114 年 國立成功大學地球科學研究所甲組《應用數學（含微積分）》

此題考查一階線性常微分方程式的求解，特別是指數衰減模型。

給定微分方程式為 $\frac{dN}{dt} = -kN$，這是一個一階齊次線性常微分方程式。
同時給定初始條件 $N(0) = 5$。

首先，我們分離變數來求解微分方程式：
$\frac{dN}{N} = -k dt$
對兩邊進行積分：
$\int \frac{dN}{N} = \int -k dt$
$\ln|N| = -kt + C_1$
其中 $C_1$ 是積分常數。

核心觀念

本題考查二階常係數齊次線性微分方程的解法。運動方程為

$$my''+cy'+ky=0$$

其中通常假設質量 $m>0$、彈簧常數 $k>0$，$c$ 為阻尼係數（題目稱 resistance）。

所用方法是設解為指數形式

$$y=e^{rt}$$

代入原方程後得到特徵方程

$$mr^2+cr+k=0$$

其根的型態決定系統是振盪、臨界阻尼或過阻尼。

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解題方法

（a）$c=0$

方程式化為

$$my''+ky=0$$

因為 $m\neq 0$，兩邊除以 $m$：

$$y''+\frac{k}{m}y=0$$

定義自然角頻率

$$\omega_0=\sqrt{\frac{k}{m}}$$

因此方程式為

$$y''+\omega_0^2y=0$$

設

$$y=e^{rt}$$

代入得

$$r^2+\omega_0^2=0$$

所以

$$r=\pm i\omega_0$$

對於共軛複數根 $r=\pm i\omega_0$，實數通解為

$$\boxed{y(t)=C_1\cos(\omega_0t)+C_2\sin(\omega_0t)}$$

即

$$\boxed{ y(t)=C_1\cos\left(\sqrt{\frac{k}{m}}\,t\right) +C_2\sin\left(\sqrt{\frac{k}{m}}\,t\right) }$$

其中 $C_1,C_2$ 為任意常數。

也可寫成振幅—相位形式：

$$\boxed{y(t)=A\cos(\omega_0t-\phi)}$$

其中 $A$ 與 $\phi$ 由初始條件決定。

此時系統沒有阻力，振幅不隨時間衰減，屬於簡諧運動。

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（b）$c\neq 0$

原方程式的特徵方程為

$$mr^2+cr+k=0$$

利用二次方程公式：

$$r=\frac{-c\pm\sqrt{c^2-4mk}}{2m}$$

令判別式為

$$\Delta=c^2-4mk$$

必須依 $\Delta$ 的正負分類。

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情況一：欠阻尼，$c^2<4mk$

此時 $\Delta<0$，特徵根為共軛複數：

$$r=\frac{-c}{2m}\pm i\frac{\sqrt{4mk-c^2}}{2m}$$

定義

$$\alpha=\frac{c}{2m}$$

以及阻尼後角頻率

$$\omega_d=\sqrt{\frac{k}{m}-\frac{c^2}{4m^2}}$$

則特徵根可寫成

$$r=-\alpha\pm i\omega_d$$

因此通解為

$$\boxed{ y(t)=e^{-\alpha t} \left(C_1\cos(\omega_dt)+C_2\sin(\omega_dt)\right) }$$

代回 $\alpha$ 與 $\omega_d$：

$$\boxed{ y(t)=e^{-\frac{c}{2m}t} \left[ C_1\cos\left(\sqrt{\frac{k}{m}-\frac{c^2}{4m^2}}\,t\right) + C_2\sin\left(\sqrt{\frac{k}{m}-\frac{c^2}{4m^2}}\,t\right) \right] }$$

這是有衰減的振盪運動。當 $c>0$ 時，因子 $e^{-ct/(2m)}$ 使振幅隨時間衰減。

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情況二：臨界阻尼，$c^2=4mk$

此時特徵方程有重根：

此題考查受迫振盪系統的通解求解以及共振現象的條件。

給定的微分方程式為 $my'' + cy' + ky = F_0 \cos(\omega t)$。
這是一個二階非齊次線性常微分方程式。其通解為齊次解 $y_h(t)$ 加上特解 $y_p(t)$，即 $y(t) = y_h(t) + y_p(t)$。

首先，求解齊次解 $y_h(t)$。齊次方程式為 $my'' + cy' + ky = 0$。
其特徵方程式為 $mr^2 + cr + k = 0$，特徵根為 $r = \frac{-c \pm \sqrt{c^2 - 4mk}}{2m}$。
根據 $c$ 的值，齊次解有三種情況（同問題 2(b)）：

1. 欠阻尼 ($c^2 < 4mk$): $y_h(t) = e^{-\frac{c}{2m} t} \left( A \cos\left(\frac{\sqrt{4mk - c^2}}{2m} t\right) + B \sin\left(\frac{\sqrt{4mk - c^2}}{2m} t\right) \right)$。
2. 臨界阻尼 ($c^2 = 4mk$): $y_h(t) = (A + Bt) e^{-\frac{c}{2m} t}$。
3. 過阻尼 ($c^2 > 4mk$): $y_h(t) = A e^{\frac{-c + \sqrt{c^2 - 4mk}}{2m} t} + B e^{\frac{-c - \sqrt{c^2 - 4mk}}{2m} t}$。

接著，求解特解 $y_p(t)$。由於非齊次項是 $F_0 \cos(\omega t)$，我們假設特解的形式為：
$y_p(t) = C_1 \cos(\omega t) + C_2 \sin(\omega t)$
對 $y_p(t)$ 求導：
$y_p'(t) = -C_1 \omega \sin(\omega t) + C_2 \omega \cos(\omega t)$
$y_p''(t) = -C_1 \omega^2 \cos(\omega t) - C_2 \omega^2 \sin(\omega t)$
將 $y_p(t), y_p'(t), y_p''(t)$ 代入原非齊次方程式：
$m(-C_1 \omega^2 \cos(\omega t) - C_2 \omega^2 \sin(\omega t)) + c(-C_1 \omega \sin(\omega t) + C_2 \omega \cos(\omega t)) + k(C_1 \cos(\omega t) + C_2 \sin(\omega t)) = F_0 \cos(\omega t)$
合併 $\cos(\omega t)$ 和 $\sin(\omega t)$ 的項：
$\cos(\omega t) [ -mC_1 \omega^2 + cC_2 \omega + kC_1 ] + \sin(\omega t) [ -mC_2 \omega^2 - cC_1 \omega + kC_2 ] = F_0 \cos(\omega t)$
比較係數：
對於 $\cos(\omega t)$：
$(k - m\omega^2) C_1 + c\omega C_2 = F_0 \quad (1)$
對於 $\sin(\omega t)$：
$-c\omega C_1 + (k - m\omega^2) C_2 = 0 \quad (2)$
從方程式 (2)，我們得到：
$C_2 = \frac{c\omega}{k - m\omega^2} C_1$
將 $C_2$ 代入方程式 (1)：
$(k - m\omega^2) C_1 + c\omega \left( \frac{c\omega}{k - m\omega^2} C_1 \right) = F_0$
$C_1 \left( (k - m\omega^2) + \frac{(c\omega)^2}{k - m\omega^2} \right) = F_0$
$C_1 \frac{(k - m\omega^2)^2 + (c\omega)^2}{k - m\omega^2} = F_0$
$C_1 = \frac{F_0 (k - m\omega^2)}{(k - m\omega^2)^2 + (c\omega)^2}$
然後計算 $C_2$：
$C_2 = \frac{c\omega}{k - m\omega^2} C_1 = \frac{c\omega}{k - m\omega^2} \frac{F_0 (k - m\omega^2)}{(k - m\omega^2)^2 + (c\omega)^2} = \frac{F_0 c\omega}{(k - m\omega^2)^2 + (c\omega)^2}$
所以，特解為：
$y_p(t) = \frac{F_0 (k - m\omega^2)}{(k - m\omega^2)^2 + (c\omega)^2} \cos(\omega t) + \frac{F_0 c\omega}{(k - m\omega^2)^2 + (c\omega)^2} \sin(\omega t)$
特解也可以寫成振幅和相位差的形式：
令 $Z^2 = (k - m\omega^2)^2 + (c\omega)^2$。
$y_p(t) = \frac{F_0}{Z} \left( \frac{k - m\omega^2}{Z} \cos(\omega t) + \frac{c\omega}{Z} \sin(\omega t) \right)$

此題考查週期函數的傅立葉級數展開。

給定的函數 $F(x)$ 是一個定義在 $(-\pi, \pi)$ 區間上的奇函數（除了 $x=0$），且週期為 $2\pi$。
$F(x) = \begin{cases} -m & \text{if } -\pi < x < 0 \\ m & \text{if } 0 < x < \pi \end{cases}$
週期 $T = 2\pi$，所以 $\omega = \frac{2\pi}{T} = 1$。
傅立葉級數的一般形式為：
$F(x) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(nx) + b_n \sin(nx))$
其中係數為：
$a_0 = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} F(x) dx$
$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} F(x) \cos(nx) dx$
$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} F(x) \sin(nx) dx$

計算 $a_0$：
由於 $F(x)$ 是奇函數（在 $(-\pi, \pi)$ 區間上，除了 $x=0$），且積分區間關於原點對稱，所以：
$a_0 = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} F(x) dx = 0$
這也可以通過積分直接計算：
$\int_{-\pi}^{\pi} F(x) dx = \int_{-\pi}^{0} (-m) dx + \int_{0}^{\pi} m dx = [-mx]_{-\pi}^{0} + [mx]_{0}^{\pi} = (0 - (-m)(-\pi)) + (m\pi - 0) = -m\pi + m\pi = 0$

計算 $a_n$：
由於 $F(x)$ 是奇函數，而 $\cos(nx)$ 是偶函數，所以 $F(x)\cos(nx)$ 是奇函數。
在對稱區間 $(-\pi, \pi)$ 上的積分為零。
$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} F(x) \cos(nx) dx = 0$

計算 $b_n$：
由於 $F(x)$ 是奇函數，而 $\sin(nx)$ 是奇函數，所以 $F(x)\sin(nx)$ 是偶函數。
因此，積分可以簡化：
$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} F(x) \sin(nx) dx = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} F(x) \sin(nx) dx$
在 $(0, \pi)$ 區間上，$F(x) = m$。

此題考查傅立葉轉換的計算。

給定的函數 $f(x)$ 是一個在區間 $(-1, 1)$ 上值為 1，其他地方為 0 的矩形脈衝函數。
$f(x) = \begin{cases} 1 & \text{if } -1 < x < 1 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$
傅立葉轉換的定義為：
$F(\xi) = \mathcal{F}\{f(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-2\pi i x \xi} dx$
其中 $\xi$ 是頻率變數。有時也使用定義 $F(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i \omega x} dx$，這裡我們使用 $2\pi i x \xi$ 的形式。

將 $f(x)$ 的定義代入傅立葉轉換公式：
$F(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-2\pi i x \xi} dx$
由於 $f(x)$ 在 $(-1, 1)$ 區間外為零，積分範圍縮小到 $(-1, 1)$：
$F(\xi) = \int_{-1}^{1} 1 \cdot e^{-2\pi i x \xi} dx$
$F(\xi) = \int_{-1}^{1} e^{-2\pi i x \xi} dx$

現在對積分進行計算。
如果 $\xi = 0$，則 $e^{-2\pi i x \xi} = e^0 = 1$。
$F(0) = \int_{-1}^{1} 1 dx = [x]_{-1}^{1} = 1 - (-1) = 2$

如果 $\xi \neq 0$，我們計算積分：
$F(\xi) = \left[ \frac{e^{-2\pi i x \xi}}{-2\pi i \xi} \right]_{-1}^{1}$
$F(\xi) = \frac{e^{-2\pi i (1) \xi}}{-2\pi i \xi} - \frac{e^{-2\pi i (-1) \xi}}{-2\pi i \xi}$
$F(\xi) = \frac{e^{-2\pi i \xi} - e^{2\pi i \xi}}{-2\pi i \xi}$
$F(\xi) = \frac{-(e^{2\pi i \xi} - e^{-2\pi i \xi})}{-2\pi i \xi}$
我們知道歐拉公式 $e^{i\theta} - e^{-i\theta} = 2i \sin(\theta)$。
所以，$e^{2\pi i \xi} - e^{-2\pi i \xi} = 2i \sin(2\pi \xi)$。
$F(\xi) = \frac{-(2i \sin(2\pi \xi))}{-2\pi i \xi}$