109 年 國立中山大學機械與機電工程學系碩士班乙組《工程數學》

第 1 題 (a) 微分方程

$2\cosh x\;\cos y\;dx=\sinh x\;\sin y\;dy$

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核心觀念

• 可分離變數：將含 $x$ 的項與含 $y$ 的項分開，形成 $\dfrac{dx}{dy}$ 或 $\dfrac{dy}{dx}$ 的函式。
• 使用恰當的三角與雙曲函數恆等式：$\displaystyle \frac{d}{dx}\cosh x = \sinh x,\qquad \frac{d}{dy}\sin y = \cos y$。

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解題方法

1. 移項與分離變數

$\frac{2\cosh x}{\sinh x}\,dx = \frac{\sin y}{\cos y}\,dy$

只要 $\sinh x\neq0,\ \cos y\neq0$（若有零點，可於最後檢查特例），兩邊同除以相同因子即可。

2. 寫成積分形式

$2\frac{\cosh x}{\sinh x}\,dx = \tan y\,dy$

3. 積分

   • 左側：$\displaystyle \int 2\frac{\cosh x}{\sinh x}\,dx = 2\int\frac{d(\sinh x)}{\sinh x}=2\ln|\sinh x|+C_1$。
   • 右側：$\displaystyle \int \tan y\,dy = -\ln|\cos y|+C_2$。

   合併常數 $C=C_2-C_1$：

$2\ln|\sinh x| = -\ln|\cos y| + C .$

4. 整理成顯式關係

$$\ln|\sinh x|^{2}+ \ln|\cos y| = C \;\Longrightarrow\; |\sinh x|^{2}\,|\cos y| = e^{C}=C' .$$

把絕對值合併成正的常數 $K>0$（或允許符號改寫為 $\pm K$），得到

$\boxed{\; \sinh^{2}x\;\cos y = K\;}$

其中 $K$ 為任意實常數。若允許 $\cos y=0$（即 $y=\pi/2 + n\pi$），需另行檢查，會使左式恆為 0，對應 $K=0$。

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選項分析

本題為非選擇題，無需分析選項。若考卷列出多個答案形式，皆應等價於上式 $\sinh^{2}x\cos y =$ 常數。

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解題技巧

• 快速驗算：將求得的隱含解代回原式，兩邊同乘 $\cos y$ 與 $\sinh x$ 後化簡，可確認等式成立。
• 零點檢查：$\sinh x=0$（$x=0$）或 $\cos y=0$（$y=\pi/2+n\pi$）會使分離步驟中除以零，需在最終答案中允許相應的常數 $K=0$ 以涵蓋此情形。

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【答案】

$\sinh^{2}x\;\cos y = C\qquad (C\ \text{為任意實常數})$

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第 1 題 (b) 常係數非齊次二階線性微分方程

$x^{2}y''-3xy'+3y = 3\ln x-4 ,\qquad x>0$

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核心觀念

• Euler（或稱 Cauchy–Euler）方程：形如 $x^{2}y''+axy'+by=0$ 的齊次方程，可透過代換 $x=e^{t}$ 或假設解 $y=x^{m}$ 求得特徵根。
• 非齊次項：右端為 $3\ln x-4$，屬於多項式與對數的組合，須使用變係數法（常數變易法或待定係數法）求特解。
• 線性疊加：通解 = 齊次解 + 任意一個特解。

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解題方法

核心觀念

• 拉普拉斯變換：將時域微分方程轉換為代數方程，利用

$$\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),\qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-sy(0)-y'(0)$$

• 單位階躍函數 $u(t-a)$ 與迪拉克脈衝 $\delta(t-a)$ 的拉普拉斯變換

$$\mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}=e^{-as}F(s),\qquad \mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as}$$

• 逆變換：利用部分分式分解與已知表格恢復時域解。

解題方法

1. 先對整個方程式取拉普拉斯變換，將初值代入。
2. 把右側的分段函數與脈衝項寫成階躍函數形式，以便直接使用變換公式。
3. 解代數方程得到 $Y(s)$。
4. 把 $Y(s)$ 分解為可逆變換的和，最後使用逆拉普拉斯變換得到 $y(t)$。

步驟詳述

1. 寫出右側的拉普拉斯表示

$[1-u(t-2)]e^{t}=e^{t}-u(t-2)e^{t}$

令 $f(t)=e^{t}$，則 $u(t-2)f(t)=u(t-2)e^{t}=u(t-2)e^{(t-2)}e^{2}$。
用平移公式得到

$\mathcal{L}\{u(t-2)e^{t}\}=e^{-2s}\,\mathcal{L}\{e^{t+2}\}=e^{-2s}\,\frac{e^{2}}{s-1}.$

同理

$$\mathcal{L}\{e^{t}\}= \frac{1}{s-1},\qquad \mathcal{L}\{e^{2}\delta(t-2)\}=e^{2}e^{-2s}.$$

2. 對左側取拉普拉斯（使用初值 $y(0)=0,\;y'(0)=1$）

$\mathcal{L}\{y''\}=s^{2}Y(s)-sy(0)-y'(0)=s^{2}Y(s)-1,$

$\mathcal{L}\{2y'\}=2\bigl(sY(s)-y(0)\bigr)=2sY(s),$

$\mathcal{L}\{2y\}=2Y(s).$

合併得

$$\bigl(s^{2}+2s+2\bigr)Y(s)-1 =\frac{1}{s-1}-e^{-2s}\frac{e^{2}}{s-1}-e^{2}e^{-2s}.$$

3. 整理代數方程

$$Y(s)=\frac{1}{s^{2}+2s+2}\Biggl[\,1+\frac{1}{s-1} -e^{-2s}\Bigl(\frac{e^{2}}{s-1}+e^{2}\Bigr)\Biggr].$$

把分母 $s^{2}+2s+2$ 完全平方得到

$s^{2}+2s+2=(s+1)^{2}+1.$

4. 分解為可逆的部分
   把 $Y(s)$ 寫成三項：

$$Y_{1}(s)=\frac{1}{(s+1)^{2}+1},\qquad Y_{2}(s)=\frac{1}{(s-1)\bigl[(s+1)^{2}+1\bigr]},\qquad Y_{3}(s)=-e^{-2s}\,\frac{e^{2}}{(s-1)\bigl[(s+1)^{2}+1\bigr]} -e^{-2s}\,\frac{e^{2}}{(s+1)^{2}+1}.$$

• $Y_{1}(s)$：已知逆變換

$\mathcal{L}^{-1}\!\bigl\{\frac{1}{(s+1)^{2}+1}\bigr\}=e^{-t}\sin t .$

• $Y_{2}(s)$：做部分分式

$$\frac{1}{(s-1)\bigl[(s+1)^{2}+1\bigr]} =\frac{A}{s-1}+\frac{Bs+C}{(s+1)^{2}+1}.$$

 解得 $A=\tfrac12,\;B=-\tfrac12,\;C=-\tfrac12$。因此  

$$Y_{2}(s)=\frac{1/2}{s-1} -\frac{1/2(s+1)+1/2}{(s+1)^{2}+1}.$$

 逆變換得到

(a) 模型建立

設 $y_{1}(t),y_{2}(t)$ 為 $T_{1},T_{2}$ 中的鹽量 (lb)。兩槽容量恆為 $200\,$gal，濃度分別為 $c_{1}=y_{1}/200,\;c_{2}=y_{2}/200\;( \text{lb/gal})$。

$$\begin{cases} \displaystyle \frac{dy_{1}}{dt}=4c_{2}+12-16c_{1} =\frac{1}{50}y_{2}+12-\frac{2}{25}y_{1},\\[6pt] \displaystyle \frac{dy_{2}}{dt}=16c_{1}-16c_{2} =\frac{2}{25}y_{1}-\frac{2}{25}y_{2}, \end{cases} \qquad y_{1}(0)=150,\;y_{2}(0)=100 .$$

寫成向量形式

$$\mathbf y' =A\mathbf y+\mathbf b,\qquad A=\begin{pmatrix}-\dfrac{2}{25}&\dfrac{1}{50}\\[4pt]\dfrac{2}{25}&-\dfrac{2}{25}\end{pmatrix}, \ \mathbf b=\begin{pmatrix}12\\0\end{pmatrix}.$$

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(b) 系統求解

求平衡解 $A\mathbf y_{p}+\mathbf b=0$：

核心觀念

本題考查「恰當微分形式（exact differential）」與「路徑無關（path independent）」的關係。

若向量場

$$\mathbf F(x,y,z)=F_1(x,y,z)\mathbf i+F_2(x,y,z)\mathbf j+F_3(x,y,z)\mathbf k$$

且存在純量函數 $\phi(x,y,z)$，使得

$$\mathbf F=\nabla\phi$$

則

$$\mathbf F\cdot d\mathbf r=d\phi$$

稱為恰當微分形式。此時線積分可直接由位勢函數的端點值決定。

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(a) 證明線積分與路徑無關

解題方法

設 $C$ 是位於區域 $D$ 內、由點 $A$ 到點 $B$ 的任意光滑曲線。因為 $\mathbf F\cdot d\mathbf r$ 在 $D$ 內為恰當微分，存在函數 $\phi$ 使得

$$\mathbf F\cdot d\mathbf r=d\phi$$

將曲線參數化為

$$\mathbf r(t)=\bigl(x(t),y(t),z(t)\bigr),\qquad a\leq t\leq b$$

其中

$$\mathbf r(a)=A,\qquad \mathbf r(b)=B$$

則線積分為

$$\int_C\mathbf F\cdot d\mathbf r = \int_a^b \mathbf F(\mathbf r(t))\cdot\mathbf r'(t)\,dt$$

由 $\mathbf F=\nabla\phi$，

$$\mathbf F(\mathbf r(t))\cdot\mathbf r'(t) = \nabla\phi(\mathbf r(t))\cdot\mathbf r'(t) = \frac{d}{dt}\phi(\mathbf r(t))$$

因此

$$\int_C\mathbf F\cdot d\mathbf r = \int_a^b\frac{d}{dt}\phi(\mathbf r(t))\,dt$$

利用微積分基本定理，

$$\int_C\mathbf F\cdot d\mathbf r = \phi(\mathbf r(b))-\phi(\mathbf r(a)) = \phi(B)-\phi(A)$$

結果只與起點 $A$ 和終點 $B$ 有關，與所選取的路徑 $C$ 無關。因此線積分為路徑無關。

故

$$\boxed{\displaystyle \int_C\mathbf F\cdot d\mathbf r=\phi(B)-\phi(A)}$$

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(b) 證明 $\operatorname{curl}\mathbf F=0$

解題方法

由恰當微分的定義，存在位勢函數 $\phi$，使得

$$\mathbf F=\nabla\phi$$

亦即

$$F_1=\frac{\partial\phi}{\partial x},\qquad F_2=\frac{\partial\phi}{\partial y},\qquad F_3=\frac{\partial\phi}{\partial z}$$

向量場的旋度為

核心觀念

由圖可讀出，在區間 $-\frac12<x<\frac12$ 上，

$$f(x)= \begin{cases} 0, & -\frac12<x<0,\\ x, & 0<x<\frac12. \end{cases}$$

作傅立葉級數時，將此函數以週期 $1$ 延拓。偶函數須滿足 $f(-x)=f(x)$，奇函數須滿足 $f(-x)=-f(x)$。對 $0<x<\frac12$，有 $f(x)=x$、$f(-x)=0$，因此兩種對稱條件皆不成立，函數為非奇非偶函數。

週期為 $2L=1$ 的傅立葉級數形式為

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

其中

$$a_0=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\,dx,\qquad a_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx,\qquad b_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx,$$

且 $L=\frac12$。

解題方法

因為函數既非奇函數也非偶函數，分別計算常數項、餘弦係數與正弦係數。被積函數在 $-\frac12<x<0$ 為零，因此積分只需計算 $0<x<\frac12$ 的部分。

先求常數項：

$$a_0=2\int_0^{1/2}x\,dx=\frac14, \qquad \frac{a_0}{2}=\frac18.$$

令 $k=2\pi n$，餘弦係數為

核心觀念

• 力矩（Moment）：在三維空間中，對於作用於點 $A$ 的力 $\mathbf{F}$，相對於另一點 $O$ 的力矩向量定義為
  $\mathbf{M}_O=\mathbf{r}_{OA}\times\mathbf{F}$
  其中 $\mathbf{r}_{OA}$ 為從 $O$ 指向 $A$ 的位移向量，$\times$ 為向量叉乘。
• 力的作用線：若已知力的方向向量 $\mathbf{p}$ 以及力線上任意一點 $A$，則力向量可直接取 $\mathbf{F}=\mathbf{p}$（只要不需要分解大小，方向即為 $\mathbf{p}$ 的方向即可）。

解題方法

1. 確定力向量 $\mathbf{F}$
   題目給出 $\mathbf{p}=[4,2,0]$ 為力的方向向量，且題目說「force $\mathbf{p}$ is acting in a line」——在沒有額外大小資訊的情況下，直接把 $\mathbf{p}$ 視為力向量：
   $\mathbf{F}= \begin{bmatrix}4\\2\\0\end{bmatrix}$

2. 取力線上一點作為作用點
   題目說力的作用線通過點 $A=(2,3,0)$，因此可直接使用此點作為力的作用點。

3. 計算位移向量 $\mathbf{r}_{OA}$
   中心點（參考點）為 $O=(5,1,0)$，故

$$\mathbf{r}_{OA}=A-O= \begin{bmatrix} 2-5\\ 3-1\\ 0-0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -3\\ 2\\ 0 \end{bmatrix}$$

4. 求叉乘 $\mathbf{r}_{OA}\times\mathbf{F}$

(a) 主應力
特徵方程 $\det(\boldsymbol\sigma-\lambda\mathbf I)=0$：

$$\begin{vmatrix} 20-\lambda & 40 & 0\\ 40 & -40-\lambda & 0\\ 0 & 0 & 5-\lambda \end{vmatrix}= (5-\lambda)\big[(20-\lambda)(-40-\lambda)-40^2\big]=0$$

$(20-\lambda)(-40-\lambda)-1600=\lambda^{2}+20\lambda-2400=0$

$$\lambda=\frac{-20\pm\sqrt{20^{2}+4\cdot2400}}{2} =\frac{-20\pm100}{2}\;\Rightarrow\; \lambda_{1}=40,\;\lambda_{2}=-60$$

第三根直接為 $\lambda_{3}=5$。

$\boxed{\sigma_{1}=40\ \text{MPa},\;\sigma_{2}=5\ \text{MPa},\;\sigma_{3}=-60\ \text{MPa}}$

（依 $\sigma_{1}\ge\sigma_{2}\ge\sigma_{3}$ 排列）

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(b) 主方向

• $\lambda_{1}=40$：

$$\begin{cases} -20\,x+40\,y=0\\ 40\,x-80\,y=0 \end{cases}\;\Rightarrow\; y=\tfrac12x$$

取 $(x,y,z)=(2,1,0)$ 正規化：