113 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》

核心觀念

本題包含兩種一階、二階微分方程：

• 第 $(a)$ 題為二階 Euler–Cauchy 方程，先解齊次方程，再用變數變易法處理非齊次項。
• 第 $(b)$ 題為 Riccati 方程，可利用代換將其化為二階線性微分方程，再以拋物柱函數表示解。

---

（a）$x^2y''-2xy'+4y=5\cos 2x$

1. 齊次解

先考慮齊次方程

$$x^2y''-2xy'+4y=0.$$

Euler–Cauchy 方程設

$$y=x^m.$$

則

$$y'=mx^{m-1},\qquad y''=m(m-1)x^{m-2}.$$

代回得

$$x^2m(m-1)x^{m-2}-2xmx^{m-1}+4x^m=0,$$

因此特徵方程為

$$m(m-1)-2m+4=0,$$

即

$$m^2-3m+4=0.$$

解得

$$m=\frac{3\pm\sqrt{9-16}}{2} =\frac{3}{2}\pm\frac{\sqrt7}{2}i.$$

令

$$\beta=\frac{\sqrt7}{2},$$

則齊次解為

$$y_h=x^{3/2} \left[ C_1\cos(\beta\ln x)+C_2\sin(\beta\ln x) \right], \qquad x>0.$$

取基本解

$$y_1=x^{3/2}\cos(\beta\ln x), \qquad y_2=x^{3/2}\sin(\beta\ln x).$$

---

2. 變數變易法

將原方程除以 $x^2$：

$$y''-\frac{2}{x}y'+\frac{4}{x^2}y =\frac{5\cos 2x}{x^2}.$$

令

$$g(x)=\frac{5\cos 2x}{x^2}.$$

首先計算 Wronskian：

$$W(y_1,y_2)=y_1y_2'-y_1'y_2.$$

對一般形式 $x^\alpha\cos(\beta\ln x)$ 與
$x^\alpha\sin(\beta\ln x)$，可得

$$W(y_1,y_2)=\beta x^{2\alpha-1}.$$

此處 $\alpha=3/2$，故

$$W(y_1,y_2)=\beta x^2 =\frac{\sqrt7}{2}x^2.$$

變數變易法給出

$$u_1'=-\frac{y_2g}{W}, \qquad u_2'=\frac{y_1g}{W}.$$

因此

$$u_1' = -\frac{5}{\beta}x^{-5/2} \sin(\beta\ln x)\cos 2x,$$ $$u_2' = \frac{5}{\beta}x^{-5/2} \cos(\beta\ln x)\cos 2x.$$

取任意固定的積分下限 $x_0>0$，可寫成

$$u_1(x) = -\frac{5}{\beta} \int_{x_0}^{x} t^{-5/2}\sin(\beta\ln t)\cos 2t\,dt,$$ $$u_2(x) = \frac{5}{\beta} \int_{x_0}^{x} t^{-5/2}\cos(\beta\ln t)\cos 2t\,dt.$$

故特解為

$$\begin{aligned} y_p={}& -\frac{5}{\beta}x^{3/2}\cos(\beta\ln x) \int_{x_0}^{x} t^{-5/2}\sin(\beta\ln t)\cos 2t\,dt \\ &+ \frac{5}{\beta}x^{3/2}\sin(\beta\ln x) \int_{x_0}^{x} t^{-5/2}\cos(\beta\ln t)\cos 2t\,dt. \end{aligned}$$

由於右側為 $\cos 2x$，無法用有限個基本三角函數與多項式直接表示特解，變數變易法的積分形式即為標準答案。

因此，令 $\beta=\sqrt7/2$，通解為

$$\boxed{ \begin{aligned} y={}&x^{3/2} \left[ C_1\cos(\beta\ln x)+C_2\sin(\beta\ln x) \right] \\ &-\frac{5}{\beta}x^{3/2}\cos(\beta\ln x) \int_{x_0}^{x} t^{-5/2}\sin(\beta\ln t)\cos 2t\,dt \\ &+\frac{5}{\beta}x^{3/2}\sin(\beta\ln x) \int_{x_0}^{x} t^{-5/2}\cos(\beta\ln t)\cos 2t\,dt. \end{aligned} }$$

若考慮 $x<0$ 的區間，將 $\ln x$ 改寫為 $\ln|x|$。

解題技巧

Euler–Cauchy 方程的齊次部分可直接使用 $y=x^m$。若右側不是 $x$ 的冪次函數，例如 $\cos 2x$、$e^x$，待定係數法通常不適用，應優先考慮變數變易法。

---

（b）$y'-y+2y^2=2x^2$

1. 辨認 Riccati 方程

整理為

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

這是 Riccati 方程的一般形式

$$y'=a(x)y^2+b(x)y+c(x),$$

其中

核心觀念

本題考查三個重點：

1. 分段函數的圖形判讀。
2. 單位階躍函數 $u(t-a)$ 表示函數在 $t=a$ 後開始作用。
3. 拉普拉斯轉換與第二平移定理：

$$\mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-as}G(s)$$

其中 $G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}$。

基本公式為

$$\mathcal{L}\{1\}=\frac{1}{s}, \qquad \mathcal{L}\{\sin at\}=\frac{a}{s^2+a^2}.$$

---

解題方法

原函數為

$$f(t)= \begin{cases} \dfrac{\pi}{3}, & 0\le t<2\pi,\\[4pt] 0, & 2\pi\le t<4\pi,\\[4pt] 2\sin 4t, & t\ge 4\pi. \end{cases}$$

依照時間區間拆成兩個部分：

• $0\le t<2\pi$ 時，函數為常數 $\pi/3$。
• $t\ge 4\pi$ 時，函數切換為正弦波 $2\sin4t$。

中間區間 $2\pi\le t<4\pi$ 函數為零，因此不需另外加項。

---

(a) 函數圖形

第一段：$0\le t<2\pi$

函數維持固定值

$$f(t)=\frac{\pi}{3}.$$

因此從 $t=0$ 到 $t=2\pi$ 是高度 $\pi/3$ 的水平線。

第二段：$2\pi\le t<4\pi$

函數為零，因此落在 $t$ 軸上。

第三段：$t\ge4\pi$

函數為

$$f(t)=2\sin4t.$$

其振幅為 $2$，週期為

$$T=\frac{2\pi}{4}=\frac{\pi}{2}.$$

在 $t=4\pi$ 時，

$$f(4\pi)=2\sin(16\pi)=0.$$

因此正弦波從 $t=4\pi$ 的零點開始。幾個重要位置如下：

$$\begin{array}{c|c} t & f(t)\\ \hline 4\pi & 0\\ 4\pi+\dfrac{\pi}{8} & 2\\ 4\pi+\dfrac{\pi}{4} & 0\\ 4\pi+\dfrac{3\pi}{8} & -2\\ 4\pi+\dfrac{\pi}{2} & 0 \end{array}$$

示意圖如下：

 f(t)
  2 |                         /\        /\
    |                        /  \      /  \
π/3 |───────────────○       /    \    /    \
    |               │      /      \  /      \
  0 |               └─────○────────○────────○── t
    |                              \  /
 -2 |                               \/
    +------------------------------------------------
    0             2π              4π

在 $t=2\pi$ 處由 $\pi/3$ 跳降為 $0$；在 $t=4\pi$ 處開始正弦振盪。

---

(b) 以單位階躍函數表示

第一段常數函數只在 $0\le t<2\pi$ 存在，因此可寫成

$$\frac{\pi}{3}\bigl[u(t)-u(t-2\pi)\bigr].$$

第三段從 $t=4\pi$ 開始，因此先寫成

$$2\sin4t\,u(t-4\pi).$$

故原函數可表示為

$$f(t)=\frac{\pi}{3}\bigl[u(t)-u(t-2\pi)\bigr] +2\sin4t\,u(t-4\pi).$$

(a) 求 $\text{rank}(A)$

對矩陣 $A$ 進行初等列運算（Row Operations）化為列階梯形（Row Echelon Form）：

$A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & -2 & -1 \\ 1 & -2 & -1 & 1 \\ -2 & 4 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 & 2 \end{bmatrix}$

1. $R_2 \to R_2 - R_1$、$R_3 \to R_3 + 2R_1$：
   $\begin{bmatrix} 1 & 0 & -2 & -1 \\ 0 & -2 & 1 & 2 \\ 0 & 4 & -4 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 2 \end{bmatrix}$

2. $R_3 \to R_3 + 2R_2$、$R_4 \to R_4 + R_2$：
   $\begin{bmatrix} 1 & 0 & -2 & -1 \\ 0 & -2 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & -2 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & 4 \end{bmatrix}$

3. 對調 $R_3 \leftrightarrow R_4$，再執行 $R_4 \to R_4 + 2R_3$：
   $U = \begin{bmatrix} 1 & 0 & -2 & -1 \\ 0 & -2 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 12 \end{bmatrix}$

矩陣包含 $4$ 個非零列（即 $4$ 個 Pivot），故 $\text{rank}(A) = 4$。

---

(b) 求 $\det(A)$

利用第 $4$ 列進行拉普拉斯降階展開（Laplace Expansion）：

$\det(A) = 0 \cdot C_{41} + 2 \cdot C_{42} + 0 \cdot C_{43} + 2 \cdot C_{44} = 2 C_{42} + 2 C_{44}$

其中餘因式（Cofactor）分別為：
$C_{42} = (-1)^{4+2} \begin{vmatrix} 1 & -2 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \\ -2 & 0 & 2 \end{vmatrix} = 8$

$C_{44} = (-1)^{4+4} \begin{vmatrix} 1 & 0 & -2 \\ 1 & -2 & -1 \\ -2 & 4 & 0 \end{vmatrix} = 4$

代入計算得：
$\det(A) = 2(8) + 2(4) = 24$

---

(c) 求 $A^{-1}$

使用高斯-喬登消去法（Gauss-Jordan Elimination）求解 $[A \mid I] \to [I \mid A^{-1}]$：

核心觀念

固定端弦的波動方程為

$$u_{tt}=u_{xx},\qquad 0<x<\pi,$$

並滿足邊界條件

$$u(0,t)=u(\pi,t)=0.$$

因此可用分離變數得到正弦級數解：

$$u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\left(A_n\cos nt+B_n\sin nt\right)\sin nx.$$

初始位移決定 $A_n$，初始速度決定 $B_n$。

題目文字有一處矛盾：敘述說初位移為零，但接著列出 $u(x,0)=0.01x$。以下依「初位移為零」的敘述，並將兩段分段式視為初速度，採用

$$u(x,0)=0,\qquad u_t(x,0)=g(x)= \begin{cases} 0.01x, & 0\le x\le \dfrac{\pi}{2},\\[4pt] 0.01(\pi-x), & \dfrac{\pi}{2}\le x\le \pi. \end{cases}$$

解題方法

將初位移與初速度展開為傅立葉正弦級數。由於初位移為零，所有 $A_n=0$，所以

$$u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}B_n\sin(nt)\sin(nx).$$

對時間微分並令 $t=0$，得

$$u_t(x,0)=\sum_{n=1}^{\infty}nB_n\sin(nx)=g(x).$$

因此若

$$g(x)=\sum_{n=1}^{\infty}g_n\sin(nx),$$

則 $B_n=\dfrac{g_n}{n}$，其中

$$g_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi g(x)\sin(nx)\,dx.$$

本題的 $g(x)$ 對中點對稱，滿足 $g(\pi-x)=g(x)$。利用

$$\sin\bigl(n(\pi-x)\bigr)=(-1)^{n+1}\sin(nx),$$

可知偶數 $n$ 的係數為零。對奇數 $n$，左右兩半的積分相同，因此

$$g_n=\frac{0.04}{\pi}\int_0^{\pi/2}x\sin(nx)\,dx.$$

核心觀念

1. 保守向量場：若向量場 $\mathbf F$ 的旋度 $\nabla\times\mathbf F\equiv\mathbf 0$ 且定義域為單連通（$\mathbb R^3$），則 $\mathbf F$ 為保守場，可寫成 $\mathbf F=\nabla\phi$，其中 $\phi$ 為標量勢函數。
2. 路徑無關定理：保守場的線積分只與起點與終點有關，$\displaystyle W=\int_{C}\mathbf F\cdot d\mathbf r=\phi(\mathbf r_{\text{終}})-\phi(\mathbf r_{\text{始}})$。
3. 尋找勢函數：由 $\nabla\phi=\mathbf F$ 逐分量積分，利用「積分常數」形式的函數（僅含未積分變數）逐步確定。

---

(a) 證明 $\displaystyle \mathbf F=(y^{2}\cos x+z^{3})\mathbf i+(2y\sin x-4)\mathbf j+(3xz^{2}+2)\mathbf k$ 為保守場

計算旋度：

$$\nabla\times\mathbf F= \begin{vmatrix} \mathbf i & \mathbf j & \mathbf k\\ \partial_x & \partial_y & \partial_z\\ y^{2}\cos x+z^{3} & 2y\sin x-4 & 3xz^{2}+2 \end{vmatrix}$$

• 第 $i$ 分量

$\frac{\partial}{\partial y}(3xz^{2}+2)-\frac{\partial}{\partial z}(2y\sin x-4)=0-0=0$

• 第 $j$ 分量

$\frac{\partial}{\partial z}(y^{2}\cos x+z^{3})-\frac{\partial}{\partial x}(3xz^{2}+2)=3z^{2}-3z^{2}=0$

• 第 $k$ 分量

$\frac{\partial}{\partial x}(2y\sin x-4)-\frac{\partial}{\partial y}(y^{2}\cos x+z^{3})=2y\cos x-2y\cos x=0$

得到

$\nabla\times\mathbf F=\mathbf 0 .$

$\mathbf F$ 在全空間 $\mathbb R^{3}$（單連通）上定義，故依 保守場的充分條件，$\mathbf F$ 為保守向量場。

---

(b) 求 $\mathbf F$ 的標量勢函數 $\phi$

設 $\phi(x,y,z)$ 使 $\nabla\phi=\mathbf F$。
從 $i$ 分量積分：

$$\frac{\partial\phi}{\partial x}=y^{2}\cos x+z^{3} \quad\Longrightarrow\quad \phi(x,y,z)=\int (y^{2}\cos x+z^{3})\,dx =y^{2}\sin x+xz^{3}+g(y,z),$$

其中 $g(y,z)$ 為僅含 $y,z$ 的「積分常數」。

以 $j$ 分量檢驗：

核心觀念

• 通量積分（Flux Integral）：計算向量場 $\mathbf F$ 透過曲面 $S$ 的通量，公式為
  $\iint_S \mathbf F\cdot\mathbf n\,dS=\iint_D \mathbf F(\mathbf r(u,v))\cdot\bigl(\mathbf r_u\times\mathbf r_v\bigr)\,du\,dv,$
  其中 $\mathbf r(u,v)$ 為曲面的參數化，$\mathbf r_u,\mathbf r_v$ 為偏微分，$\mathbf r_u\times\mathbf r_v$ 為 非單位法向量（方向由參數順序決定）。
• 向量場取樣：將 $(x,y,z)$ 代入 $\mathbf F$，得到參數化後的 $\mathbf F(u,v)$。
• 積分區域：根據題目給定的 $u$、$v$ 範圍建立二重積分區域 $D$。

---

解題步驟

1. 寫出曲面參數化

$$\mathbf r(u,v)=\bigl[u,\;v,\;6u-9v\bigr],\qquad 0\le u\le2,\;-1\le v\le1.$$

2. 計算偏導向量

$$\mathbf r_u=\frac{\partial\mathbf r}{\partial u}=[1,\,0,\,6],\qquad \mathbf r_v=\frac{\partial\mathbf r}{\partial v}=[0,\,1,\,-9].$$

3. 求取法向量（非單位）

$$\mathbf n\,dS=\mathbf r_u\times\mathbf r_v= \begin{vmatrix} \mathbf i & \mathbf j & \mathbf k\\ 1 & 0 & 6\\ 0 & 1 & -9 \end{vmatrix} =[-6,\;9,\;1].$$

方向由參數順序 $(u,v)$ 決定，若需相反方向可取負號。

4. 將向量場寫成參數形式

$$\mathbf F(x,y,z)=[5x,\;y^{3},\;0]\;\Longrightarrow\; \mathbf F(u,v)=[5u,\;v^{3},\;0].$$

5. 點積 $\,\mathbf F\cdot(\mathbf r_u\times\mathbf r_v)$