114 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

• 恰當微分方程：若 $M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0$ 滿足

$\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x},$

即為恰當，可求一個勢函數 $\Phi(x,y)$ 使得 $\Phi_x=M,\;\Phi_y=N$。

• 勢函數（或稱積分因子）的概念：對恰當方程， $\Phi(x,y)=C$ 為其一般解。
• 初始條件：代入 $\Phi(x,y)=C$ 求出常數 $C$，得到唯一解。

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解題方法

1. 檢驗恰當性

$M(x,y)=2xy+3y,\qquad N(x,y)=4y^{3}+x^{2}+3x+4$

$$\frac{\partial M}{\partial y}=2x+3,\qquad \frac{\partial N}{\partial x}=2x+3$$

兩者相等，故此微分方程是恰當的。

2. 構造勢函數 $\Phi(x,y)$
   • 先對 $M$ 以 $x$ 為變數積分：

$$\Phi(x,y)=\int (2xy+3y)\,dx =y x^{2}+3y x+h(y),$$

 其中 $h(y)$ 為只含 $y$ 的待定函數。  

• 取偏導對 $y$：

$\Phi_y =x^{2}+3x+h'(y).$

• 令 $\Phi_y=N$，得到

$$x^{2}+3x+h'(y)=4y^{3}+x^{2}+3x+4\;\Longrightarrow\; h'(y)=4y^{3}+4.$$

• 積分求 $h(y)$：

$h(y)=\int (4y^{3}+4)\,dy = y^{4}+4y +C_0.$

• 把 $h(y)$ 代回，勢函數

核心觀念

將線性微分方程組寫成矩陣形式：

$$\mathbf{y}'=A\mathbf{y}, \qquad \mathbf{y}= \begin{bmatrix} y_1\\y_2\\y_3 \end{bmatrix}, \qquad A= \begin{bmatrix} -4&1&1\\ 1&5&-1\\ 0&1&-3 \end{bmatrix}.$$

對常係數齊次線性系統，若 $\lambda$ 是矩陣 $A$ 的特徵值，$\mathbf{v}$ 是對應的特徵向量，則

$$\mathbf{y}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v}$$

是微分方程組的解。若 $A$ 有三個互異的特徵值，對應特徵向量線性獨立，通解就是這些解的線性組合。

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解題方法

先求特徵方程

$$\det(\lambda I-A)=0,$$

再求各特徵值對應的特徵向量，最後組合成一般解。

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(a) 求特徵值與特徵向量

1. 求特徵方程

$$\lambda I-A= \begin{bmatrix} \lambda+4&-1&-1\\ -1&\lambda-5&1\\ 0&-1&\lambda+3 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\begin{aligned} \det(\lambda I-A) &= (\lambda+4) \begin{vmatrix} \lambda-5&1\\ -1&\lambda+3 \end{vmatrix} - (-1) \begin{vmatrix} -1&1\\ 0&\lambda+3 \end{vmatrix} + (-1) \begin{vmatrix} -1&\lambda-5\\ 0&-1 \end{vmatrix}\\ &=(\lambda+4)\big[(\lambda-5)(\lambda+3)+1\big] -(\lambda+3)-1\\ &=\lambda^3+2\lambda^2-23\lambda-60. \end{aligned}$$

因式分解得

$$\lambda^3+2\lambda^2-23\lambda-60 =(\lambda-5)(\lambda+3)(\lambda+4).$$

所以特徵值為

$$\boxed{\lambda_1=5,\qquad \lambda_2=-3,\qquad \lambda_3=-4}.$$

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2. 求 $\lambda=5$ 的特徵向量

解

$$(A-5I)\mathbf{v}=0.$$

即

$$\begin{bmatrix} -9&1&1\\ 1&0&-1\\ 0&1&-8 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1\\v_2\\v_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

由第二、三列方程可得

$$v_3=v_1,\qquad v_2=8v_3=8v_1.$$

取 $v_1=1$，得到

$$\boxed{\mathbf{v}_1= \begin{bmatrix} 1\\8\\1 \end{bmatrix}}.$$

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3. 求 $\lambda=-3$ 的特徵向量

解

$$(A+3I)\mathbf{v}=0.$$

即

$$\begin{bmatrix} -1&1&1\\ 1&8&-1\\ 0&1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1\\v_2\\v_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

由第三列方程得

$$v_2=0.$$

代入第一列方程：

核心觀念

• 拉普拉斯轉換（Laplace Transform）可將常係數線性微分方程轉為代數方程，利用初始值 $y(0),y'(0)$ 把導數項化為 $s$ 的多項式。
• 轉移函數（Transfer Function）定義為輸出 $Y(s)$ 與單位輸入 $U(s)$ 的比例 $G(s)=Y(s)/U(s)$，只與系統本身的係數有關。
• 逆拉普拉斯轉換（Inverse Laplace）常利用分式分解（Partial Fraction）將 $Y(s)$ 表成已知表格的形式，如 $\frac{1}{s-a}\;\rightarrow\;e^{at}$。

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(a) 轉移函數

系統方程

$y''+4y'+3y = u(t)$

對兩端取拉普拉斯（假設零初值）得

$(s^{2}+4s+3)Y(s)=U(s) .$

因此 轉移函數 為

$$\boxed{G(s)=\frac{Y(s)}{U(s)}=\frac{1}{s^{2}+4s+3} =\frac{1}{(s+1)(s+3)} } .$$

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(b) 求 $Y(s)$

對原方程取拉普拉斯，代入初值 $y(0)=0,\;y'(0)=2$，以及 $U(t)=e^{t}$：

$$\begin{aligned} \mathcal L\{y''\}&=s^{2}Y(s)-sy(0)-y'(0)=s^{2}Y(s)-2,\\ \mathcal L\{y'\}&=sY(s)-y(0)=sY(s),\\ \mathcal L\{y\}&=Y(s),\\ \mathcal L\{e^{t}\}&=\frac{1}{s-1}. \end{aligned}$$

代回方程式：

$$\bigl(s^{2}+4s+3\bigr)Y(s)-2=\frac{1}{s-1} \;\Longrightarrow\; Y(s)=\frac{\displaystyle \frac{1}{s-1}+2}{s^{2}+4s+3} =\frac{1}{(s-1)(s+1)(s+3)}+\frac{2}{(s+1)(s+3)} .$$

分式分解

1. 第一項

$$\frac{1}{(s-1)(s+1)(s+3)} = \frac{A}{s-1}+\frac{B}{s+1}+\frac{C}{s+3},$$

求得

$A=\frac18,\qquad B=-\frac14,\qquad C=\frac18 .$

2. 第二項

$\frac{2}{(s+1)(s+3)}=\frac{D}{s+1}+\frac{E}{s+3},$

求得

$D=1,\qquad E=-1 .$

合併同類項：

核心觀念

1. 偏微分方程式之直接偏積分法（Direct Partial Integration）：
   若偏微分方程式中僅出現對單一自變數的偏導數（如 (a) 小題僅含對 $x$ 的偏導項），可將其他自變數視為常數，直接進行逐次偏積分。需注意：每次對 $x$ 偏積分所產生的「積分常數」，應為另一自變數 $y$ 的任意函數。

2. 二階常係數線性偏微分方程式（Second-Order Linear PDE with Constant Coefficients）：
   方程式形如 $A \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + B \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} + C \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = f(x, y)$。

   • 通解結構：由齊次解 $u_h(x, y)$ 與特解 $u_p(x, y)$ 線性疊加而成，即 $u(x, y) = u_h(x, y) + u_p(x, y)$。
   • 齊次解求法（特徵根法 / 運算子因式分解法）：令 $u_h = \phi(x + my)$ 代入對應齊次方程式，求得特徵方程式的根 $m_1, m_2$，進而求得齊次通解 $u_h = F(x + m_1 y) + G(x + m_2 y)$（其中 $F, G$ 為任意二次可微函數）。
   • 特解求法（待定係數法）：依據非齊次項 $f(x, y)$ 的型態，假設適當的多項式特解形式並求出其係數。

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解題方法

(a) 解方程式 $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = 5e^{3x+2y}$

1. 第一次對 $x$ 偏積分：
   將 $y$ 視為常數，方程式兩邊對 $x$ 積分：
   $\frac{\partial u}{\partial x} = \int 5e^{3x+2y} \, dx = \frac{5}{3}e^{3x+2y} + f(y)$
   其中 $f(y)$ 為自變數 $y$ 的任意可微函數（滿足 $\frac{\partial}{\partial x}f(y) = 0$）。

2. 第二次對 $x$ 偏積分：
   再次對 $x$ 積分：
   $u(x, y) = \int \left( \frac{5}{3}e^{3x+2y} + f(y) \right) dx = \frac{5}{9}e^{3x+2y} + x f(y) + g(y)$
   其中 $g(y)$ 為自變數 $y$ 的另一個任意可微函數。

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(b) 解方程式 $\frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 5x + 2 \frac{\partial^2 u}{\partial y \partial x} + \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$

將方程式整理移項為標準二階線性 PDE 形式：
$\frac{\partial^2 u}{\partial y^2} - 2\frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} - \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = 5x$

步驟 1：求對應之齊次解 $u_h(x, y)$
考慮齊次方程式：
$\frac{\partial^2 u}{\partial y^2} - 2\frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} - \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = 0$

核心觀念

• 傅里葉積分表示：對於可積分且滿足 Dirichlet 條件的函數 $f(t)$，可以寫成

$$f(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\hat f(\omega)\,e^{i\omega t}\,d\omega , \qquad \hat f(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt .$$

若 $f(t)$ 為偶函數，則 $\hat f(\omega)$ 為實且偶，且可化為餘弦型積分

$$f(t)=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}F_c(\omega)\cos(\omega t)\,d\omega, \qquad F_c(\omega)=\int_{0}^{\infty}f(t)\cos(\omega t)\,dt .$$

• 偶函數的好處：只需對正半軸積分，計算較簡單。
• 積分技巧：
  1. 對 $\int t\cos(\omega t)\,dt$ 使用分部積分。
  2. 觀察結果與已知積分 $\displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{1-\cos ax}{x^{2}}dx=\frac{\pi a}{2}$（$a>0$）的關係，可快速驗算。

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(a) Fourier integral representation of $f(t)$

步驟 1 – 判斷偶性
$f(t)$ 在 $[-2,0]$ 為 $2+t$，在 $[0,2]$ 為 $2-t$。直接驗證

$f(-t)=2+(-t)=2-t = f(t)\qquad(0<t\le 2),$

故 $f(t)$ 為偶函數。

步驟 2 – 計算餘弦變換 $F_c(\omega)$

$$F_c(\omega)=\int_{0}^{\infty}f(t)\cos(\omega t)\,dt =\int_{0}^{2}(2-t)\cos(\omega t)\,dt .$$

把積分拆開：

$$\begin{aligned} F_c(\omega)&=2\int_{0}^{2}\cos(\omega t)\,dt-\int_{0}^{2}t\cos(\omega t)\,dt . \end{aligned}$$

先算第一項

$$2\int_{0}^{2}\cos(\omega t)\,dt =2\Big[\frac{\sin(\omega t)}{\omega}\Big]_{0}^{2} =\frac{2\sin(2\omega)}{\omega}.$$

第二項使用分部積分 ($u=t,\; dv=\cos(\omega t)dt$):

$$\int_{0}^{2}t\cos(\omega t)\,dt =\Big[\frac{t\sin(\omega t)}{\omega}\Big]_{0}^{2} +\frac{1}{\omega}\int_{0}^{2}\sin(\omega t)\,dt =\frac{2\sin(2\omega)}{\omega} +\frac{1}{\omega^{2}}\Big[-\cos(\omega t)\Big]_{0}^{2} =\frac{2\sin(2\omega)}{\omega} +\frac{\cos(2\omega)-1}{\omega^{2}} .$$

代回：

核心觀念

本題考「週期外力作用下，阻尼質量－彈簧系統的穩態響應」。先將外力展開成傅立葉級數，再利用線性系統的疊加原理，求出各次諧波造成的位移。

運動方程與頻率響應函數為

$$M\ddot y+C\dot y+Ky=f(t), \qquad H(i\omega)=\frac{1}{K-M\omega^2+iC\omega}.$$

其中，外力的直流分量造成靜態位移；每個諧波則依 $|H(i\omega)|$ 改變振幅，並產生相位差。

解題方法

圖中彈簧 $K$ 與阻尼器 $C$ 並聯，左端連接固定牆，右端連接可水平移動的質量 $M$；外力 $f(t)$ 與位移 $y(t)$ 均以向右為正。外力為重複的三角波，在整數時刻為零，在半整數時刻達到峰值 $2$，故週期 $T=1$；以秒為時間單位，基頻為 $1\ \mathrm{Hz}$。

1. 將三角波展開成傅立葉級數

取一個週期：

$$f(t)= \begin{cases} 4t,&0\le t\le \dfrac12,\\[2mm] 4(1-t),&\dfrac12<t\le1, \end{cases} \qquad f(t+1)=f(t).$$

因此

$$\omega_0=\frac{2\pi}{T}=2\pi.$$

週期延拓後的 $f(t)$ 為偶函數，故正弦係數 $b_n=0$。平均外力等於一個週期內的三角形面積除以週期：

$$\frac{a_0}{2} =\frac{\frac12(1)(2)}{1}=1.$$

餘弦係數利用 $f(1-t)=f(t)$ 計算：

$$\begin{aligned} a_n &=2\int_0^1 f(t)\cos(2\pi nt)\,dt\\ &=16\int_0^{1/2}t\cos(2\pi nt)\,dt\\ &=\frac{4\bigl[(-1)^n-1\bigr]}{\pi^2n^2}\\ &= \begin{cases} -\dfrac{8}{\pi^2n^2},&n\text{ 為奇數},\\[2mm] 0,&n\text{ 為偶數}. \end{cases} \end{aligned}$$

故外力為

$$\boxed{ f(t)=1-\frac{8}{\pi^2} \sum_{n=1,3,5,\ldots}\frac{\cos(2\pi nt)}{n^2} }.$$

利用 $\sum_{n=1,3,5,\ldots}n^{-2}=\pi^2/8$，可得 $f(0)=0$，與圖中的谷點一致。

2. 求各諧波的穩態位移

代入題目數值：

$$5\ddot y+0.6\dot y+10y=f(t).$$

平均外力 $1$ 造成的位移為

$$y_{\mathrm{DC}}=\frac{1}{10}=0.1.$$

第 $n$ 次奇數諧波的角頻率為 $\omega_n=2\pi n$，其動態剛度為

$$10-5\omega_n^2+i\,0.6\omega_n =10-20\pi^2n^2+i\,1.2\pi n.$$

外力餘弦係數為負，而所有 $n\ge1$ 均滿足 $20\pi^2n^2-10>0$，因此可將位移寫成正振幅形式：

$$y_n(t)=Y_n\cos(2\pi nt+\theta_n),$$

其中