113 年 國立成功大學機械工程學系碩士班戊組《工程數學》

核心觀念

本題考查微分方程解的形狀與長時間行為。原卷中的方程為

$$y''(t)+y'(t)+9=f(t),$$

其中 $9$ 是常數項。對圖示的 $t\geq 0$，輸入為 $f(t)=0$，因此應分析

$$y''+y'=-9.$$

即使未指定初始條件，仍可利用通解判斷各圖是否符合。

解題方法

六張圖的橫軸皆為 $t$、縱軸皆為 $y$，時間刻度由 $0$ 至 $10$，未標示單位。(a)、(c) 呈現衰減振盪；(b) 起初略微上升至峰值，再下降趨近零；(d)、(e)、(f) 則呈現衰減趨近零的曲線。

令 $v=y'$，將原式化為一階方程：

$$v'+v=-9.$$

乘上積分因子 $e^t$：

$$\frac{d}{dt}(e^t v)=-9e^t.$$

積分可得

$$v=y'=Ke^{-t}-9.$$

再積分一次，並重新命名任意常數：

$$\boxed{y(t)=C_1+C_2e^{-t}-9t,\qquad t\geq 0.}$$

此解有兩個關鍵性質：

1. 長時間不會趨近零。 對任意有限的 $C_1,C_2$，

   $$\lim_{t\to\infty}y(t)=-\infty, \qquad \lim_{t\to\infty}y'(t)=-9.$$

   所以曲線最終持續下降，並逐漸接近斜直線 $y=C_1-9t$。

2. 不會反覆振盪。 因為

   $$y'(t)=-C_2e^{-t}-9,\qquad y''(t)=C_2e^{-t},$$

核心觀念

線積分可寫成

$$\oint_C \mathbf F\cdot d\mathbf r =\oint_C P\,dx+Q\,dy,$$

其中

$$P(x,y)=e^x,\qquad Q(x,y)=-\sin(\pi x).$$

由於 $C$ 為逆時針方向的封閉曲線，可使用平面格林定理：

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

其中 $D$ 是三角形所圍成的區域。

解題方法

先計算偏導數：

$$\frac{\partial Q}{\partial x} = -\pi\cos(\pi x), \qquad \frac{\partial P}{\partial y}=0.$$

因此

$$\oint_C \mathbf F\cdot d\mathbf r = -\pi\iint_D\cos(\pi x)\,dA.$$

三角形頂點為 $(1,0)$、$(0,1)$、$(-1,0)$。其上下邊界可表示為：

$$y= \begin{cases} x+1,&-1\le x\le 0,\\ 1-x,&0\le x\le 1. \end{cases}$$

故

$$\iint_D\cos(\pi x)\,dA = \int_{-1}^{0}\int_{0}^{x+1}\cos(\pi x)\,dy\,dx + \int_{0}^{1}\int_{0}^{1-x}\cos(\pi x)\,dy\,dx.$$

先對 $y$ 積分：

$$\iint_D\cos(\pi x)\,dA = \int_{-1}^{0}(x+1)\cos(\pi x)\,dx + \int_{0}^{1}(1-x)\cos(\pi x)\,dx.$$

因為三角形關於 $y$ 軸對稱，且 $\cos(\pi x)$ 是偶函數，所以

核心觀念

依原卷圖，第 3 題考查：

1. 二次型函數的梯度與 Hessian 矩陣。
2. 矩陣反矩陣的計算。
3. 梯度場的旋度：對二階連續可微的純量函數，恒有
   $\nabla\times(\nabla\Phi)=\mathbf{0}.$

題目給定

$$X= \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = A \begin{bmatrix} u\\v\\w \end{bmatrix}, \qquad A= \begin{bmatrix} 2&1&0\\ 1&1&1\\ 0&2&1 \end{bmatrix},$$

以及

$$\Phi(X)=\frac12 X^T A^{-1}X.$$

解題方法

先求 $A^{-1}$。因為

$$\det(A)=-3,$$

所以

$$A^{-1} = \frac13 \begin{bmatrix} 1&1&-1\\ 1&-2&2\\ -2&4&-1 \end{bmatrix}.$$

注意 $A^{-1}$ 並非對稱矩陣。對二次型而言，反對稱部分不影響 $X^TA^{-1}X$，因此

$$\nabla\Phi = \frac12\left(A^{-1}+(A^{-1})^T\right)X.$$

計算其對稱部分：

$$\frac12\left(A^{-1}+(A^{-1})^T\right) = \begin{bmatrix} \frac13&\frac13&-\frac12\\ \frac13&-\frac23&1\\ -\frac12&1&-\frac13 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\nabla\Phi = \begin{bmatrix} \frac13&\frac13&-\frac12\\ \frac13&-\frac23&1\\ -\frac12&1&-\frac13 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix},$$

即

1. 對時間 $t$ 取拉普拉斯轉換（Laplace Transform）

設 $W(x, s) = \mathcal{L}\{w(x, t)\} = \int_0^\infty w(x, t) e^{-st} dt$。

根據拉普拉斯轉換性質與初始條件 $w(x, 0) = 0$：

• $\mathcal{L}\left\{\frac{\partial w}{\partial t}\right\} = s W(x, s) - w(x, 0) = s W(x, s)$
• $\mathcal{L}\left\{x \frac{\partial w}{\partial x}\right\} = x \frac{\partial W(x, s)}{\partial x}$
• $\mathcal{L}\{w(x, t) \cdot t\} = -\frac{\partial W(x, s)}{\partial s}$

代入原微分方程式可得 $W(x, s)$ 的偏微分方程式：
$s W = x \frac{\partial W}{\partial x} - \frac{\partial W}{\partial s}$
整理為標準型：
$x \frac{\partial W}{\partial x} - \frac{\partial W}{\partial s} = s W$

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核心觀念

本題考查複數形式的 Fourier integral。對函數 $f(x)$，其 Fourier transform 定義為

$$F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-i\omega x}\,dx,$$

而反變換為

$$f(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}F(\omega)e^{i\omega x}\,d\omega.$$

本題函數為

$$f(x)=e^{-|x|}.$$

由於絕對值函數需分段處理：

$$e^{-|x|} = \begin{cases} e^x, & x<0,\\ e^{-x}, & x\geq 0. \end{cases}$$

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解題方法

1. 計算 Fourier transform

代入定義：

$$F(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty}e^{-|x|}e^{-i\omega x}\,dx.$$

依照 $x=0$ 分段：

$$F(\omega) = \int_{-\infty}^{0}e^xe^{-i\omega x}\,dx + \int_{0}^{\infty}e^{-x}e^{-i\omega x}\,dx.$$

第一項為

$$\int_{-\infty}^{0}e^{(1-i\omega)x}\,dx = \left[ \frac{e^{(1-i\omega)x}}{1-i\omega} \right]_{-\infty}^{0} = \frac{1}{1-i\omega},$$

因為 $\operatorname{Re}(1-i\omega)=1>0$，故 $x\to-\infty$ 時指數項趨近於 $0$。

第二項為

$$\int_{0}^{\infty}e^{-(1+i\omega)x}\,dx = \left[ -\frac{e^{-(1+i\omega)x}}{1+i\omega} \right]_{0}^{\infty} = \frac{1}{1+i\omega}.$$

因此

$$F(\omega) = \frac{1}{1-i\omega} + \frac{1}{1+i\omega}.$$

通分得

$$F(\omega) = \frac{(1+i\omega)+(1-i\omega)} {(1-i\omega)(1+i\omega)} = \frac{2}{1+\omega^2}.$$

所以複數 Fourier transform 為

$$\boxed{F(\omega)=\frac{2}{1+\omega^2}}.$$

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核心觀念

本題考查傅立葉正弦級數與 Parseval 等式。

對定義在 $0<x<\pi$ 的函數 $f(x)$，其傅立葉正弦級數為

$$f(x)\sim \sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin nx,$$

其中正弦係數為

$$b_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi f(x)\sin nx\,dx.$$

本題取

$$f(x)=\frac{\pi-x}{2}.$$

再利用 Parseval 等式：

$$\int_0^\pi |f(x)|^2\,dx = \frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^{\infty}b_n^2.$$

由已求得的 $b_n$ 即可導出 $\sum 1/n^2$。

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（a）證明傅立葉正弦級數

令

$$f(x)=\frac{\pi-x}{2},\qquad 0<x<\pi.$$

其正弦級數係數為

$$b_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi \frac{\pi-x}{2}\sin nx\,dx = \frac{1}{\pi}\int_0^\pi(\pi-x)\sin nx\,dx.$$

計算積分：

$$\int_0^\pi(\pi-x)\sin nx\,dx = \pi\int_0^\pi\sin nx\,dx-\int_0^\pi x\sin nx\,dx.$$

第一項為

$$\pi\int_0^\pi\sin nx\,dx = \pi\left[-\frac{\cos nx}{n}\right]_0^\pi = \frac{\pi\bigl(1-(-1)^n\bigr)}{n}.$$

第二項使用分部積分。取

$$u=x,\qquad dv=\sin nx\,dx,$$

則

$$du=dx,\qquad v=-\frac{\cos nx}{n}.$$

因此

$$\int_0^\pi x\sin nx\,dx = \left[-\frac{x\cos nx}{n}\right]_0^\pi + \frac{1}{n}\int_0^\pi\cos nx\,dx.$$

由於

$$\int_0^\pi\cos nx\,dx = \left[\frac{\sin nx}{n}\right]_0^\pi=0,$$

所以

$$\int_0^\pi x\sin nx\,dx = -\frac{\pi(-1)^n}{n}.$$

合併得

$$\int_0^\pi(\pi-x)\sin nx\,dx = \frac{\pi\bigl(1-(-1)^n\bigr)}{n} +\frac{\pi(-1)^n}{n} = \frac{\pi}{n}.$$

因此

$$b_n=\frac{1}{\pi}\cdot\frac{\pi}{n} =\frac{1}{n}.$$

故函數的傅立葉正弦級數為

$$\boxed{ \frac{\pi-x}{2} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin nx}{n} }$$

對 $0<x<\pi$ 成立。

在 $x=\pi$ 時，左右兩側皆為 $0$，等式仍成立；但在 $x=0$ 時，右側每一項皆為 $0$，級數和為 $0$，左側為 $\pi/2$。因此題目所寫的 $0\le x\le\pi$ 在 $x=0$ 有端點收斂問題，嚴格說應寫成

$$0<x\le \pi.$$

這是正弦級數在端點的典型現象：因為 $\sin(n\cdot0)=0$，正弦級數在 $x=0$ 必定等於 $0$。

此題考驗拉普拉斯轉換（Laplace Transform）的計算。

我們要計算圖示三角形脈衝函數的拉普拉斯轉換。
首先，我們需要用數學式來描述這個函數。
設此函數為 $g(t)$。
函數在 $t=0$ 時為 0，在 $t=2$ 時達到最大值 2，在 $t=4$ 時回到 0。

函數可以分成兩段線性函數：

1. 從 $t=0$ 到 $t=2$：
   這是一條通過 $(0,0)$ 和 $(2,2)$ 的直線。
   斜率 $m = \frac{2-0}{2-0} = 1$。
   方程式為 $g(t) = 1 \cdot t = t$，對於 $0 \leq t \leq 2$。

2. 從 $t=2$ 到 $t=4$：
   這是一條通過 $(2,2)$ 和 $(4,0)$ 的直線。
   斜率 $m = \frac{0-2}{4-2} = \frac{-2}{2} = -1$。
   方程式為 $g(t) - 0 = -1(t - 4) \implies g(t) = -t + 4$，對於 $2 \leq t \leq 4$。

因此，函數 $g(t)$ 可以寫成：
$g(t) = \begin{cases} t, & 0 \leq t \leq 2 \\ 4-t, & 2 \leq t \leq 4 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}$

我們可以使用拉普拉斯轉換的定義來計算：
$G(s) = \mathcal{L}\{g(t)\} = \int_{0}^{\infty} g(t) e^{-st} dt$
$G(s) = \int_{0}^{2} t e^{-st} dt + \int_{2}^{4} (4-t) e^{-st} dt$

計算第一個積分 $\int_{0}^{2} t e^{-st} dt$。
使用分部積分法：令 $u=t$, $dv=e^{-st}dt$。則 $du=dt$, $v=-\frac{1}{s}e^{-st}$。
$\int t e^{-st} dt = t \left(-\frac{1}{s}e^{-st}\right) - \int \left(-\frac{1}{s}e^{-st}\right) dt$
$= -\frac{t}{s}e^{-st} + \frac{1}{s} \int e^{-st} dt = -\frac{t}{s}e^{-st} + \frac{1}{s} \left(-\frac{1}{s}e^{-st}\right)$
$= -\frac{t}{s}e^{-st} - \frac{1}{s^2}e^{-st} = -\frac{1}{s^2}(st+1)e^{-st}$
計算定積分：
$\left[ -\frac{1}{s^2}(st+1)e^{-st} \right]_{0}^{2} = \left( -\frac{1}{s^2}(2s+1)e^{-2s} \right) - \left( -\frac{1}{s^2}(0+1)e^{0} \right)$
$= -\frac{2s+1}{s^2}e^{-2s} + \frac{1}{s^2}$

計算第二個積分 $\int_{2}^{4} (4-t) e^{-st} dt$。
使用分部積分法：令 $u=4-t$, $dv=e^{-st}dt$。則 $du=-dt$, $v=-\frac{1}{s}e^{-st}$。
$\int (4-t) e^{-st} dt = (4-t) \left(-\frac{1}{s}e^{-st}\right) - \int \left(-\frac{1}{s}e^{-st}\right) (-dt)$
$= -\frac{4-t}{s}e^{-st} - \frac{1}{s} \int e^{-st} dt = -\frac{4-t}{s}e^{-st} - \frac{1}{s} \left(-\frac{1}{s}e^{-st}\right)$
$= -\frac{4-t}{s}e^{-st} + \frac{1}{s^2}e^{-st} = \frac{1}{s^2}(1 - s(4-t))e^{-st}$
計算定積分：