111 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》

第 1 題 (a)
求解常微分方程

$2x \tan y \,dx+\sec ^2 y \,dy=0 .$

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核心觀念

• 本題屬於可分離變數的微分方程。
• 需利用三角恆等式與微分的分離技巧，把含 $x$ 的項與含 $y$ 的項分開，然後對兩側積分。

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解題方法

1. 整理方程

$$2x \tan y \,dx+\sec ^2 y \,dy=0 \Longrightarrow 2x\tan y\,dx = -\sec ^2 y\,dy .$$

2. 分離變數
   把含 $x$ 的因子與含 $y$ 的因子移到不同的積分符號兩側：

$\frac{2x}{\sec ^2 y}\,dx = -\tan y \,dy .$

使用 $\sec ^2 y = 1+\tan ^2 y$ 或直接保留 $\sec ^2 y$ 皆可。此處直接寫成

$2x\,dx = -\frac{\sec ^2 y}{\tan y}\,dy .$

3. 簡化右側

$$\frac{\sec ^2 y}{\tan y}= \frac{1}{\sin y\cos y} =\frac{2}{\sin 2y}.$$

因此方程化為

$$2x\,dx = -\frac{2}{\sin 2y}\,dy \Longrightarrow x\,dx = -\frac{1}{\sin 2y}\,dy .$$

4. 積分
   左側對 $x$ 積分，右側對 $y$ 積分：

$\int x\,dx = -\int \frac{1}{\sin 2y}\,dy .$

$\frac{x^{2}}{2}= -\int \csc 2y \,dy .$

計算右側積分：

$$\int \csc 2y\,dy =\frac12\ln\!\big|\tan y-\sec y\big|+C ,$$

（使用 $\displaystyle\int\csc u\,du =\ln\!\big|\tan \frac{u}{2}\big|+C$ 或直接查表）。

因此

$\frac{x^{2}}{2}= -\frac12\ln\!\big|\tan y-\sec y\big|+C .$

5. 整理常數
   乘以 2 並把常數合併得到隱含解：

$x^{2}+ \ln\!\big|\tan y-\sec y\big| = C_{1},$

其中 $C_{1}$ 為任意常數。

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解題技巧

• 分離變數時，務必將所有 $dx$ 與 $dy$ 完全分開，避免遺漏係數。
• 若右側出現 $\csc$ 或 $\sec$ 之類的倒數三角函數，記得利用恆等式轉換成可直接積分的形式。
• 最後檢查是否可以把常數搬到等號左側，使解呈現較簡潔的隱含形式。

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【答案】

$\boxed{\,x^{2}+ \ln\!\big|\tan y-\sec y\big| = C_{1}\,}$

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第 1 題 (b)
求解三階常係數非齊次微分方程

$x^{3}y''' + x y' - y = x^{2}.$

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核心觀念

• 這是一個變係數的線性微分方程。
• 觀察到方程左側的每一項皆可寫成 Euler（柯西）方程 的形式：$x^{n}y^{(n)}$。
• 解 Euler 方程的標準程序是 代換 $x=e^{t}$（或 $t=\ln x$），將其轉為常係數線性微分方程。
• 解完後再把 $t$ 代回 $x$ 即得原方程的解。

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解題方法

1. 代換
   設

$x=e^{t}\quad\Longleftrightarrow\quad t=\ln x ,\qquad x>0 .$

核心觀念

將系統寫成 $\mathbf y'=A\mathbf y+\mathbf g(t)$ 後：

• 齊次系統 $\mathbf y'=A\mathbf y$ 的解由矩陣 $A$ 的特徵值與特徵向量決定。
• 非齊次系統可用待定係數法求特解。本題的外力 $\mathbf g(t)$ 是二次多項式，因此令特解也為二次多項式。
• 齊次系統的平衡點穩定性，可由特徵值判斷；若有正、負實特徵值，原點為不穩定鞍點。

本題中

$$A= \begin{bmatrix} 1&4\\ 1&1 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf g(t)= \begin{bmatrix} t^2+6t\\ t^2+t-1 \end{bmatrix}.$$

(a) 特徵值與特徵向量

特徵方程為

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 1-\lambda&4\\ 1&1-\lambda \end{vmatrix} =(1-\lambda)^2-4 =(\lambda-3)(\lambda+1)=0.$$

因此特徵值為 $\lambda_1=3$、$\lambda_2=-1$。

當 $\lambda_1=3$ 時，$(A-3I)\mathbf v_1=\mathbf 0$，可取

$$\mathbf v_1= \begin{bmatrix} 2\\ 1 \end{bmatrix}.$$

當 $\lambda_2=-1$ 時，$(A+I)\mathbf v_2=\mathbf 0$，可取

$$\mathbf v_2= \begin{bmatrix} -2\\ 1 \end{bmatrix}.$$

(b) 齊次部分的通解

對每個特徵值 $\lambda_i$ 及其特徵向量 $\mathbf v_i$，齊次解包含 $\mathbf v_i e^{\lambda_i t}$。因此

$$\mathbf y_h(t) = C_1 e^{3t} \begin{bmatrix} 2\\ 1 \end{bmatrix} + C_2 e^{-t} \begin{bmatrix} -2\\ 1 \end{bmatrix}.$$

其中 $C_1,C_2$ 為任意常數。

(c) 非齊次部分的特解

因為 $\mathbf g(t)$ 是二次多項式，設

$$\mathbf y_p(t)=\mathbf a t^2+\mathbf b t+\mathbf c,$$

其中 $\mathbf a,\mathbf b,\mathbf c$ 為常向量。代入 $\mathbf y_p'=A\mathbf y_p+\mathbf g(t)$，比較各次方係數，得到

$$A\mathbf a+ \begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix} =\mathbf 0,$$

$(1-x^2)y''-2xy'+2y=0$

冪級數假設
令

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n,\qquad y'=\sum_{n=1}^{\infty}n a_n x^{n-1},\qquad y''=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_n x^{n-2}$$

代入原式、整理同次冪 $x^k$ 得

$(k+2)(k+1)a_{k+2}-(k(k+1)-2)a_k=0\qquad(k\ge0)$

遞迴關係

$\boxed{a_{k+2}= \frac{k(k+1)-2}{(k+2)(k+1)}\,a_k}$

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(a) 系列解

分奇偶兩條鏈：

• 偶次 $k=2m$（$m=0,1,\dots$）

$$a_{2m+2}= \frac{(2m)(2m+1)-2}{(2m+2)(2m+1)}a_{2m} =\frac{2m(2m+1)-2}{(2m+2)(2m+1)}a_{2m}$$

逐次求得

$$a_2=-a_0,\;a_4=-\frac{a_0}{3},\;a_6=-\frac{a_0}{5},\dots, \qquad a_{2m}= -\frac{a_0}{2m-1}\;(m\ge1)$$

• 奇次 $k=2m+1$

$$a_{2m+3}= \frac{(2m+1)(2m+2)-2}{(2m+3)(2m+2)}a_{2m+1} =\frac{(2m+1)(2m+2)-2}{(2m+3)(2m+2)}a_{2m+1}$$

核心觀念

串聯電路滿足題目給定的關係式

$$L i'(t)+\frac{q(t)}{C}=v(t),\qquad q'(t)=i(t).$$

對兩式取拉普拉斯轉換，並利用初始電流與電容電荷皆為零，可得

$$\left(Ls+\frac{1}{Cs}\right)I(s)=V(s).$$

本題 $L=1$、$C=10^{-2}$，因此

$$I(s)=\frac{sV(s)}{s^2+100}.$$

解題方法

輸入電壓只在 $\pi<t<3\pi$ 時存在。將這段波形改寫成單位階躍函數形式：

$$v(t)=9900\cos(t-\pi)\,u(t-\pi) -9900\cos(t-3\pi)\,u(t-3\pi).$$

這是因為在 $\pi<t<3\pi$ 時，$\cos(t-\pi)=-\cos t$，故第一項等於題目給定的 $-9900\cos t$；第二項則在 $t=3\pi$ 起抵銷第一項。

利用位移定理，

$$V(s)=9900\frac{s}{s^2+1} \left(e^{-\pi s}-e^{-3\pi s}\right).$$

代入電路方程：

$$I(s)=9900\frac{s^2}{(s^2+1)(s^2+100)} \left(e^{-\pi s}-e^{-3\pi s}\right).$$

核心觀念

使用分離變數法，將位移寫成 $u(x,t)=F(x)G(t)$。代入樑振動方程後，分別求符合簡支邊界條件的空間模態，以及滿足初始速度為零的時間函數。

題目中的常數滿足

$$c^2=\frac{EI}{\rho A}, \qquad c=\sqrt{\frac{EI}{\rho A}}.$$

解題方法

令 $u(x,t)=F(x)G(t)$，代入

$$u_{tt}=-c^2u_{xxxx}$$

可得

$$F(x)G''(t)=-c^2F''''(x)G(t), \qquad \frac{F''''}{F}=-\frac{G''}{c^2G}.$$

令空間特徵值為 $k^4$，則分離後的方程為

$$F''''=k^4F, \qquad G''+c^2k^4G=0.$$

當 $k>0$ 時，空間方程的通解為

$$F(x)=A\cosh(kx)+B\sinh(kx)+C\cos(kx)+D\sin(kx).$$

由 $F(0)=0$ 與 $F''(0)=0$，得到 $A=C=0$，因此

$$F(x)=B\sinh(kx)+D\sin(kx).$$

再套用 $F(L)=0$ 與 $F''(L)=0$：

$$B\sinh(kL)+D\sin(kL)=0,$$ $$B\sinh(kL)-D\sin(kL)=0.$$

1. 先驗證相似變換

$$P^{-1}=P^{T}= \begin{bmatrix}0.28&-0.96\\0.96&0.28\end{bmatrix}, \qquad A=\begin{bmatrix}8&-4\\2&2\end{bmatrix}.$$

計算

$$B:=P^{-1}AP =\begin{bmatrix}0.28&-0.96\\0.96&0.28\end{bmatrix} \begin{bmatrix}8&-4\\2&2\end{bmatrix} \begin{bmatrix}0.28&0.96\\-0.96&0.28\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}3.008&-0.544\\5.456&6.992\end{bmatrix}.$$

2. 取得 $B$ 的特徵值

$$\operatorname{tr}(B)=3.008+6.992=10,\qquad \det(B)=3.008\cdot6.992-(-0.544)\cdot5.456\approx24.$$

特徵多項式

$\lambda^{2}-10\lambda+24=0\Longrightarrow\lambda_{1}=4,\;\lambda_{2}=6.$

3. 求 $B$ 的特徵向量

• $\lambda=4$：

$$(B-4I)=\begin{bmatrix}-0.992&-0.544\\5.456&2.992\end{bmatrix}, \quad y_{1}\propto\begin{bmatrix}-0.548\\1\end{bmatrix}.$$

• $\lambda=6$：