113 年 國立成功大學系統及船舶機電工程研究所丙組《工程數學》

核心觀念

本題考查：

• 偶函數的 Fourier cosine series。
• Fourier 係數的計算。
• 利用適當代入點求出奇數平方倒數級數。

在 $-\pi<x<\pi$ 上，Fourier series 標準形式為

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),$$

其中

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,$$ $$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx, \qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx.$$

由於 $f(x)=2|x|$ 是偶函數，而 $\sin nx$ 是奇函數，因此

$$b_n=0.$$

所以只需計算 $a_0$ 與 $a_n$。

解題方法

1. 計算常數項

由偶函數性質，

$$a_0 =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}2|x|\,dx =\frac{2}{\pi}\int_0^\pi 2x\,dx.$$

因此

$$a_0 =\frac{4}{\pi}\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^\pi =\frac{4}{\pi}\cdot\frac{\pi^2}{2} =2\pi.$$

故

$$\frac{a_0}{2}=\pi.$$

2. 計算 cosine 係數

同樣利用偶函數性質，

$$a_n =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}2|x|\cos nx\,dx =\frac{4}{\pi}\int_0^\pi x\cos nx\,dx.$$

分部積分：

令

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

則

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

因此

$$\int x\cos nx\,dx =\frac{x\sin nx}{n}-\frac{1}{n}\int\sin nx\,dx =\frac{x\sin nx}{n}+\frac{\cos nx}{n^2}.$$

代入 $0$ 與 $\pi$：

$$\int_0^\pi x\cos nx\,dx = \left[ \frac{x\sin nx}{n}+\frac{\cos nx}{n^2} \right]_0^\pi.$$

因為 $\sin n\pi=0$、$\cos n\pi=(-1)^n$，所以

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

故

核心觀念

本題是一次一階線性偏微分方程式，適合使用「特徵線法」求解：

$$\frac{\partial u}{\partial t}+\frac{\partial u}{\partial x}=u.$$

特徵線法將偏微分方程式轉換為沿著特徵線的常微分方程式。特徵線由

$$\frac{dx}{dt}=1$$

決定，而 $u$ 沿特徵線滿足

$$\frac{du}{dt}=u.$$

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解題方法：特徵線法

1. 求特徵線

由

$$\frac{dx}{dt}=1$$

積分得

$$x=t+C,$$

因此

$$x-t=C.$$

所以特徵線為斜率 $1$ 的直線：

$$x-t=\text{常數}.$$

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2. 求 $u$ 沿特徵線的變化

沿著特徵線，有

$$\frac{du}{dt} = \frac{\partial u}{\partial t} + \frac{dx}{dt}\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial t} + \frac{\partial u}{\partial x}.$$

由原方程式可得

$$\frac{du}{dt}=u.$$

因此

$$\frac{du}{u}=dt,$$

積分後得到

$$\ln |u|=t+C,$$

故

$$u=Ce^t.$$

其中常數 $C$ 可視為特徵線 $x-t$ 的函數，因此一般解為

$$u(x,t)=e^tF(x-t),$$

其中 $F$ 為任意函數。

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3. 套用邊界條件

邊界條件為

$$u(0,t)=3e^{-t}.$$

代入一般解：

$$u(0,t)=e^tF(-t)=3e^{-t}.$$

所以

$$F(-t)=3e^{-2t}.$$

在邊界能影響到的區域 $0<x<t$ 中，特徵線會在時間

$$t_0=t-x$$

時與 $x=0$ 相交。此時邊界值為

$$u(0,t-x)=3e^{-(t-x)}.$$

沿特徵線由時間 $t-x$ 移動至時間 $t$，經過時間長度 $x$，而 $u$ 會乘上 $e^x$，因此

$$u(x,t)=u(0,t-x)e^x.$$

代入邊界值：

核心觀念

本題考查高斯散度定理（Divergence Theorem）：

$$\iint_S \mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dA = \iiint_V \nabla\cdot\mathbf{F}\,dV,$$

其中 $S$ 是封閉曲面，$V$ 是其所包圍的體積，$\mathbf{n}$ 為外向單位法向量。

題目給定

$$\mathbf{F}=[x,y,z^4], \qquad S:x^2+y^2+z^2=16.$$

因此 $S$ 是半徑 $4$、中心在原點的球面，所包圍的球體記為

$$V:x^2+y^2+z^2\le 16.$$

解題方法

由高斯散度定理，

$$\iint_S \mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dA = \iiint_V \nabla\cdot\mathbf{F}\,dV.$$

先計算向量場的散度：

$$\nabla\cdot\mathbf{F} = \frac{\partial x}{\partial x} + \frac{\partial y}{\partial y} + \frac{\partial z^4}{\partial z}.$$

因此

$$\nabla\cdot\mathbf{F} = 1+1+4z^3 = 2+4z^3.$$

所以通量為

$$\iint_S \mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dA = \iiint_V(2+4z^3)\,dV.$$

核心觀念

本題考查：

• 拉普拉斯反變換的線性性；
• 對 $s$ 微分的性質
  $\mathcal{L}\{t f(t)\}=-\frac{d}{ds}F(s);$
• 基本反變換
  $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{s^2+1}\right\}=\cos t,$
  $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-1}\right\}=e^t.$

由於 $F(s)$ 含有對數，直接查表不便，對 $s$ 微分可將對數化為有理函數，再進行反變換。

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解題方法

令

$$f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}.$$

題目給定

$$F(s)=\ln\left(\frac{s^2+1}{(s-1)^4}\right) =\ln(s^2+1)-4\ln(s-1).$$

對 $s$ 微分：

$$F'(s) =\frac{2s}{s^2+1}-\frac{4}{s-1}.$$

利用公式

$$\mathcal{L}\{t f(t)\}=-F'(s),$$

得到

$$\mathcal{L}\{t f(t)\} =-\frac{2s}{s^2+1}+\frac{4}{s-1}.$$

逐項反拉普拉斯變換：

$$t f(t) =-2\cos t+4e^t.$$

因此

$$f(t)=\frac{4e^t-2\cos t}{t}.$$

核心觀念

本題考查二階常係數非齊次微分方程：

$$y''-y'+y=6x^2e^x$$

解法分為兩部分：

1. 先求齊次解 $y_h$。
2. 再利用待定係數法求特解 $y_p$。

最後通解為

$$y=y_h+y_p。$$

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一、求齊次解

先考慮對應的齊次方程：

$$y''-y'+y=0。$$

其特徵方程為

$$r^2-r+1=0。$$

解得

$$r=\frac{1\pm\sqrt{1-4}}{2} =\frac{1\pm i\sqrt{3}}{2}。$$

因此

$$\alpha=\frac12,\qquad \beta=\frac{\sqrt3}{2}。$$

根據複數共軛根的標準形式，齊次解為

$$y_h=e^{\alpha x}\left(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x\right)。$$

所以

$$y_h=e^{x/2} \left[ C_1\cos\left(\frac{\sqrt3}{2}x\right) +C_2\sin\left(\frac{\sqrt3}{2}x\right) \right]。$$

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二、利用待定係數法求特解

右側非齊次項為

$$6x^2e^x。$$

因為多項式為二次式，先設特解形式為

$$y_p=e^x(Ax^2+Bx+C)。$$

此時直接微分代入雖可行，但計算較繁。令

$$y_p=e^xv(x), \qquad v(x)=Ax^2+Bx+C。$$

則

$$y_p'=e^x(v+v'),$$

以及

$$y_p''=e^x(v+2v'+v'')。$$

代入原方程左側：

\begin{align*}
y_p''-y_p'+y_p
&=e^x(v+2v'+v'')-e^x(v+v')+e^xv\
&=e^x(v''+v'+v)。
\end{align*}

因此只需令

$$v''+v'+v=6x^2。$$

由

$$v=Ax^2+Bx+C,$$

可得