108 年 國立中山大學機械與機電工程學系碩士班丙組《工程數學》

核心觀念

這是串聯 RC 電路對矩形脈波的暫態響應。電阻電流與電容電壓滿足

題目給定電路在脈波施加前靜止，因此初始電容電壓與電流皆為 $0$。圖中的輸入電壓為：$t=a$ 時升至 $V_0$，$t=b$ 時降回 $0$。

解題方法

先分成脈波作用期間與脈波結束後兩段求解。時間常數為 $\tau=RC$。

當 $a<t<b$ 時，輸入電壓為 $V_0$。由迴路方程式，

對時間微分，並代入 $i=C\,dv_C/dt$，得到

在 $t=a$ 的瞬間，電容電壓尚未改變，仍為 $0$，因此 $i(a^+)=V_0/R$。解得

當 $t>b$ 時，輸入電壓回到 $0$，電容透過電阻放電。電容電壓在切換瞬間連續，因此

核心觀念

• 常係數線性常微分方程（ODE）之通解可寫為齊次解與特解的線性組合。
• 齊次方程的解法：求特徵方程根的重度，重根時解的形式為 $x^k e^{r x}$。
• 特解的構造：未定係數法（method of undetermined coefficients）或 滅係算子法（annihilator）。當右端函數與齊次解的形式重疊時，需要乘以適當的 $x$ 次方以避免重複。

解題方法

1. 求齊次解
   齊次方程

$y'''-3y''+3y'-y=0$

設 $y=e^{rx}$，得到特徵方程

$r^{3}-3r^{2}+3r-1=(r-1)^{3}=0$

因而唯一根 $r=1$ 為三重根。
齊次解為

$y_h=(C_1+C_2x+C_3x^{2})e^{x}.$

2. 右端函數分解

$f(x)=e^{x}-x-1$

分為兩部份：$e^{x}$ 以及多項式 $-x-1$。

3. 構造特解（未定係數）

   • $e^{x}$ 部分
     因 $e^{x}$ 已出現在齊次解且其對應的根為重根 3 次，需要乘上 $x^{3}$（重度 3）以得到不與齊次解重疊的試函數：

$y_{p1}=A\,x^{3}e^{x}.$

 使用滅係算子 $(D-1)^{3}$（其中 $D=\frac{d}{dx}$）作用於 $y_{p1}$：  

$(D-1)^{3}\bigl(Ax^{3}e^{x}\bigr)=6A e^{x}.$

 必須使其等於右端的 $e^{x}$ 項，故 $6A=1$，得到  

$A=\frac16,\qquad y_{p1}= \frac{1}{6}x^{3}e^{x}.$

• 多項式 $-x-1$ 部分
  試函數取一般一次多項式

$y_{p2}=Bx+C.$

模型設定

• $y_1(t)$、$y_2(t)$：兩槽中鹽的重量（lb）。
• $V_1=V_2=100\,$gal（因流入＝流出，體積恆定）。

微分方程

寫成向量形式 $\mathbf Y' =A\mathbf Y+\mathbf b$，

特解（恆定解）

解 $A\mathbf Y_p+\mathbf b=0$ 得

核心觀念

• 逆矩陣唯一性：若 $A$ 可逆，則其逆矩陣 $A^{-1}$ 滿足 $AA^{-1}=A^{-1}A=I$，由矩陣乘法的結合律可證唯一。
• 轉置矩陣與特徵值：特徵值定義 $\det(A-\lambda I)=0$，而 $\det(A^{\mathsf T}-\lambda I)=\det((A-\lambda I)^{\mathsf T})=\det(A-\lambda I)$，故 $A$ 與 $A^{\mathsf T}$ 具有相同的特徵多項式，特徵值相同。
• 相異特徵值與基底：若 $A$ 具有 $n$ 個互不相同的特徵值，則每個特徵值對應的特徵子空間維度皆為 $1$，其特徵向量線性獨立，形成 $n$ 維向量空間的基底。
• 對稱矩陣的正交特徵向量：對稱矩陣 $A=A^{\mathsf T}$ 為實對稱矩陣，依 Spectral Theorem 可正交對角化，故可選取正交（甚至正交單位）特徵向量。
• 滿秩矩陣與唯一解：若 $A$ 為 $n\times n$ 滿秩（即 $\operatorname{rank}(A)=n$），則 $A$ 可逆，方程式 $Ax=b$ 有唯一解 $x=A^{-1}b$。
• Nullity（零化度）與秩-零化度定理：$\operatorname{rank}(A)+\operatorname{nullity}(A)=n$，滿秩時 $\operatorname{nullity}(A)=0$。
• 列向量張成空間：若 $A$ 為 $m\times n$ 滿秩且 $m=n$，則其列向量張成 $\mathbb R^{n}$，若 $m\neq n$ 必須視維度而定。
• 行列式的乘法性：對任意 $n\times n$ 矩陣 $A,B$，$\det(AB)=\det(A)\det(B)$。
• 可對角化的充分必要條件：若 $A$ 有 $n$ 個線性獨立的特徵向量，則 $A=PDP^{-1}$ 為對角化矩陣。
• 正交矩陣的行列式：正交矩陣 $Q$ 滿足 $Q^{\mathsf T}Q=I$，取行列式得 $\det(Q)^2=1$，故 $\det(Q)=\pm1$。

解題方法
針對每一選項，以上述概念直接判斷其真偽，不須進行具體計算。若涉及「滿秩」的概念，需注意 $A$ 為 $n\times n$ 方陣，滿秩即 $\operatorname{rank}(A)=n$，等同於可逆。若 $A$ 為非方陣（如選項 G）則滿秩僅保證列向量的張成空間維度等於秩，需依矩陣尺寸判斷是否能張成 $\mathbb R^{3}$。

選項分析

解法

球半徑 $R=2$，密度視為 $\rho=1$。使用球座標

則 $x^{2}+y^{2}= \rho^{2}\sin^{2}\varphi$，體積元素 $dV=\rho^{2}\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta$。

上半球：$0\le\theta\le2\pi$，$0\le\varphi\le\frac{\pi}{2}$，$0\le\rho\le R=2$。

核心觀念

• 波動方程 $\displaystyle u_{tt}=c^{2}u_{xx}$ 為二階線性均勻常係數偏微分方程。
• 具 Dirichlet 邊界條件 $u(0,t)=u(l,t)=0$ 時，空間方向的本徵問題為 Sturm–Liouville 型：
  $X''+\lambda X=0,\qquad X(0)=X(l)=0.$
• 本徵值 $\lambda_n=(n\pi/l)^{2}$，本徵函數 $X_n(x)=\sin\frac{n\pi x}{l}$（$n=1,2,\dots$），形成正交完備基。
• 透過分離變數與傅立葉正弦級數展開，可把任意滿足相容條件的初始函數 $f,g$ 表成本徵函數的線性組合，從而得到解的完整表達式。

解題方法

1. 分離變數
   設 $u(x,t)=X(x)T(t)$，代入方程得
   $X T''=c^{2} X'' T \;\Longrightarrow\; \frac{T''}{c^{2}T}= \frac{X''}{X}= -\lambda,$
   其中 $-\lambda$ 為分離常數。

2. 解空間本徵問題
   $X''+\lambda X=0,\qquad X(0)=X(l)=0.$
   非平凡解需 $\lambda>0$，寫 $\lambda=k^{2}$，得到
   $X(x)=A\sin kx + B\cos kx,\quad X(0)=0\Rightarrow B=0,$
   $X(l)=0\Rightarrow \sin(k l)=0\Rightarrow k l=n\pi\;(n=1,2,\dots).$
   故
   $\lambda_n=\Bigl(\frac{n\pi}{l}\Bigr)^{2},\qquad X_n(x)=\sin\frac{n\pi x}{l}.$

3. 解時間方程
   $T''+c^{2}\lambda_n T=0\;\Longrightarrow\;T_n''+\Bigl(\frac{n\pi c}{l}\Bigr)^{2}T_n=0,$
   其通解為
   $T_n(t)=A_n\cos\frac{n\pi c}{l}t + B_n\sin\frac{n\pi c}{l}t.$

4. 組合通解
   由線性疊加原理，所有本徵解的線性組合仍是原方程的解：
   $u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\bigl[A_n\cos(\omega_n t)+B_n\sin(\omega_n t)\bigr]\sin\frac{n\pi x}{l},$
   其中 $\displaystyle \omega_n=\frac{n\pi c}{l}$。

5. 利用初始條件求係數