112 年 國立成功大學機械工程學系碩士班丁組《工程數學》

題目內容說明

題目文字與附圖不一致：附圖中的第 1 題是傅立葉級數題，並非懸吊系統題。以下依你提供的懸吊系統方程式作答，並假設 $r(x)$ 應為外力 $r(t)=1200\sin(10t)$，且邊界條件確為 $y(0)=0,\ y'(1)=5$。

核心觀念

此題考二階常係數非齊次微分方程：

$$my''+cy'+ky=r(t).$$

解法為：

1. 先求齊次解 $y_h$。
2. 以待定係數法求特解 $y_p$。
3. 合成 $y=y_h+y_p$。
4. 代入 $y(0)=0$ 與 $y'(1)=5$ 求常數。
5. 由阻尼係數判斷系統是否具有耗能能力。

將方程式除以 $m=120$：

$$y''+\frac{c}{120}y'+10y=10\sin(10t).$$

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(a) $c=0$

方程式為

$$y''+10y=10\sin(10t).$$

齊次解

特徵方程為

$$r^2+10=0,$$

因此

$$r=\pm i\sqrt{10}.$$

故

$$y_h=C_1\cos(\sqrt{10}t)+C_2\sin(\sqrt{10}t).$$

特解

設

$$y_p=A\sin(10t)+B\cos(10t).$$

代入方程式：

$$y_p''+10y_p =-90A\sin(10t)-90B\cos(10t).$$

與 $10\sin(10t)$ 比較係數：

$$-90A=10,\qquad -90B=0.$$

所以

$$A=-\frac19,\qquad B=0.$$

因此

$$y=C_1\cos(\sqrt{10}t)+C_2\sin(\sqrt{10}t)-\frac19\sin(10t).$$

由 $y(0)=0$：

$$C_1=0.$$

微分得

$$y'=C_2\sqrt{10}\cos(\sqrt{10}t)-\frac{10}{9}\cos(10t).$$

代入 $y'(1)=5$：

$$C_2\sqrt{10}\cos(\sqrt{10}) -\frac{10}{9}\cos(10)=5.$$

因此

$$C_2= \frac{5+\frac{10}{9}\cos(10)} {\sqrt{10}\cos(\sqrt{10})}.$$

故

$$\boxed{ y(t)= \frac{5+\frac{10}{9}\cos(10)} {\sqrt{10}\cos(\sqrt{10})} \sin(\sqrt{10}t) -\frac19\sin(10t) }$$

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(b) $c=1920\ \mathrm{N\cdot s/m}$

此時

$$\frac{c}{m}=\frac{1920}{120}=16,$$

所以方程式為

$$y''+16y'+10y=10\sin(10t).$$

齊次解

特徵方程為

$$r^2+16r+10=0.$$

解得

$$r_1=-8+3\sqrt6,\qquad r_2=-8-3\sqrt6.$$

因此

$$y_h=C_1e^{r_1t}+C_2e^{r_2t}.$$

特解

設

$$y_p=A\sin(10t)+B\cos(10t).$$

代入後比較 $\sin(10t)$ 與 $\cos(10t)$ 係數：

$$-90A-160B=10,$$ $$160A-90B=0.$$

解得

核心觀念

此題考查一階線性常係數微分方程組

$$\mathbf y'(t)=A\mathbf y(t),$$

其中

$$\mathbf y= \begin{bmatrix} y_1\\y_2\\y_3 \end{bmatrix}, \qquad A= \begin{bmatrix} -1&1&0\\ 1&-2&1\\ 0&1&-1 \end{bmatrix}.$$

求 $t\to\infty$ 的極限時，主要觀察矩陣 $A$ 的特徵值：

• 特徵值為負的模態會隨時間衰減至 $0$；
• 特徵值為 $0$ 的模態會保留下來；
• 初始條件決定各個特徵模態的係數。

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解題方法：特徵值與特徵向量

令

$$\mathbf y(t)= \begin{bmatrix} y_1(t)\\y_2(t)\\y_3(t) \end{bmatrix}.$$

矩陣 $A$ 的特徵向量可直接觀察得到。

1. 特徵值 $\lambda=0$

取

$$\mathbf v_0= \begin{bmatrix} 1\\1\\1 \end{bmatrix},$$

則

$$A\mathbf v_0= \begin{bmatrix} -1+1\\ 1-2+1\\ 1-1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

因此 $\lambda_0=0$。

2. 特徵值 $\lambda=-1$

取

$$\mathbf v_1= \begin{bmatrix} 1\\0\\-1 \end{bmatrix},$$

則

$$A\mathbf v_1= \begin{bmatrix} -1\\0\\1 \end{bmatrix} =-\mathbf v_1.$$

因此 $\lambda_1=-1$。

3. 特徵值 $\lambda=-3$

取

$$\mathbf v_3= \begin{bmatrix} 1\\-2\\1 \end{bmatrix},$$

則

$$A\mathbf v_3= \begin{bmatrix} -3\\6\\-3 \end{bmatrix} =-3\mathbf v_3.$$

因此 $\lambda_3=-3$。

所以通解為

$$\mathbf y(t) = c_0\mathbf v_0 +c_1e^{-t}\mathbf v_1 +c_3e^{-3t}\mathbf v_3.$$

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套用初始條件

由題目給定

$$\mathbf y(0)= \begin{bmatrix} 0\\1\\0 \end{bmatrix}.$$

將其表示成特徵向量的線性組合：

核心觀念

函數沿負梯度方向下降最快。初始點 $(5,4)$ 的最速下降單位向量為

$$\mathbf{u}=-\frac{\nabla f(5,4)}{\|\nabla f(5,4)\|}.$$

原圖中的函數是 $f(x,y)=\left(\frac{3}{4}x-\frac{3}{2}\right)^2+(y-2)^2+\frac{1}{4}xy$；圖上標示 $f(5,4)=14.1$，也與此式相符。

解題方法

先計算梯度：

$$\nabla f(x,y)= \left( \frac{9}{8}x-\frac{9}{4}+\frac{1}{4}y,\; 2y-4+\frac{1}{4}x \right).$$

代入 $(5,4)$：

$$\nabla f(5,4)=\left(\frac{35}{8},\frac{42}{8}\right), \qquad \left\|\nabla f(5,4)\right\|=\frac{\sqrt{2989}}{8}.$$

因此最速下降單位向量為

$$\mathbf{u} =-\frac{(35,42)}{\sqrt{2989}} =\left(-\frac{35}{\sqrt{2989}},-\frac{42}{\sqrt{2989}}\right).$$

沿此單位向量前進一步，位置為

觀念與步驟

步驟一：改寫積分項為摺積（Convolution）形式

利用 $(\tau-t)^3 = -(t-\tau)^3$，將原式項內之積分改寫為摺積：
$\int_0^t (\tau-t)^3 f(\tau) d\tau = -\int_0^t (t-\tau)^3 f(\tau) d\tau = - (t^3 * f(t))$

原積分方程重寫為：
$f(t) = 1 - \frac{8}{3} (t^3 * f(t))$

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步驟二：取拉普拉斯轉換（Laplace Transform）

對等式兩邊同取拉普拉斯轉換，設 $\mathcal{L}\{f(t)\} = F(s)$：
$\mathcal{L}\{1\} = \frac{1}{s}$
$\mathcal{L}\{t^3 * f(t)\} = \mathcal{L}\{t^3\} \cdot F(s) = \frac{6}{s^4} F(s)$

代入原式得：
$F(s) = \frac{1}{s} - \frac{8}{3} \cdot \frac{6}{s^4} F(s) = \frac{1}{s} - \frac{16}{s^4} F(s)$

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步驟三：求解 $F(s)$

移項整理：

核心觀念

本題考查：

1. Fourier transform 的定義。
2. 矩形函數的 Fourier transform。
3. Fourier inversion theorem。
4. Dirichlet integral：

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(aw)}{w}\,dw =\pi\,\operatorname{sgn}(a),\qquad a\neq 0.$$

採用工程數學常用定義：

$$F(w)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-iwt}\,dt,$$

其反 Fourier transform 為：

$$f(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}F(w)e^{iwx}\,dw.$$

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(a) Fourier transform

題目給定：

$$f(t)= \begin{cases} 1,& |t|<1,\\ 0,& |t|>1. \end{cases}$$

由於 $f(t)$ 僅在 $-1<t<1$ 時非零，因此

$$F(w)=\int_{-1}^{1}e^{-iwt}\,dt.$$

直接積分：

$$\begin{aligned} F(w) &=\left[\frac{e^{-iwt}}{-iw}\right]_{-1}^{1}\\ &=\frac{e^{-iw}-e^{iw}}{-iw}\\ &=\frac{-2i\sin w}{-iw}\\ &=\frac{2\sin w}{w}. \end{aligned}$$

因此：

$$\boxed{F(w)=\frac{2\sin w}{w}}.$$

當 $w=0$ 時，以極限定義：

$$F(0)=\lim_{w\to 0}\frac{2\sin w}{w}=2.$$

所以完整表示為：

$$\boxed{ F(w)= \begin{cases} \dfrac{2\sin w}{w},&w\neq 0,\\[6pt] 2,&w=0. \end{cases}}$$

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(b) 利用 Fourier transform 求積分

由反 Fourier transform：

$$f(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{2\sin w}{w}e^{iwx}\,dw.$$

因為 $\dfrac{\sin w}{w}$ 是偶函數，虛部積分為零，因此

核心觀念

本題考查：

• 奇點位置與留數定理；
• 柯西積分公式及其高階形式；
• 積分路徑上存在奇點時，普通複變線積分不定義。

留數定理要求被積函數在積分路徑 $C$ 上解析；若奇點落在 $C$ 上，普通閉合線積分通常不存在。

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（a）$\displaystyle \oint_C \frac{\sin(nz^2)+\cos(nz^2)}{(z-1)(z-2)}\,dz$

令

$$f(z)=\frac{\sin(nz^2)+\cos(nz^2)}{(z-1)(z-2)}.$$

其奇點為

$$z=1,\qquad z=2.$$

而積分路徑為

$$C:\ |z-1|=2.$$

因此：

• $z=1$ 是圓心，位於圓內；
• $z=2$ 滿足 $|2-1|=1<2$，位於圓內。

所以兩個奇點都在圓內，並不在圓周上。可直接使用留數定理。

在 $z=1$ 的留數為

$$\operatorname{Res}(f,1) = \lim_{z\to 1}(z-1)f(z) = \frac{\sin n+\cos n}{1-2} = -(\sin n+\cos n).$$

在 $z=2$ 的留數為

$$\operatorname{Res}(f,2) = \lim_{z\to 2}(z-2)f(z) = \frac{\sin(4n)+\cos(4n)}{2-1} = \sin(4n)+\cos(4n).$$

由留數定理，

$$\oint_C f(z)\,dz = 2\pi i\left[ \operatorname{Res}(f,1)+\operatorname{Res}(f,2) \right].$$

因此

$$\boxed{ \oint_C \frac{\sin(nz^2)+\cos(nz^2)}{(z-1)(z-2)}\,dz = 2\pi i\left[ \sin(4n)+\cos(4n)-\sin n-\cos n \right] }.$$

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核心觀念

僅由邊界條件與初始條件，無法唯一決定 $\Phi(x,t)$，因為題目未給出控制 $\Phi$ 的偏微分方程。此題依「初始條件＋時間變數＋半無限區間」的標準設定，採用熱方程

$$\frac{\partial \Phi}{\partial t} = \frac{\partial^2 \Phi}{\partial x^2}, \qquad x>0,\ t>0.$$

因此題目所求的量也滿足

$$\frac{\partial^2 \Phi}{\partial x^2} = \frac{\partial \Phi}{\partial t}.$$

以下求出其完整積分表示式。

解題方法：半軸 Fourier sine transform

由邊界條件

$$\Phi(0,t)=0$$

可知 $\Phi$ 適合使用 Fourier sine transform。定義

$$\widehat{\Phi}(k,t) = \int_0^\infty \Phi(x,t)\sin(kx)\,dx.$$

對熱方程進行 sine transform：

$$\int_0^\infty \Phi_t(x,t)\sin(kx)\,dx = \int_0^\infty \Phi_{xx}(x,t)\sin(kx)\,dx.$$

左側為

$$\frac{\partial \widehat{\Phi}}{\partial t}.$$

右側分部積分兩次：

$$\int_0^\infty \Phi_{xx}\sin(kx)\,dx = \left[\Phi_x\sin(kx)\right]_0^\infty -k\int_0^\infty \Phi_x\cos(kx)\,dx.$$

再對第二項分部積分：

$$-k\int_0^\infty \Phi_x\cos(kx)\,dx = -k\left[\Phi\cos(kx)\right]_0^\infty -k^2\int_0^\infty \Phi\sin(kx)\,dx.$$

利用 $\Phi(0,t)=0$、無窮遠處有界且衰減條件足以使邊界項消失，可得

$$\frac{\partial \widehat{\Phi}}{\partial t} = -k^2\widehat{\Phi}.$$

這是一階常微分方程，其解為

$$\widehat{\Phi}(k,t) = C(k)e^{-k^2t}.$$

由初始條件 $\Phi(x,0)=f(x)$，

$$C(k) = \widehat{f}(k) = \int_0^\infty f(\xi)\sin(k\xi)\,d\xi.$$

所以

$$\widehat{\Phi}(k,t) = e^{-k^2t} \int_0^\infty f(\xi)\sin(k\xi)\,d\xi.$$

利用 Fourier sine inverse transform，

$$\Phi(x,t) = \frac{2}{\pi} \int_0^\infty e^{-k^2t}\sin(kx) \left[ \int_0^\infty f(\xi)\sin(k\xi)\,d\xi \right]dk.$$

求 $\displaystyle \frac{\partial^2\Phi}{\partial x^2}$

對 $x$ 微分兩次：

$$\frac{\partial^2}{\partial x^2}\sin(kx) = -k^2\sin(kx).$$

因此