111 年 國立成功大學機械工程學系碩士班乙組《工程數學》

第 1 題 (a)

核心觀念

線積分

$$\oint_C P\,dx+Q\,dy$$

若 $C$ 為正向（逆時針方向）封閉曲線，可利用格林定理：

$$\oint_C P\,dx+Q\,dy = \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right)dA.$$

本題中

$$P=x^2y^2,\qquad Q=2y-x.$$

曲線由 $y=x^3$ 從 $(0,0)$ 走到 $(1,1)$，再沿 $y=x^2$ 回到 $(0,0)$，形成逆時針方向，因此可直接使用格林定理。

解題方法

先計算偏導數：

$$\frac{\partial Q}{\partial x}=-1, \qquad \frac{\partial P}{\partial y}=2x^2y.$$

因此

$$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = -1-2x^2y.$$

在 $0\le x\le 1$ 時，$x^3\le y\le x^2$，故區域 $D$ 可表示為

$$D=\{(x,y):0\le x\le 1,\ x^3\le y\le x^2\}.$$

套用格林定理：

$$\begin{aligned} \oint_C (x^2y^2)\,dx+(2y-x)\,dy &= \int_0^1\int_{x^3}^{x^2}(-1-2x^2y)\,dy\,dx\\ &= \int_0^1 \left[ -y-x^2y^2 \right]_{x^3}^{x^2}dx\\ &= \int_0^1 \left(-x^2+x^3-x^6+x^8\right)dx\\ &= \left[ -\frac{x^3}{3} +\frac{x^4}{4} -\frac{x^7}{7} +\frac{x^9}{9} \right]_0^1\\ &= -\frac13+\frac14-\frac17+\frac19\\ &= -\frac{29}{252}. \end{aligned}$$

令 $y(t) = x_1(t)$，將微分方程組寫成矩陣形式：
$\mathbf{x}' = \mathbf{A}\mathbf{x} + \mathbf{f}(t)$
其中 $\mathbf{x} = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix}$，$\mathbf{A} = \begin{bmatrix} 3 & 3 \\ 1 & 5 \end{bmatrix}$，$\mathbf{f}(t) = \begin{bmatrix} 8 \\ 4e^{3t} \end{bmatrix}$。

一、求齊次解 $\mathbf{x}_h(t)$

求解特徵方程式 $\det(\mathbf{A} - \lambda\mathbf{I}) = 0$：
$(3-\lambda)(5-\lambda) - 3 = \lambda^2 - 8\lambda + 12 = (\lambda - 2)(\lambda - 6) = 0 \implies \lambda_1 = 2, \ \lambda_2 = 6$

對應的特徵向量：

• $\lambda_1 = 2 \implies (\mathbf{A} - 2\mathbf{I})\mathbf{v}_1 = \mathbf{0} \implies \begin{bmatrix} 1 & 3 \\ 1 & 3 \end{bmatrix}\mathbf{v}_1 = \mathbf{0} \implies \mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 3 \\ -1 \end{bmatrix}$
• $\lambda_2 = 6 \implies (\mathbf{A} - 6\mathbf{I})\mathbf{v}_2 = \mathbf{0} \implies \begin{bmatrix} -3 & 3 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}\mathbf{v}_2 = \mathbf{0} \implies \mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$

齊次解為：
$\mathbf{x}_h(t) = c_1 \begin{bmatrix} 3 \\ -1 \end{bmatrix} e^{2t} + c_2 \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} e^{6t}$

二、求特解 $\mathbf{x}_p(t)$

設特解為 $\mathbf{x}_p(t) = \begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} d \\ e \end{bmatrix} e^{3t}$，代入原方程組：

1. 常數項部分：

一、求解齊次解 $y_h(x)$

將原二階變係數線性微分方程化為標準齊次形式：
$(x^3 + x^2) y'' - 2x y' + 2y = 0$

觀察可知 $y_1(x) = x$ 為齊次方程之一特解。設 $y_2(x) = u(x) \cdot x$，利用降階法（Reduction of Order）：
$y_2' = u' x + u, \quad y_2'' = u'' x + 2u'$

代入齊次方程：
$(x^3 + x^2)(u'' x + 2u') - 2x(u' x + u) + 2(ux) = 0 \implies (x + 1) u'' + 2u' = 0$

解得：
$\frac{u''}{u'} = -\frac{2}{x+1} \implies u' = \frac{1}{(x+1)^2} \implies u = -\frac{1}{x+1}$

取 $y_2(x) = \frac{x}{x+1}$，故齊次通解為：
$y_h(x) = c_1 x + c_2 \frac{x}{x+1}$

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二、求解非齊次特解 $y_p(x)$

原方程化為標準式 $y'' + P(x)y' + Q(x)y = R(x)$：
$y'' - \frac{2}{x(x+1)} y' + \frac{2}{x^2(x+1)} y = \frac{x \ln x}{x+1}$

即 $R(x) = \frac{x \ln x}{x+1}$。計算朗斯基行列式（Wronskian）：
$W(y_1, y_2) = \begin{vmatrix} x & \frac{x}{x+1} \\ 1 & \frac{1}{(x+1)^2} \end{vmatrix} = \frac{-x^2}{(x+1)^2}$

採用參數變異法（Variation of Parameters），特解 $y_p = u_1 y_1 + u_2 y_2$：
$u_1' = -\frac{y_2 R(x)}{W} = \ln x \implies u_1 = \int \ln x \, dx = x \ln x - x$

核心觀念

本題考查兩個重要結果：

1. 實對稱矩陣的不同特徵值所對應的特徵向量互相正交。
2. 利用一組正交歸一化的特徵向量，組成正交矩陣。

若矩陣 $A$ 的特徵向量為 $v$，對應特徵值為 $\lambda$，則

$$Av=\lambda v.$$

若將單位化後的特徵向量依序作為矩陣的欄向量，即可得到正交矩陣 $Q$，並滿足

$$Q^TQ=I.$$

依題目矩陣的排版，令

$$A= \begin{bmatrix} 7&4&-4\\ 4&-8&-1\\ -4&-1&-8 \end{bmatrix}.$$

此矩陣確實為實對稱矩陣。

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(a) 證明不同特徵值所對應的特徵向量互相正交

設 $v_1,v_2$ 分別為 $A$ 對應於不同特徵值 $\lambda_1,\lambda_2$ 的特徵向量，即

$$Av_1=\lambda_1v_1,\qquad Av_2=\lambda_2v_2,$$

且 $\lambda_1\neq\lambda_2$。

由於 $A$ 為對稱矩陣，$A^T=A$，因此

$$v_1^TAv_2=(A^Tv_1)^Tv_2=(Av_1)^Tv_2.$$

分別利用兩個特徵向量的關係式，可得

$$v_1^TAv_2 = v_1^T(\lambda_2v_2) = \lambda_2v_1^Tv_2,$$

另一方面，

$$v_1^TAv_2 = (\lambda_1v_1)^Tv_2 = \lambda_1v_1^Tv_2.$$

因此

$$\lambda_1v_1^Tv_2 = \lambda_2v_1^Tv_2,$$

整理得

$$(\lambda_1-\lambda_2)v_1^Tv_2=0.$$

因為 $\lambda_1\neq\lambda_2$，所以

$$v_1^Tv_2=0.$$

而 $v_1^Tv_2=0$ 正表示兩向量互相正交。故得證。

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(b) 求特徵值與特徵向量

第一步：求特徵值

計算特徵方程

$$\det(A-\lambda I)=0.$$

本題矩陣的特徵值為

$$\lambda=9,\qquad \lambda=-9,\qquad \lambda=-9.$$

因此 $9$ 為單根，$-9$ 為重根。

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第二步：求 $\lambda=9$ 的特徵向量

解

$$(A-9I)v=0.$$

其中

$$A-9I= \begin{bmatrix} -2&4&-4\\ 4&-17&-1\\ -4&-1&-17 \end{bmatrix}.$$

令

$$v= \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix}.$$

由第一列可得

$$-2x+4y-4z=0,$$

即

$$x=2y-2z.$$

代入其他方程，可得

$$y=-z,\qquad x=-4z.$$

取 $z=-1$，得到一組特徵向量

$$v_1= \begin{bmatrix} 4\\1\\-1 \end{bmatrix}.$$

其長度為

$$\|v_1\| = \sqrt{4^2+1^2+(-1)^2} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}.$$

所以單位特徵向量為

$$u_1= \frac{1}{3\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 4\\1\\-1 \end{bmatrix}.$$

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第三步：求 $\lambda=-9$ 的特徵向量

解

$$(A+9I)v=0.$$

其中

$$A+9I= \begin{bmatrix} 16&4&-4\\ 4&1&-1\\ -4&-1&1 \end{bmatrix}.$$

方程可化為

$$4x+y-z=0.$$

由於 $-9$ 是重根，其特徵空間維度為 $2$。選取兩個互相正交，且與 $v_1$ 正交的特徵向量：

解題觀念

本題屬於卷積型沃爾泰拉積分方程式（Convolution-type Volterra integral equation）。
式中積分項 $\int_0^t f(\tau)e^{-(t-\tau)} d\tau$ 即為 $f(t)$ 與 $e^{-t}$ 之卷積（Convolution），記作 $(f * e^{-t})(t)$。
對全式取拉氏轉換（Laplace Transform），利用卷積定理 $\mathcal{L}\{(f*g)(t)\} = F(s)G(s)$ 將積分方程式轉為代數方程式，求出 $F(s)$ 後再取反拉氏轉換即可得到 $f(t)$。

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詳細推導過程

原方程式：
$f(t) = 3t^2 - e^t - (f * e^{-t})(t)$

兩邊對 $t$ 取拉氏轉換，設 $\mathcal{L}\{f(t)\} = F(s)$：
$F(s) = \mathcal{L}\{3t^2\} - \mathcal{L}\{e^t\} - \mathcal{L}\{f(t)\} \cdot \mathcal{L}\{e^{-t}\}$
$F(s) = \frac{6}{s^3} - \frac{1}{s-1} - F(s) \cdot \frac{1}{s+1}$

將含 $F(s)$ 之項移至左邊並提出 $F(s)$：
$F(s) \left( 1 + \frac{1}{s+1} \right) = \frac{6}{s^3} - \frac{1}{s-1}$
$F(s) \left( \frac{s+2}{s+1} \right) = \frac{6}{s^3} - \frac{1}{s-1}$

解出 $F(s)$：

本題要求計算單位階躍函數 (unit step function) 的拉普拉斯轉換。

題目中附有圖形，圖形顯示了一個單位階躍函數 $f(t)$。
從圖形上可以看出：
當 $t < 1$ 時，$f(t) = 0$。
當 $1 \le t < 2$ 時，$f(t) = 1$。
當 $t \ge 2$ 時，$f(t) = 0$。

這個函數可以用單位階躍函數 $u(t)$ (或表示為 $U(t)$ 或 $H(t)$) 來表示。
單位階躍函數 $u(t)$ 的定義是：
$u(t) = \begin{cases} 0, & t < 0 \\ 1, & t \ge 0 \end{cases}$

根據圖形，我們可以將 $f(t)$ 表示為：
$f(t) = 1 \cdot u(t-1) - 1 \cdot u(t-2)$
這個表示方法是：在 $t=1$ 時，函數值變成 1 (由 $u(t-1)$ 產生)；在 $t=2$ 時，函數值又變回 0 (由 $-u(t-2)$ 產生，它將 $u(t-2)$ 的值 1 抵消掉)。

現在我們需要計算 $f(t)$ 的拉普拉斯轉換 $\mathcal{L}\{f(t)\}$。
我們使用單位階躍函數的拉普拉斯轉換性質：

核心觀念

本題考查無界區間上的熱方程式與 Fourier transform。原方程式為

$$\frac{\partial^2u}{\partial x^2} = k\frac{\partial u}{\partial t}, \qquad -\infty<x<\infty,\ t>0.$$

整理為標準熱方程式：

$$\frac{\partial u}{\partial t} = \frac{1}{k}\frac{\partial^2u}{\partial x^2}.$$

因此熱擴散係數為

$$\alpha=\frac{1}{k},$$

並假設 $k>0$。

使用的 Fourier transform 定義為

$$\widehat{u}(\xi,t) = \int_{-\infty}^{\infty}u(x,t)e^{-i\xi x}\,dx,$$

其反變換為

$$u(x,t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \widehat{u}(\xi,t)e^{i\xi x}\,d\xi.$$

重要性質為

$$\mathcal{F}\left[\frac{\partial^2u}{\partial x^2}\right] = -\xi^2\widehat{u}(\xi,t).$$

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解題方法：對 $x$ 作 Fourier transform

令

$$U(\xi,t)=\widehat{u}(\xi,t).$$

將原方程式對 $x$ 作 Fourier transform：

$$-\xi^2U(\xi,t) = k\frac{\partial U}{\partial t}.$$

因此得到關於 $t$ 的一階常微分方程：

$$\frac{\partial U}{\partial t} = -\frac{\xi^2}{k}U.$$

分離變數並積分：

$$\frac{1}{U}\frac{\partial U}{\partial t} = -\frac{\xi^2}{k},$$

所以

$$U(\xi,t) = C(\xi)e^{-\xi^2t/k}.$$

由初始條件決定 $C(\xi)$：

$$C(\xi)=U(\xi,0)=\widehat{f}(\xi).$$

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計算初始函數的 Fourier transform

初始函數為

$$f(x)= \begin{cases} u_0, & |x|<1,\\ 0, & |x|\ge 1. \end{cases}$$

因此

$$\widehat{f}(\xi) = \int_{-1}^{1}u_0e^{-i\xi x}\,dx.$$

計算得

$$\widehat{f}(\xi) = u_0 \left[ \frac{e^{-i\xi x}}{-i\xi} \right]_{-1}^{1} = u_0\frac{e^{-i\xi}-e^{i\xi}}{-i\xi}.$$

利用

$$e^{i\xi}-e^{-i\xi}=2i\sin\xi,$$

可得

$$\widehat{f}(\xi) = 2u_0\frac{\sin\xi}{\xi}.$$

在 $\xi=0$ 處取極限，得 $\widehat{f}(0)=2u_0$。

故 Fourier domain 中的解為

$$U(\xi,t) = 2u_0\frac{\sin\xi}{\xi} e^{-\xi^2t/k}.$$

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反 Fourier transform

利用反變換公式：

核心觀念

本題考查複變函數的留數定理：

$$\oint_C f(z)\,dz = 2\pi i\sum \operatorname{Res}(f;z_k),$$

其中只需計算曲線 $C$ 內部奇點的留數。圓周方向採逆時針為正向。

判斷奇點是否在圓內，可比較奇點到圓心的距離與圓半徑。

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（a）$\displaystyle \oint_C \frac{z^2+1}{z^4+4z^3}\,dz$

先因式分解分母：

$$z^4+4z^3=z^3(z+4),$$

因此

$$f(z)=\frac{z^2+1}{z^3(z+4)}.$$

奇點為：

• $z=0$：三階極點；
• $z=-4$：一階極點。

因為 $C$ 為 $|z|=1$，只有 $z=0$ 位於圓內，$z=-4$ 位於圓外。

將函數改寫為

$$f(z)=\frac{1}{z^3}\frac{z^2+1}{z+4}.$$

在 $z=0$ 附近展開：

$$\frac{1}{z+4} = \frac14\frac{1}{1+\frac z4} = \frac14-\frac z{16}+\frac{z^2}{64}+\cdots.$$

所以

$$\frac{z^2+1}{z+4} = (1+z^2) \left( \frac14-\frac z{16}+\frac{z^2}{64}+\cdots \right).$$

取 $z^2$ 項，其係數為

$$\frac{1}{64}+\frac14=\frac{17}{64}.$$

因此

$$\frac{z^2+1}{z^3(z+4)} = \frac14z^{-3}-\frac1{16}z^{-2} +\frac{17}{64}z^{-1}+\cdots,$$

故

$$\operatorname{Res}(f;0)=\frac{17}{64}.$$

由留數定理，