113 年 國立成功大學地球科學研究所甲組《應用數學（含微積分）》

核心觀念

本題考查三角函數在區間 $[-\pi,\pi]$ 上的正交性，並使用積化和差公式：

$$\cos A\cos B=\frac{1}{2}\left[\cos(A-B)+\cos(A+B)\right]$$ $$\sin A\cos B=\frac{1}{2}\left[\sin(A+B)+\sin(A-B)\right]$$ $$\sin A\sin B=\frac{1}{2}\left[\cos(A-B)-\cos(A+B)\right]$$

在標準傅立葉級數設定下，$n,m$ 為正整數。對任意非零整數 $k$，

$$\int_{-\pi}^{\pi}\cos(kx)\,dx=0$$

且 $\sin(kx)$ 為奇函數，因此

$$\int_{-\pi}^{\pi}\sin(kx)\,dx=0$$

---

解題方法

（a）計算 $\displaystyle \int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)\cos(mx)\,dx$

利用積化和差公式：

$$\cos(nx)\cos(mx) = \frac{1}{2} \left[ \cos((n-m)x)+\cos((n+m)x) \right]$$

因此

$$\int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)\cos(mx)\,dx = \frac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi}\cos((n-m)x)\,dx + \frac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi}\cos((n+m)x)\,dx$$

因為 $n,m$ 為正整數，所以 $n+m\neq 0$，第二項必為 $0$。

• 當 $n\neq m$ 時，$n-m$ 為非零整數，第一項也為 $0$。
• 當 $n=m$ 時，$\cos((n-m)x)=\cos 0=1$，故第一項為

$$\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}1\,dx = \frac{1}{2}(2\pi)=\pi$$

所以

$$\boxed{ \int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)\cos(mx)\,dx = \begin{cases} \pi, & n=m,\\ 0, & n\neq m. \end{cases} }$$

---

（b）計算 $\displaystyle \int_{-\pi}^{\pi}\sin(nx)\cos(mx)\,dx$

利用積化和差公式：

$$\sin(nx)\cos(mx) = \frac{1}{2} \left[ \sin((n+m)x)+\sin((n-m)x) \right]$$

因此

$$\int_{-\pi}^{\pi}\sin(nx)\cos(mx)\,dx = \frac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi}\sin((n+m)x)\,dx + \frac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi}\sin((n-m)x)\,dx$$

本題要求計算一個週期函數的傅立葉級數。該函數是一個奇函數，具有週期 $T=8$，因此其傅立葉級數只包含正弦項。

核心觀念：傅立葉級數的計算，特別是週期函數和奇函數的傅立葉級數。
週期函數 $f(x)$ 的傅立葉級數表示為：
$f(x) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(\frac{2\pi n x}{T}) + b_n \sin(\frac{2\pi n x}{T}))$
其中，週期 $T=8$，所以 $\frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{8} = \frac{\pi}{4}$。
$a_0 = \frac{1}{T} \int_{-T/2}^{T/2} f(x) dx$
$a_n = \frac{2}{T} \int_{-T/2}^{T/2} f(x) \cos(\frac{2\pi n x}{T}) dx$
$b_n = \frac{2}{T} \int_{-T/2}^{T/2} f(x) \sin(\frac{2\pi n x}{T}) dx$

函數 $f(x)$ 定義如下：
$f(x) = \begin{cases} -k & -4 < x < 0 \\ k & 0 < x < 4 \end{cases}$
函數在 $x=0$ 和 $x=\pm 4$ 的值不影響傅立葉級數。
我們觀察到 $f(-x) = -f(x)$，所以 $f(x)$ 是一個奇函數。對於奇函數，其傅立葉級數的係數 $a_0 = 0$ 且 $a_n = 0$。我們只需要計算 $b_n$。

計算 $b_n$:
$T = 8$, $T/2 = 4$.
$b_n = \frac{2}{8} \int_{-4}^{4} f(x) \sin(\frac{2\pi n x}{8}) dx = \frac{1}{4} \int_{-4}^{4} f(x) \sin(\frac{\pi n x}{4}) dx$
由於 $f(x)$ 是奇函數，且 $\sin(\frac{\pi n x}{4})$ 也是奇函數，它們的乘積 $f(x) \sin(\frac{\pi n x}{4})$ 是偶函數。因此，積分可以寫成：
$b_n = \frac{1}{4} \times 2 \int_{0}^{4} f(x) \sin(\frac{\pi n x}{4}) dx = \frac{1}{2} \int_{0}^{4} f(x) \sin(\frac{\pi n x}{4}) dx$
在區間 $(0, 4)$ 上，$f(x) = k$。
$b_n = \frac{1}{2} \int_{0}^{4} k \sin(\frac{\pi n x}{4}) dx$

本題要求計算一個矩形脈衝函數的傅立葉轉換。

核心觀念：傅立葉轉換的定義與計算。
函數 $f(x)$ 定義為：
$f(x) = \begin{cases} 1 & |x| < 1 \\ 0 & |x| \ge 1 \end{cases}$
這是一個長度為 2 的矩形脈衝。

傅立葉轉換的定義為：
$\mathcal{F}\{f(x)\}(\omega) = \hat{f}(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\omega x} dx$

將函數代入定義：
$\hat{f}(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\omega x} dx = \int_{-1}^{1} 1 \cdot e^{-i\omega x} dx$

現在計算這個積分：
$\hat{f}(\omega) = \int_{-1}^{1} e^{-i\omega x} dx$

分兩種情況討論 $\omega$:
情況 1: $\omega = 0$
$\hat{f}(0) = \int_{-1}^{1} e^{0} dx = \int_{-1}^{1} 1 dx = [x]_{-1}^{1} = 1 - (-1) = 2$

情況 2: $\omega \neq 0$
$\hat{f}(\omega) = [\frac{e^{-i\omega x}}{-i\omega}]_{-1}^{1}$
$\hat{f}(\omega) = \frac{e^{-i\omega(1)}}{-i\omega} - \frac{e^{-i\omega(-1)}}{-i\omega}$

本題要求求解一個包含電阻 R、電容 C 和電壓源 $E_0 \cos\omega t$ 的 RC 電路的電流 $I(t)$ 的通解。這是一個線性常係數二階微分方程。

核心觀念：線性非齊次微分方程的通解。
給定的微分方程是：
$RI' + \frac{I}{C} = E_0 \cos\omega t$
其中 $I' = \frac{dI}{dt}$。
這是一個一階線性非齊次微分方程。我們可以將其標準化為：
$I' + \frac{1}{RC} I = \frac{E_0}{R} \cos\omega t$

通解 $I(t)$ 由齊次解 $I_h(t)$ 和特解 $I_p(t)$ 組成：$I(t) = I_h(t) + I_p(t)$。

步驟 1: 求解齊次方程 (Homogeneous Solution)
齊次方程為：$I' + \frac{1}{RC} I = 0$
這是可分離變數的方程，或者直接看出來：
$\frac{dI}{dt} = -\frac{1}{RC} I$
$\frac{dI}{I} = -\frac{1}{RC} dt$
積分兩邊：
$\int \frac{dI}{I} = \int -\frac{1}{RC} dt$
$\ln|I| = -\frac{t}{RC} + C_1$
$|I| = e^{-\frac{t}{RC} + C_1} = e^{C_1} e^{-\frac{t}{RC}}$
$I_h(t) = A e^{-\frac{t}{RC}}$
其中 $A = \pm e^{C_1}$ 是任意常數。

步驟 2: 求解特解 (Particular Solution)
非齊次項是 $g(t) = \frac{E_0}{R} \cos\omega t$。
由於非齊次項是餘弦函數，我們假設特解的形式為：
$I_p(t) = B \cos(\omega t) + D \sin(\omega t)$
求導 $I_p(t)$:
$I_p'(t) = -B\omega \sin(\omega t) + D\omega \cos(\omega t)$
將 $I_p(t)$ 和 $I_p'(t)$ 代入原非齊次方程 $I' + \frac{1}{RC} I = \frac{E_0}{R} \cos\omega t$:
$(-B\omega \sin(\omega t) + D\omega \cos(\omega t)) + \frac{1}{RC} (B \cos(\omega t) + D \sin(\omega t)) = \frac{E_0}{R} \cos\omega t$
合併 $\cos(\omega t)$ 和 $\sin(\omega t)$ 的項：
$(\frac{B}{RC} + D\omega) \cos(\omega t) + (-\frac{D}{RC} + B\omega) \sin(\omega t) = \frac{E_0}{R} \cos\omega t$

比較兩邊的係數：
對於 $\cos(\omega t)$: $\frac{B}{RC} + D\omega = \frac{E_0}{R}$ (1)
對於 $\sin(\omega t)$: $-\frac{D}{RC} + B\omega = 0$ (2)

從方程 (2) 解出 D：
$B\omega = \frac{D}{RC} \implies D = B\omega RC$

將 $D$ 代入方程 (1)：
$\frac{B}{RC} + (B\omega RC)\omega = \frac{E_0}{R}$
$B(\frac{1}{RC} + \omega^2 C) = \frac{E_0}{R}$
$B(\frac{1 + \omega^2 RC^2}{RC}) = \frac{E_0}{R}$
$B = \frac{E_0}{R} \frac{RC}{1 + \omega^2 R^2 C^2} = \frac{E_0 C}{1 + \omega^2 R^2 C^2}$

現在計算 D：
$D = B\omega RC = \frac{E_0 C}{1 + \omega^2 R^2 C^2} \omega RC = \frac{E_0 \omega R C^2}{1 + \omega^2 R^2 C^2}$

所以特解為：
$I_p(t) = \frac{E_0 C}{1 + \omega^2 R^2 C^2} \cos(\omega t) + \frac{E_0 \omega R C^2}{1 + \omega^2 R^2 C^2} \sin(\omega t)$

步驟 3: 組合齊次解和特解得到通解
$I(t) = I_h(t) + I_p(t)$

本題為一組常係數線性齊次及非齊次微分方程，以及一個歐拉-柯西方程。要求解其通解。

核心觀念：常係數線性齊次微分方程的解法，常係數線性非齊次微分方程的解法（參數變異法），歐拉-柯西方程的解法。

(a) $y'' + y' - 2y = 0$
這是常係數線性齊次微分方程。
特徵方程為：$r^2 + r - 2 = 0$
因式分解：$(r+2)(r-1) = 0$
特徵根為 $r_1 = 1, r_2 = -2$。
由於根為兩個不相等實根，通解為：
$y(x) = C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x} = C_1 e^{x} + C_2 e^{-2x}$
【答案】$y(x) = C_1 e^{x} + C_2 e^{-2x}$

(b) $y'' + 6y'+9y=0$
這是常係數線性齊次微分方程。
特徵方程為：$r^2 + 6r + 9 = 0$
因式分解：$(r+3)^2 = 0$
特徵根為 $r_1 = r_2 = -3$（重根）。
由於根為一個重實根，通解為：
$y(x) = C_1 e^{r_1 x} + C_2 x e^{r_1 x} = C_1 e^{-3x} + C_2 x e^{-3x}$
【答案】$y(x) = (C_1 + C_2 x) e^{-3x}$

(c) $y'' + y = \tan x$
這是常係數線性非齊次微分方程。
首先求解對應的齊次方程：$y'' + y = 0$
特徵方程為：$r^2 + 1 = 0 \implies r = \pm i$
齊次解為：$y_h(x) = C_1 \cos x + C_2 \sin x$。
接下來使用參數變異法 (method of variation of parameters) 求解特解 $y_p(x)$。
設 $y_p(x) = u_1(x) \cos x + u_2(x) \sin x$。
我們需要解以下方程組來求 $u_1'(x)$ 和 $u_2'(x)$:
$u_1'(x) \cos x + u_2'(x) \sin x = 0$
$-u_1'(x) \sin x + u_2'(x) \cos x = \tan x$ (非齊次項)

由第一個方程，$u_1'(x) = -u_2'(x) \frac{\sin x}{\cos x} = -u_2'(x) \tan x$。
代入第二個方程：
$-(-u_2'(x) \tan x) \sin x + u_2'(x) \cos x = \tan x$
$u_2'(x) \tan x \sin x + u_2'(x) \cos x = \tan x$
$u_2'(x) (\frac{\sin^2 x}{\cos x} + \cos x) = \tan x$
$u_2'(x) (\frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{\cos x}) = \tan x$
$u_2'(x) (\frac{1}{\cos x}) = \tan x$
$u_2'(x) \sec x = \tan x$
$u_2'(x) = \tan x \cos x = \frac{\sin x}{\cos x} \cos x = \sin x$
積分 $u_2'(x)$ 得到 $u_2(x) = \int \sin x dx = -\cos x$。

現在求 $u_1'(x)$: