112 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》

(a)

$3y^{2}\,dx+4x\,dy=0\;\Longrightarrow\; \frac{dy}{dx}= -\frac{3y^{2}}{4x}$

分離變數

$\frac{dy}{y^{2}}=-\frac{3}{4}\frac{dx}{x}$

兩端積分

$$-\frac{1}{y}= -\frac{3}{4}\ln|x|+C\quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{y}= \frac{3}{4}\ln|x|+C_{1}$$

$\boxed{\,y=\dfrac{1}{\displaystyle \frac34\ln|x|+C_{1}}\,}$

(b)

$y''-2y'+y=x-2$

齊次方程 $r^{2}-2r+1=0\Rightarrow (r-1)^{2}=0$

$y_{h}=(C_{1}+C_{2}x)e^{x}$

特解假設 $y_{p}=ax+b$

核心觀念

本題考「正交軌線」：兩族曲線相交時，若切線互相垂直，兩者斜率的乘積為 $-1$。因此，先對原曲線族微分以消去參數，再將斜率換成負倒數，解出另一族曲線。

原曲線族的圖形

原曲線為

$$y=\frac{1}{x+c}$$

其中 $c$ 為任意常數。這是一族沿 $x$ 軸方向平移的雙曲線，漸近線為 $x=-c$ 與 $y=0$。曲線在 $x>-c$ 時位於 $x$ 軸上方，在 $x<-c$ 時位於 $x$ 軸下方。

解題方法

先對 $y=\dfrac{1}{x+c}$ 對 $x$ 微分：

$$\frac{dy}{dx}=-\frac{1}{(x+c)^2}$$

由原式可知 $\dfrac{1}{x+c}=y$，所以

$$\frac{dy}{dx}=-y^2$$

這就是原曲線族在任一點的切線斜率。正交軌線的斜率是其負倒數，因此

$$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{y^2}$$

分離變數並積分：

$$y^2\,dy=dx$$

【核心觀念】

本題考查常係數線性微分方程的拉氏轉換，以及單位階躍函數 $u(t-a)$、狄拉克脈衝 $\delta(t-a)$ 的平移性質：

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

套用初始值 $y(0)=0$、$y'(0)=1$，可得

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

【解題方法】

對微分方程兩側取拉氏轉換：

$$(s^2Y-1)+7sY+12Y=\frac{e^{-s}}{s}+e^{-2s}.$$

整理並因式分解：

$$Y(s)=\frac{1}{(s+3)(s+4)} +\frac{e^{-s}}{s(s+3)(s+4)} +\frac{e^{-2s}}{(s+3)(s+4)}.$$

第一項：

$$\frac{1}{(s+3)(s+4)} =\frac{1}{s+3}-\frac{1}{s+4},$$

所以其反拉氏轉換為 $e^{-3t}-e^{-4t}$。

第二項先作部分分式分解：

$$\frac{1}{s(s+3)(s+4)} =\frac{1}{12s}-\frac{1}{3(s+3)}+\frac{1}{4(s+4)}.$$

不含平移因子的反拉氏轉換為

核心觀念

質量—彈簧—阻尼系統的運動方程為

$$m x''+c x'+kx=r(t).$$

代入 $m=1,\ c=2,\ k=2$，得到

$$x''+2x'+2x=r(t).$$

外力在 $t=\pi$ 突然停止，因此需分成受迫運動 $0<t<\pi$ 與自由運動 $t>\pi$ 兩段，並在 $t=\pi$ 令位移與速度連續。

題目未提供圖 1 的初始條件，以下依質量塊由靜止平衡位置開始運動，採用 $x(0)=0,\ x'(0)=0$。

解題方法

在 $0<t<\pi$，方程為

$$x''+2x'+2x=10\sin 2t.$$

先解齊次方程，其特徵方程為

$$\lambda^2+2\lambda+2=0,$$

根為 $\lambda=-1\pm i$，故齊次解為

$$x_h=e^{-t}(C\cos t+D\sin t).$$

對正弦外力設特解 $x_p=A\sin 2t+B\cos 2t$。代回方程並比較 $\sin 2t$ 與 $\cos 2t$ 係數：

$$-2A-4B=10,\qquad 4A-2B=0.$$

解得 $A=-1,\ B=-2$，所以

$$x_p=-\sin 2t-2\cos 2t.$$

因此受迫階段的通解為

$$x=e^{-t}(C\cos t+D\sin t)-\sin 2t-2\cos 2t.$$

使用初始條件 $x(0)=0$，得 $C=2$。對通解微分後代入 $x'(0)=0$，得 $D=4$。故

核心觀念

1. 一維熱傳導偏微分方程式（1D Heat Equation）：描述均勻細桿在無熱源且側邊完全絕熱之情況下，溫度 $u(x,t)$ 隨空間與時間變化的擴散規律。
2. 分離變數法（Separation of Variables）：將多元偏微分方程式拆解為數個互相獨立的常微分方程式（ODE）。
3. Sturm-Liouville 特徵值問題（Dirichlet 邊界條件）：空間邊界條件均為齊次狄利克雷條件（$u(0,t)=0$, $u(L,t)=0$），對應的正交特徵基底為正弦函數系列 $\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$。
4. 疊加原理（Principle of Superposition）與傅立葉正弦級數（Fourier Sine Series）：利用線性算子的疊加性質組合基底解，並透過三角函數正交性將初始條件 $f(x)$ 展開以決定展開係數。

---

解題方法

步驟一：分離變數假設與方程式拆解

設桿長為 $L$。令溫度函數 $u(x,t)$ 可表示為空間函數 $X(x)$ 與時間函數 $T(t)$ 的乘積：
$u(x,t) = X(x)T(t) \ne 0$

將其偏微分後代入熱傳方程式 $\frac{\partial u}{\partial t} = c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$：
$X(x)T'(t) = c^2 X''(x)T(t)$

兩邊同除以 $c^2 X(x)T(t)$，使等號左側僅含時間變數 $t$，右側僅含空間變數 $x$：
$\frac{T'(t)}{c^2 T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda$

其中 $-\lambda$ 為分離常數（Separation Constant）。由此可拆解為兩個獨立的常微分方程式：

1. 空間方程式：$X''(x) + \lambda X(x) = 0$
2. 時間方程式：$T'(t) + \lambda c^2 T(t) = 0$

---

步驟二：求解空間特徵值問題（Sturm-Liouville Problem）

由邊界條件 $u(0,t) = 0$ 與 $u(L,t) = 0$（對所有 $t \ge 0$ 均成立，且 $T(t) \not\equiv 0$）：
$u(0,t) = X(0)T(t) = 0 \implies X(0) = 0$
$u(L,t) = X(L)T(t) = 0 \implies X(L) = 0$

針對空間常微分方程式 $X''(x) + \lambda X(x) = 0$ 討論分離常數 $\lambda$ 的三種可能：

1. 若 $\lambda < 0$：令 $\lambda = -k^2$ ($k > 0$)
   通解為 $X(x) = C_1 \cosh(kx) + C_2 \sinh(kx)$。
   代入邊界條件：

   • $X(0) = C_1 = 0$
   • $X(L) = C_2 \sinh(kL) = 0 \implies C_2 = 0$（因 $kL \ne 0$ 時 $\sinh(kL) \ne 0$）
     僅得平凡解（Trivial solution）$X(x) = 0$（無物理意義）。

2. 若 $\lambda = 0$：
   通解為 $X(x) = C_1 x + C_2$。
   代入邊界條件：

   • $X(0) = C_2 = 0$
   • $X(L) = C_1 L = 0 \implies C_1 = 0$
     僅得平凡解 $X(x) = 0$。

3. 若 $\lambda > 0$：令 $\lambda = k^2$ ($k > 0$)
   通解為 $X(x) = C_1 \cos(kx) + C_2 \sin(kx)$。
   代入邊界條件：

   • $X(0) = C_1 \cos(0) + C_2 \sin(0) = C_1 = 0$
   • 故 $X(x) = C_2 \sin(kx)$
   • $X(L) = C_2 \sin(kL) = 0$
     為獲得非零之特徵解，需取 $C_2 \ne 0$，因此 $\sin(kL) = 0$。
     可得特徵波數 $k_n L = n\pi \implies k_n = \frac{n\pi}{L}$（$n = 1, 2, 3, \dots$）。

核心觀念

• 高斯散度定理（Gauss Divergence Theorem）：對於封閉曲面 $S$ 所圍成的體積 $V$，有

$\iint_{S}\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}\,dA = \iiint_{V}\nabla\!\cdot\!\mathbf{F}\,dV .$

其中 $\mathbf{n}$ 為外向單位法向量，$\nabla\!\cdot\!\mathbf{F}$ 為向量場的散度。

• 對稱性：在積分範圍對稱於原點的情況下，奇函數的積分會因正負相抵而為零。

---

解題方法

1. 計算散度 $\nabla\!\cdot\!\mathbf{F}$

$$\mathbf{F} = \bigl[x,\;y^{2},\;z^{3}\bigr] \quad\Longrightarrow\quad \nabla\!\cdot\!\mathbf{F}= \frac{\partial x}{\partial x}+ \frac{\partial y^{2}}{\partial y}+ \frac{\partial z^{3}}{\partial z} = 1 + 2y + 3z^{2}.$$

2. 寫出體積積分範圍
   盒子 $S$ 的內部體積 $V$ 為

$-3\le x\le 3,\qquad -2\le y\le 2,\qquad -1\le z\le 1 .$

3. 分項積分

$$\iiint_{V}\nabla\!\cdot\!\mathbf{F}\,dV = \underbrace{\iiint_{V}1\,dV}_{\text{(A)}} + \underbrace{\iiint_{V}2y\,dV}_{\text{(B)}} + \underbrace{\iiint_{V}3z^{2}\,dV}_{\text{(C)}} .$$

• (A) 常數項

$\iiint_{V}1\,dV = (6)(4)(2)=48 .$

核心觀念

• 傅立葉級數：將週期函數表示為正弦與餘弦無限級數。
• 偶函數：若 $f(-x)=f(x)$，則傅立葉級數僅含餘弦項 ($b_n=0$)。
• 係數公式

$$a_0=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,\qquad a_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos(nx)\,dx.$$

• 奇數平方倒數和：利用傅立葉級數在特定點的取值，可求出 $\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac1{(2k+1)^2}$。

---

(a) Fourier 級數求解

1. 判斷函數性質
$f(x)=\pi-|x|$ 在 $(-\,\pi,\pi)$ 為偶函數，且以 $2\pi$ 為週期延伸。
因此只需求 $a_0$ 與 $a_n$（$b_n=0$）。

2. 常數項 $a_0$

$$\begin{aligned} a_0 &=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}(\pi-|x|)\,dx =\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}(\pi-x)\,dx \\ &=\frac{2}{\pi}\Bigl[\pi x-\frac{x^{2}}2\Bigr]_{0}^{\pi} =\frac{2}{\pi}\Bigl(\pi^{2}-\frac{\pi^{2}}2\Bigr)=\pi . \end{aligned}$$

故常數項為 $\displaystyle \frac{a_0}{2}= \frac{\pi}{2}$。

3. 餘弦係數 $a_n$（$n\ge1$）

$$a_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}(\pi-|x|)\cos(nx)\,dx =\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}(\pi-x)\cos(nx)\,dx .$$

計算積分

$$\begin{aligned} I_n &=\int_{0}^{\pi}(\pi-x)\cos(nx)\,dx \\ &=\int_{0}^{\pi}w\cos(nx)\,dx\quad(w=\pi-x)\\ &\stackrel{\text{分部}}{=}\Bigl[w\frac{\sin(nx)}n\Bigr]_{0}^{\pi} +\frac1n\int_{0}^{\pi}\sin(nx)\,dx \\[2mm] &=0+\frac1n\Bigl[-\frac{\cos(nx)}n\Bigr]_{0}^{\pi} =-\frac{1}{n^{2}}\bigl(\cos n\pi-\cos0\bigr)\\ &=\frac{1-(-1)^{n}}{n^{2}} . \end{aligned}$$

因此