114 年 國立成功大學機械工程學系碩士班乙組《工程數學》

核心觀念

本題考查常係數線性非齊次微分方程：

$$y'''-y''-8y'+12y=7e^{2x}.$$

解題分為兩部分：

1. 解齊次方程，利用特徵方程求互異或重根。
2. 求非齊次特解，根據右側 $e^{2x}$ 是否與特徵根重疊，決定試解形式。

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解題方法

一、求齊次解

先考慮對應的齊次方程：

$$y'''-y''-8y'+12y=0.$$

令 $y=e^{rx}$，得到特徵方程：

$$r^3-r^2-8r+12=0.$$

代入 $r=2$ 可得：

$$2^3-2^2-8(2)+12=8-4-16+12=0,$$

因此 $r=2$ 是根。因式分解為

$$r^3-r^2-8r+12 =(r-2)(r^2+r-6) =(r-2)^2(r+3).$$

特徵根為

$$r=2 \quad\text{（二重根）},\qquad r=-3.$$

因此齊次解為

$$y_h=(C_1+C_2x)e^{2x}+C_3e^{-3x}.$$

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二、求非齊次特解

右側為

$$7e^{2x}.$$

因為 $r=2$ 是特徵方程的二重根，直接試 $Ae^{2x}$ 或 $(Ax+B)e^{2x}$ 都會與齊次解重疊，必須乘上 $x^2$。

故設特解為

$$y_p=Ax^2e^{2x}.$$

更有效率的作法是將微分算子寫成

$$L(D)=D^3-D^2-8D+12,$$

其中 $D=\dfrac{d}{dx}$。由特徵多項式分解可知

$$L(D)=(D-2)^2(D+3).$$

令

$$y=e^{2x}v(x).$$

利用移位公式

$$L(D)\bigl(e^{2x}v\bigr) =e^{2x}L(D+2)v,$$

而

核心觀念

本題考查 Stokes 定理：

$$\oint_C \mathbf F\cdot d\mathbf s = \iint_S(\nabla\times\mathbf F)\cdot\mathbf n\,dS$$

其中 $S$ 是以 $C$ 為邊界的曲面。曲線從正 $z$ 軸方向看為逆時針，因此依右手定則，應取向上的法向量 $\mathbf n=\mathbf k$。

解題方法

曲線 $C$ 為圓錐

$$z^2=x^2+y^2$$

與平面 $z=1$ 的交線。代入 $z=1$：

$$x^2+y^2=1$$

因此 $C$ 是位於 $z=1$ 平面上的單位圓，其圓盤面積為 $\pi$。

向量場為

$$\mathbf F=\left(-\frac y2,\frac x2,z\right)$$

計算旋度：

核心觀念

本題考查矩陣的特徵值與特徵向量。

若非零向量 $\mathbf{x}$ 滿足

$$A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x},$$

則稱 $\lambda$ 為矩陣 $A$ 的特徵值，$\mathbf{x}$ 為對應於 $\lambda$ 的特徵向量。將等式改寫為

$$(A-\lambda I)\mathbf{x}=\mathbf{0},$$

因為特徵向量必須是非零向量，所以齊次方程組必須有非零解，故特徵值滿足特徵方程

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

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解題方法

令

$$A= \begin{bmatrix} 5 & -10 & -5\\ 2 & 14 & 2\\ -4 & -8 & 6 \end{bmatrix}.$$

1. 求特徵值

計算特徵方程：

$$\det(A-\lambda I) = \det \begin{bmatrix} 5-\lambda & -10 & -5\\ 2 & 14-\lambda & 2\\ -4 & -8 & 6-\lambda \end{bmatrix}.$$

沿第一列展開：

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) ={}&(5-\lambda) \begin{vmatrix} 14-\lambda & 2\\ -8 & 6-\lambda \end{vmatrix} +10 \begin{vmatrix} 2 & 2\\ -4 & 6-\lambda \end{vmatrix}\\ &-5 \begin{vmatrix} 2 & 14-\lambda\\ -4 & -8 \end{vmatrix}. \end{aligned}$$

各二階行列式為

$$\begin{vmatrix} 14-\lambda & 2\\ -8 & 6-\lambda \end{vmatrix} =(14-\lambda)(6-\lambda)+16 =\lambda^2-20\lambda+100,$$ $$\begin{vmatrix} 2 & 2\\ -4 & 6-\lambda \end{vmatrix} =2(6-\lambda)+8 =20-2\lambda,$$

以及

$$\begin{vmatrix} 2 & 14-\lambda\\ -4 & -8 \end{vmatrix} =-16+4(14-\lambda) =40-4\lambda.$$

因此

$$\det(A-\lambda I) =(5-\lambda)(\lambda^2-20\lambda+100) +10(20-2\lambda)-5(40-4\lambda).$$

後兩項互相抵消，故

$$\det(A-\lambda I) =(5-\lambda)(\lambda^2-20\lambda+100).$$

由

$$\lambda^2-20\lambda+100=(\lambda-10)^2,$$

可得

$$\det(A-\lambda I) =-(\lambda-5)(\lambda-10)^2.$$

所以矩陣的特徵值為

$$\boxed{\lambda=5,\quad \lambda=10}$$

其中 $\lambda=10$ 的代數重數為 $2$。

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2. 求 $\lambda=5$ 對應的特徵向量

代入 $\lambda=5$：

$$A-5I= \begin{bmatrix} 0 & -10 & -5\\ 2 & 9 & 2\\ -4 & -8 & 1 \end{bmatrix}.$$

令特徵向量為

$$\mathbf{x}= \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix},$$

則

$$\begin{bmatrix} 0 & -10 & -5\\ 2 & 9 & 2\\ -4 & -8 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

由第一列得到

核心觀念

將聯立一階線性微分方程組寫成矩陣形式：

$$\mathbf y'(t)=A\mathbf y(t), \qquad \mathbf y(t)= \begin{bmatrix} y_1(t)\\ y_2(t) \end{bmatrix}, \qquad A= \begin{bmatrix} -3&1\\ 1&-3 \end{bmatrix}.$$

對常係數系統，若矩陣 $A$ 有特徵值 $\lambda$ 與對應特徵向量 $\mathbf v$，則

$$\mathbf y(t)=e^{\lambda t}\mathbf v$$

是系統的一組解。

由兩組線性獨立的特徵解所組成的矩陣稱為基本矩陣（fundamental matrix）：

$$\omega(t)= \begin{bmatrix} \mathbf y^{(1)}(t)&\mathbf y^{(2)}(t) \end{bmatrix}.$$

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解題方法：求特徵值

特徵值由特徵方程

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

決定。計算得

$$A-\lambda I= \begin{bmatrix} -3-\lambda&1\\ 1&-3-\lambda \end{bmatrix},$$

因此

$$\det(A-\lambda I) = (-3-\lambda)^2-1.$$

令其等於零：

$$(-3-\lambda)^2-1=0,$$ $$(-3-\lambda)^2=1.$$

所以

$$-3-\lambda=\pm 1.$$

得到兩個特徵值：

$$\boxed{\lambda_1=-2,\qquad \lambda_2=-4}.$$

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求特徵向量

對應 $\lambda_1=-2$

代入 $(A-\lambda_1 I)\mathbf v_1=\mathbf 0$：

$$A+2I= \begin{bmatrix} -1&1\\ 1&-1 \end{bmatrix}.$$

設

$$\mathbf v_1= \begin{bmatrix} v_{11}\\ v_{12} \end{bmatrix},$$

則

$$-v_{11}+v_{12}=0,$$

所以

$$v_{12}=v_{11}.$$

可取特徵向量

$$\boxed{ \mathbf v_1= \begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix} }.$$

因此對應的特徵解為

$$\mathbf y^{(1)}(t) = e^{-2t} \begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} e^{-2t}\\ e^{-2t} \end{bmatrix}.$$

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對應 $\lambda_2=-4$

代入 $(A-\lambda_2 I)\mathbf v_2=\mathbf 0$：

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

設

$$\mathbf v_2= \begin{bmatrix} v_{21}\\ v_{22} \end{bmatrix},$$

則

$$v_{21}+v_{22}=0,$$

所以

$$v_{22}=-v_{21}.$$

可取特徵向量

$$\boxed{ \mathbf v_2= \begin{bmatrix} 1\\ -1 \end{bmatrix} }.$$

因此對應的特徵解為

$$\mathbf y^{(2)}(t) = e^{-4t} \begin{bmatrix} 1\\ -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} e^{-4t}\\ -e^{-4t} \end{bmatrix}.$$

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基本矩陣 $\omega(t)$

以兩組特徵解作為欄向量，得到基本矩陣：

$$\omega(t) = \begin{bmatrix} e^{-2t}&e^{-4t}\\ e^{-2t}&-e^{-4t} \end{bmatrix}.$$

因此

$$\boxed{ \omega(t)= \begin{bmatrix} e^{-2t}&e^{-4t}\\ e^{-2t}&-e^{-4t} \end{bmatrix} }.$$

其行列式為

$$\det\omega(t) = -e^{-6t}-e^{-6t} = -2e^{-6t}.$$

由於對所有有限的 $t$ 皆有 $\det\omega(t)\neq 0$，所以此矩陣確實是基本矩陣。

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求 $\omega^{-1}(t)$

對二階矩陣

核心觀念

使用格林定理將正向封閉曲線上的線積分轉為平面區域上的二重積分：

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

圖中的 $C$ 由半徑 $5$ 的左半圓弧，以及 $y$ 軸上的線段組成，圍成左半圓盤 $D$。箭頭方向為逆時針，因此是正向。

解題方法

題目中的 $P=yx^2$、$Q=-x^2$，所以

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

由格林定理，

$$\oint_C yx^2\,dx-x^2\,dy = \iint_D(-2x-x^2)\,dA.$$

改用極座標 $x=r\cos\theta$、$dA=r\,dr\,d\theta$。左半圓盤的範圍為 $0\le r\le5$、$\frac{\pi}{2}\le\theta\le\frac{3\pi}{2}$，因此

核心觀念

本題考查兩個拉普拉斯反變換公式：

1. 時間延遲定理
   $\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=u(t-a)f(t-a),$
   其中 $f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}$。

2. 含 $t$ 的拉普拉斯變換
   $\mathcal{L}\{t f(t)\}=-\frac{d}{ds}\mathcal{L}\{f(t)\}.$

由
$\mathcal{L}\{\sin at\}=\frac{a}{s^2+a^2}$
可推得

$$\mathcal{L}\{t\sin at\} =\frac{2as}{(s^2+a^2)^2}.$$

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解題方法

先處理不含延遲因子 $e^{-10s}$ 的部分。令

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

因為 $4=2^2$，取 $a=2$，由公式

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

因此

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{(s^2+4)^2}\right\} =\frac14 t\sin(2t).$$

核心觀念

本題考查以下拉普拉斯轉換性質：

1. 基本公式

$$\mathcal{L}\left\{\frac{\sin at}{t}\right\} =\tan^{-1}\left(\frac{a}{s}\right),\qquad s>0.$$

2. 乘上 $\dfrac{1}{s}$ 的積分性質

$$\mathcal{L}\left\{\int_0^t f(\tau)\,d\tau\right\} =\frac{1}{s}F(s),$$

其中 $F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}$。

題目中的反拉普拉斯式為

$$\frac{1}{s}\tan^{-1}\left(\frac{1}{s}\right),$$

可直接辨認為上述積分性質的形式。

解題方法

由基本公式取 $a=1$，得到

$$\mathcal{L}\left\{\frac{\sin t}{t}\right\} =\tan^{-1}\left(\frac{1}{s}\right).$$

因此，令

$$g(t)=\frac{\sin t}{t},$$

則

$$G(s)=\tan^{-1}\left(\frac{1}{s}\right).$$

根據拉普拉斯積分性質，

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{G(s)}{s}\right\} =\int_0^t g(\tau)\,d\tau.$$

代入 $g(\tau)$：

$$\begin{aligned} \mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{1}{s}\tan^{-1}\left(\frac{1}{s}\right) \right\} &=\int_0^t\frac{\sin \tau}{\tau}\,d\tau. \end{aligned}$$

核心觀念

本題考查複數 Fourier 積分與 Fourier transform 的計算。採用標準約定：

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

則反 Fourier 積分為

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

題目給定

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

因為 $e^{-|x|}$ 是偶函數，乘上 $x$ 後，$f(x)$ 為奇函數，因此其 Fourier transform 必為純虛數且為 $\omega$ 的奇函數。

解題方法

由絕對值分段：

$$f(x)= \begin{cases} xe^{-x}, & x\geq 0,\\ xe^x, & x<0. \end{cases}$$

因此

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

第一項為

$$\int_{0}^{\infty}xe^{-(1+i\omega)x}\,dx =\frac{1}{(1+i\omega)^2},$$

使用公式

$$\int_{0}^{\infty}xe^{-ax}\,dx=\frac{1}{a^2}, \qquad \operatorname{Re}(a)>0.$$

第二項令 $t=-x$，則 $x=-t$、$dx=-dt$：

$$\begin{aligned} \int_{-\infty}^{0}xe^xe^{-i\omega x}\,dx &=-\int_{0}^{\infty}te^{-t}e^{i\omega t}\,dt\\ &=-\int_{0}^{\infty}te^{-(1-i\omega)t}\,dt\\ &=-\frac{1}{(1-i\omega)^2}. \end{aligned}$$

故

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

通分化簡：

採用工程數學標準傅立葉轉換定義：
$\mathcal{F}\{f(t)\} = F(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} f(t) e^{-i\omega t} \, dt$

步驟一：變數變換與整理積分

將分母配方得 $t^2 - 2t + 5 = (t-1)^2 + 4$，代入傅立葉轉換定義：
$F(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{3 e^{it}}{(t-1)^2 + 4} e^{-i\omega t} \, dt = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{3}{(t-1)^2 + 4} e^{-i(\omega - 1)t} \, dt$

令 $u = t - 1$（則 $t = u + 1$，$dt = du$），代入後提取常數項：

解題觀念：特徵線法 (Method of Characteristics)

本題為一階半線性偏微分方程（PDE），採用特徵線法求通解，再結合初始條件與邊界條件求出特解。

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求解步驟

1. 建立特徵方程式：
   對偏微分方程 $\frac{\partial u}{\partial x} + x \frac{\partial u}{\partial t} = 0$，對應的特徵系統為：
   $\frac{dx}{1} = \frac{dt}{x} = \frac{du}{0}$

2. 求解特徵曲線與通解：

   • 由 $\frac{du}{0} = 0 \implies du = 0 \implies u = C_1$ （沿特徵曲線 $u$ 為常數）。
   • 由 $\frac{dx}{1} = \frac{dt}{x} \implies x \, dx = dt \implies \frac{1}{2}x^2 - t = C_2 \implies t - \frac{1}{2}x^2 = C$。

   故 PDE 之通解可表示為：
   $u(x, t) = f\left(t - \frac{1}{2}x^2\right)$
   其中 $f$ 為待定的單變數函數。

3. 代入條件確定函數 $f$：
   設變數 $s = t - \frac{1}{2}x^2$。

   • 邊界條件 $u(0, t) = 4t$ ($x = 0$)：
     此時 $s = t - 0 = t$。因為 $t \ge 0$，故對應 $s \ge 0$ 的區域：

核心觀念

本題考查複變函數的閉路積分，關鍵在於：

• 若 $f(z)$ 在整個區域內解析，則由柯西積分定理，
  $\oint_C f(z)\,dz=0.$
• $\operatorname{Im}(z)$ 不是解析函數，不能直接套用柯西積分定理。
• 複數表示為
  $z=x+iy,\qquad \operatorname{Im}(z)=y.$
• 題目給出的頂點順序為
  $0\to -2i\to 2-2i\to 2\to 0,$
  此方向為順時針，正方形面積為 $4$。

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解題方法

將積分拆成三部分：

$$\oint_C \left(z^2+2z^5+\operatorname{Im}(z)\right)\,dz = \oint_C z^2\,dz + 2\oint_C z^5\,dz + \oint_C \operatorname{Im}(z)\,dz.$$

其中 $z^2$ 與 $2z^5$ 都是整個複平面上的解析函數，因此

$$\oint_C z^2\,dz=0,\qquad 2\oint_C z^5\,dz=0.$$

所以只需計算

$$\oint_C \operatorname{Im}(z)\,dz.$$

令 $z=x+iy$，則

$$\operatorname{Im}(z)=y,\qquad dz=dx+i\,dy.$$

因此

$$\operatorname{Im}(z)\,dz = y(dx+i\,dy) = y\,dx+i y\,dy.$$

沿著閉合曲線 $C$ 積分時，