114 年 國立成功大學生物醫學工程學系碩士班甲組《工程數學》

第 1 題（1）

核心觀念

此題考查常係數線性微分方程：

$$P(D)y=f(x),$$

其中 $D=\dfrac{d}{dx}$。解法分為：

1. 先求齊次解 $y_h$；
2. 再依右側函數形式求特解 $y_p$；
3. 總解為 $y=y_h+y_p$。

題目中的微分算子為

$$P(D)=D^3+D^2+2D-4.$$

齊次解

考慮特徵方程

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

因為 $r=1$ 是根，所以

$$r^3+r^2+2r-4=(r-1)(r^2+2r+4).$$

而

$$r^2+2r+4=0 \quad\Longrightarrow\quad r=-1\pm i\sqrt{3}.$$

因此齊次解為

$$y_h=C_1e^x+e^{-x}\left(C_2\cos\sqrt{3}x+C_3\sin\sqrt{3}x\right).$$

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求 $x\cos(2x)$ 所對應的特解

使用複數法，先將 $x\cos(2x)$ 視為 $xe^{2ix}$ 的實部。設

$$y_{p1}=\operatorname{Re}\left[e^{2ix}(Ax+B)\right].$$

將 $D$ 換成 $D+2i$。先計算

$$P(2i)=(2i)^3+(2i)^2+2(2i)-4=-8-4i,$$

以及

$$P'(r)=3r^2+2r+2,$$

所以

$$P'(2i)=-10+4i.$$

由於 $Ax+B$ 為一次多項式，只需使用

$$P(D+2i)(Ax+B) =P(2i)(Ax+B)+P'(2i)A.$$

令其等於 $x$，比較係數得

$$P(2i)A=1, \qquad P(2i)B+P'(2i)A=0.$$

因此

$$A=\frac{1}{-8-4i} =-\frac{1}{10}+\frac{i}{20},$$

且

$$B=-\frac{P'(2i)}{[P(2i)]^2} =\frac{7}{200}-\frac{13}{100}i.$$

取實部後，

$$y_{p1} =e^{0}\operatorname{Re}\left[ e^{2ix}\left( \left(-\frac{1}{10}+\frac{i}{20}\right)x +\frac{7}{200}-\frac{13}{100}i \right)\right].$$

故

$$y_{p1} =-\frac{x}{10}\cos(2x) -\frac{x}{20}\sin(2x) +\frac{7}{200}\cos(2x) +\frac{13}{100}\sin(2x).$$

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求 $xe^x$ 所對應的特解

因為 $e^x$ 已對應特徵根 $r=1$，右側含有 $e^x$，需利用平移公式：

$$P(D)e^xv=e^xP(D+1)v.$$

計算得

$$P(D+1) =(D+1)^3+(D+1)^2+2(D+1)-4 =D^3+4D^2+7D.$$

設

$$v=ax^2+bx.$$

`

則

$$v'=2ax+b,\qquad v''=2a,\qquad v'''=0.$$

因此

$$P(D+1)v =v'''+4v''+7v' =14ax+(8a+7b).$$

要求

$$P(D+1)v=x,$$

比較係數：

$$14a=1,\qquad 8a+7b=0.$$

所以

$$a=\frac{1}{14},\qquad b=-\frac{4}{49}.$$

故

$$y_{p2} =e^x\left(\frac{x^2}{14}-\frac{4x}{49}\right).$$

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總解

因此原方程的通解為

$$\boxed{ \begin{aligned} y={}&C_1e^x +e^{-x}\left(C_2\cos\sqrt{3}x+C_3\sin\sqrt{3}x\right)\\ &-\frac{x}{10}\cos(2x) -\frac{x}{20}\sin(2x) +\frac{7}{200}\cos(2x) +\frac{13}{100}\sin(2x)\\ &+e^x\left(\frac{x^2}{14}-\frac{4x}{49}\right). \end{aligned} }$$

解題技巧

• $P(1)=0$ 時，$e^x$ 是齊次解的一部分，因此對 $xe^x$ 使用平移後，算子中的常數項會消失。
• 對 $x\cos(2x)$，複數法可避免同時處理 $\cos(2x)$ 與 $\sin(2x)$ 的係數。
• 特解中若出現與齊次解相同的項，代表發生共振，必須提高待定多項式的次數。

核心觀念

本題考查三維散度定理，以及梯度、拉普拉斯算子與乘積法則：

• 梯度：
  $\nabla g=\left(\frac{\partial g}{\partial x},\frac{\partial g}{\partial y},\frac{\partial g}{\partial z}\right)$
• 拉普拉斯算子：
  $\nabla^2g=\nabla\cdot(\nabla g)=\frac{\partial^2g}{\partial x^2}+\frac{\partial^2g}{\partial y^2}+\frac{\partial^2g}{\partial z^2}$
• 散度定理：若 $\mathbf F$ 在區域 $D$ 上具有足夠的連續偏導數，且 $\mathbf n$ 為邊界曲面 $S$ 的外向單位法向量，則
  $\iint_S\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_D\nabla\cdot\mathbf F\,dV$

本題的關鍵，就是適當選取向量場 $\mathbf F$，再利用乘積法則計算其散度。

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（1）證明

令

$$\mathbf F=f\nabla g$$

由散度定理，

$$\iint_S(f\nabla g)\cdot\mathbf n\,dS = \iiint_D\nabla\cdot(f\nabla g)\,dV$$

接著計算 $\nabla\cdot(f\nabla g)$。散度的乘積法則為

$$\nabla\cdot(f\mathbf A)=\nabla f\cdot\mathbf A+f\nabla\cdot\mathbf A$$

取 $\mathbf A=\nabla g$，得到

$$\nabla\cdot(f\nabla g) = \nabla f\cdot\nabla g + f\nabla\cdot(\nabla g)$$

又因為

$$\nabla\cdot(\nabla g)=\nabla^2g$$

所以

$$\nabla\cdot(f\nabla g) = \nabla f\cdot\nabla g+f\nabla^2g$$

代回散度定理：

$$\iint_S(f\nabla g)\cdot\mathbf n\,dS = \iiint_D \left( f\nabla^2g+\nabla f\cdot\nabla g \right)\,dV$$

因此得證：

$$\boxed{ \iint_S (f\nabla g) \cdot \mathbf{n} \, dS = \iiint_D (f\nabla^2 g + \nabla f \cdot \nabla g) \, dV }$$

此公式也稱為 Green 第一恆等式 的三維形式。

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（2）證明

令

$$\mathbf F=f\nabla g-g\nabla f$$

同樣利用散度定理：

核心觀念

本題考查一維波動方程的達朗貝爾解（d’Alembert solution）：

$$U_{tt}=c^2U_{xx}.$$

由題目可得

$$c^2=15,\qquad c=\sqrt{15}.$$

對初始條件

$$U(x,0)=\phi(x),\qquad U_t(x,0)=\psi(x),$$

其解為

$$U(x,t)=\frac{1}{2}\left[\phi(x-ct)+\phi(x+ct)\right] +\frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}\psi(s)\,ds.$$

本題中

$$\phi(x)=\cos x,\qquad \psi(x)=e^{-2x}\sin x.$$

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解題方法

1. 套用達朗貝爾公式

代入 $c=\sqrt{15}$ 與 $\phi(x)=\cos x$：

$$U(x,t) = \frac{1}{2}\left[\cos(x-\sqrt{15}t)+\cos(x+\sqrt{15}t)\right] +\frac{1}{2\sqrt{15}} \int_{x-\sqrt{15}t}^{x+\sqrt{15}t}e^{-2s}\sin s\,ds.$$

利用和差化積公式，

$$\frac{1}{2}\left[\cos(x-\sqrt{15}t)+\cos(x+\sqrt{15}t)\right] = \cos x\cos(\sqrt{15}t).$$

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2. 計算積分項

先求不定積分：

$$\int e^{-2s}\sin s\,ds = -\frac{1}{5}e^{-2s}(2\sin s+\cos s).$$

因此

$$\begin{aligned} \int_{x-\sqrt{15}t}^{x+\sqrt{15}t}e^{-2s}\sin s\,ds &= -\frac{1}{5}e^{-2(x+\sqrt{15}t)} \left[2\sin(x+\sqrt{15}t)+\cos(x+\sqrt{15}t)\right] \\ &\quad +\frac{1}{5}e^{-2(x-\sqrt{15}t)} \left[2\sin(x-\sqrt{15}t)+\cos(x-\sqrt{15}t)\right]. \end{aligned}$$

乘上 $\dfrac{1}{2\sqrt{15}}$，得到

(1) 求系統頻率響應 $H(\omega)$

原系統微分方程式右端的積分項為 $x(t)$ 與 $z(t)$ 之卷積（Convolution）：
$y'(t) + 5y(t) = (x * z)(t) - 3x(t)$

對等式兩邊取傅立葉變換（Fourier Transform）：

• $\mathcal{F}[y'(t)] = i\omega Y(\omega)$
• $\mathcal{F}[(x * z)(t)] = X(\omega) Z(\omega)$

整理可得：
$(i\omega + 5) Y(\omega) = X(\omega) Z(\omega) - 3 X(\omega) = \left[ Z(\omega) - 3 \right] X(\omega)$

系統頻率響應定義為 $H(\omega) = \frac{Y(\omega)}{X(\omega)}$：
$H(\omega) = \frac{Z(\omega) - 3}{i\omega + 5}$

已知 $z(t) = \cos(2t) + 5\delta(t)$，對其取傅立葉變換：
$Z(\omega) = \mathcal{F}[\cos(2t) + 5\delta(t)] = \pi \left[ \delta(\omega - 2) + \delta(\omega + 2) \right] + 5$

代入 $H(\omega)$ 表達式：
$H(\omega) = \frac{\pi \left[ \delta(\omega - 2) + \delta(\omega + 2) \right] + 2}{i\omega + 5}$

利用 Delta 函數篩選性質 $f(\omega)\delta(\omega - \omega_0) = f(\omega_0)\delta(\omega - \omega_0)$ 化簡拆解：
$H(\omega) = \frac{2}{i\omega + 5} + \frac{\pi}{5 + 2i} \delta(\omega - 2) + \frac{\pi}{5 - 2i} \delta(\omega + 2)$

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(2) 求系統脈衝響應 $h(t)$