$y_h=C_1x^2+C_2x^4.$$

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二、變數代換處理非齊次項

令

$$t=\ln x,\qquad Y(t)=y(x).$$

由於

$$\frac{dt}{dx}=\frac1x,$$

可得

$$y'=\frac{dY}{dt}\frac{dt}{dx} =\frac{Y'}x.$$

`

再微分一次：

$$y''=\frac{d}{dx}\left(\frac{Y'}x\right) =\frac{Y''-Y'}{x^2}.$$

因此

$$x^2y''=Y''-Y', \qquad xy'=Y'.$$

原方程變為

$$(Y''-Y')-5Y'+8Y=2t,$$

即

$$Y''-6Y'+8Y=2t.$$

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三、求特解

右側為一次多項式，設特解為

$$Y_p=At+B.$$

`

則

$$Y_p'=A,\qquad Y_p''=0.$$

代入

核心觀念

穩態表示 $\partial u/\partial t=0$，因此原熱方程化為 Laplace 方程：

$$u_{xx}+u_{yy}=0.$$

本題同時在 $x=24$ 給定

$$u(24,y)=25,\qquad u_x(24,y)=0.$$

前者是 Dirichlet 邊界條件，後者是 Neumann 邊界條件。對二階橢圓型方程而言，在同一段邊界同時給定函數值與法向導數，屬於 Cauchy 邊界資料，通常會造成過度限制。

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解題方法

令

$$v(x,y)=u(x,y)-25.$$

則 $v$ 仍滿足 Laplace 方程：

$$v_{xx}+v_{yy}=0.$$

在 $x=24$ 上，題目條件變成

$$v(24,y)=0,\qquad v_x(24,y)=0.$$

假設 $u$ 為足夠光滑的穩態解。由於 $v$ 是 harmonic function，具有解析性；當一段邊界上同時滿足函數值與法向導數皆為零時，依據 Laplace 方程的 Cauchy 資料唯一性，必有

$$v(x,y)\equiv 0.$$

因此

$$u(x,y)\equiv 25.$$

但此結果與底部邊界條件

核心觀念

本題考查二階常係數線性微分方程，右端外力在 $t=1$ 發生階躍變化。

使用的觀念與公式如下：

1. 齊次方程的特徵根法。
2. 常數外力的特解。
3. 有限階躍外力下，$y(t)$ 與 $y'(t)$ 在 $t=1$ 連續。
4. 分段求解後，利用初始條件與 $t=1$ 的連續條件決定常數。

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解題方法

原方程為

$$y''+7y'+12y= \begin{cases} 0,&0<t<1,\\ 3,&t>1. \end{cases}$$

第一階段：$0<t<1$

此時方程為

$$y''+7y'+12y=0.$$

其特徵方程為

$$r^2+7r+12=0$$

因式分解得

$$(r+3)(r+4)=0,$$

因此特徵根為 $r=-3,-4$，齊次解為

$$y_1(t)=C_1e^{-3t}+C_2e^{-4t}.$$

由初始條件 $y(0)=3$：

$$C_1+C_2=3.$$

微分得

$$y_1'(t)=-3C_1e^{-3t}-4C_2e^{-4t}.$$

由 $y'(0)=4$：

$$-3C_1-4C_2=4.$$

聯立

$$\begin{cases} C_1+C_2=3,\\ -3C_1-4C_2=4, \end{cases}$$

可得

$$C_1=16,\qquad C_2=-13.$$

故

$$\boxed{y_1(t)=16e^{-3t}-13e^{-4t}},\qquad 0\le t<1.$$

在 $t=1$ 的左側函數值與導數為

$$y_1(1)=16e^{-3}-13e^{-4},$$ $$y_1'(1)=-48e^{-3}+52e^{-4}.$$

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第二階段：$t>1$

此時方程為

$$y''+7y'+12y=3.$$

先求特解。因右端為常數，設

$$y_p=A.$$

代入得

$$12A=3,$$

所以

$$y_p=\frac14.$$

齊次解仍為

$$C_3e^{-3t}+C_4e^{-4t}.$$

為了直接套用 $t=1$ 的連續條件，將齊次解寫成平移形式：

核心觀念

將聯立微分方程寫成矩陣形式：

$$\mathbf{x}'=A\mathbf{x}+\mathbf{f}(t),$$

其中

$$\mathbf{x}= \begin{bmatrix} x_1\\x_2 \end{bmatrix}, \qquad A= \begin{bmatrix} 1&-10\\ -1&4 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{f}(t)= \begin{bmatrix} t\\1 \end{bmatrix}.$$

本題指定使用「對角化法」。若矩陣 $A$ 可對角化，令

$$A=PDP^{-1},$$

並作變數代換

$$\mathbf{x}=P\mathbf{u},$$

即可將原本的聯立方程式化為兩個彼此獨立的一階線性微分方程。

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解題方法：矩陣對角化

1. 求特徵值與特徵向量

特徵方程為

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 1-\lambda&-10\\ -1&4-\lambda \end{vmatrix} =0.$$

因此

$$(1-\lambda)(4-\lambda)-10=0,$$ $$\lambda^2-5\lambda-6=0,$$ $$(\lambda-6)(\lambda+1)=0.$$

故兩個特徵值為

$$\lambda_1=6,\qquad \lambda_2=-1.$$

當 $\lambda_1=6$ 時，

$$(A-6I)\mathbf{v}_1=0$$

給出

$$-5x-10y=0 \quad\Longrightarrow\quad x=-2y.$$

取

$$\mathbf{v}_1= \begin{bmatrix} -2\\1 \end{bmatrix}.$$

當 $\lambda_2=-1$ 時，

$$(A+I)\mathbf{v}_2=0$$

給出

$$2x-10y=0 \quad\Longrightarrow\quad x=5y.$$

取

$$\mathbf{v}_2= \begin{bmatrix} 5\\1 \end{bmatrix}.$$

因此

$$P= \begin{bmatrix} -2&5\\ 1&1 \end{bmatrix}, \qquad D= \begin{bmatrix} 6&0\\ 0&-1 \end{bmatrix},$$

且

$$P^{-1} = \frac{1}{-7} \begin{bmatrix} 1&-5\\ -1&-2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -\frac17&\frac57\\ \frac17&\frac27 \end{bmatrix}.$$

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2. 作變數代換

令

$$\mathbf{x}=P\mathbf{u}, \qquad \mathbf{u}= \begin{bmatrix} u_1\\u_2 \end{bmatrix}.$$

由於 $P$ 為常數矩陣，

$$\mathbf{x}'=P\mathbf{u}'.$$

原方程式變為

$$P\mathbf{u}' = AP\mathbf{u}+\mathbf{f}(t).$$

左乘 $P^{-1}$：

$$\mathbf{u}' = P^{-1}AP\mathbf{u}+P^{-1}\mathbf{f}(t) = D\mathbf{u}+P^{-1}\mathbf{f}(t).$$

先計算非齊次項：

$$P^{-1}\mathbf{f}(t) = \begin{bmatrix} -\frac17&\frac57\\ \frac17&\frac27 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} t\\1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{5-t}{7}\\ \frac{t+2}{7} \end{bmatrix}.$$

故

$$\begin{bmatrix} u_1'\\u_2' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 6&0\\ 0&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} u_1\\u_2 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} \frac{5-t}{7}\\ \frac{t+2}{7} \end{bmatrix}.$$

即

$$u_1'=6u_1+\frac{5-t}{7},$$ $$u_2'=-u_2+\frac{t+2}{7}.$$

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3. 轉換初始條件

題目給定

$$\mathbf{x}(0)= \begin{bmatrix} 0\\0 \end{bmatrix}.$$

因為 $\mathbf{x}=P\mathbf{u}$，所以

核心觀念

本題考查高斯散度定理（Gauss divergence theorem）：

$$\iint_S \vec F\cdot d\vec S = \iiint_V \nabla\cdot \vec F\,dV,$$

其中 $S$ 是封閉曲面，$V$ 是其所包圍的立體區域，且 $d\vec S$ 取向外法向量。

給定

$$\vec F=(4x,\ x^2y,\ -x^2z).$$

四面體區域為

$$V=\{(x,y,z)\mid x\ge 0,\ y\ge 0,\ z\ge 0,\ x+y+z\le 1\}.$$

解題方法

直接逐面計算通量需要處理四個面的法向量，使用散度定理可將曲面積分轉為體積積分，計算較簡潔。

先求向量場的散度：

$$\nabla\cdot\vec F = \frac{\partial}{\partial x}(4x) + \frac{\partial}{\partial y}(x^2y) + \frac{\partial}{\partial z}(-x^2z).$$

因此

$$\nabla\cdot\vec F = 4+x^2-x^2=4.$$

故

核心觀念

本題考查複變函數的留數定理：

$$\oint_\gamma f(z)\,dz = 2\pi i\sum \operatorname{Res}(f;\text{曲線內部的奇點}),$$

其中積分路徑 $\gamma$ 通常採逆時針正向。首先必須判斷被積函數的奇點，以及哪些奇點位於圓內。

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解題方法

被積函數為

$$f(z)=\frac{2z+1}{z^2+3iz} =\frac{2z+1}{z(z+3i)}.$$

因此奇點為

$$z=0,\qquad z=-3i.$$

圓 $\gamma$ 的方程為

$$|z+3i|=2,$$

其圓心為 $-3i$，半徑為 $2$。

判斷兩個奇點與圓心的距離：

對 $z=-3i$，

$$|-3i+3i|=0<2,$$

所以 $z=-3i$ 位於圓內。

對 $z=0$，

$$|0+3i|=3>2,$$

所以 $z=0$ 位於圓外。

因此，留數定理只需計算 $z=-3i$ 的留數。由於此為一階極點，