108 年 國立臺灣大學生物機電系碩士班丙組《工程數學（J）》

核心觀念

本題考查函數在 $(-\pi,\pi)$ 上的傅立葉級數。對週期為 $2\pi$ 的傅立葉級數，

$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),$$

其中

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,$$ $$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx, \qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx.$$

題目明確給定 $f(x)=e^x$，因此式中的 $a\neq 0$ 未實際出現在函數定義中，不影響本題答案。

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解題方法

令

$$f(x)=e^x,\qquad -\pi<x<\pi.$$

依序計算 $a_0$、$a_n$ 與 $b_n$。

1. 計算 $a_0$

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}e^x\,dx =\frac{1}{\pi}\left[e^x\right]_{-\pi}^{\pi} =\frac{e^\pi-e^{-\pi}}{\pi}.$$

因此常數項為

$$\frac{a_0}{2} =\frac{e^\pi-e^{-\pi}}{2\pi} =\frac{\sinh\pi}{\pi}.$$

2. 計算 $a_n$

利用積分公式

$$\int e^x\cos nx\,dx = \frac{e^x(\cos nx+n\sin nx)}{1+n^2},$$

可得

$$a_n = \frac{1}{\pi} \left[ \frac{e^x(\cos nx+n\sin nx)}{1+n^2} \right]_{-\pi}^{\pi}.$$

由於 $n$ 為正整數，

$$\cos(n\pi)=\cos(-n\pi)=(-1)^n,$$

且

$$\sin(n\pi)=\sin(-n\pi)=0.$$

所以

$$a_n = \frac{1}{\pi} \frac{(-1)^ne^\pi-(-1)^ne^{-\pi}}{1+n^2},$$

即

$$a_n = \frac{(-1)^n(e^\pi-e^{-\pi})}{\pi(1+n^2)} = \frac{2(-1)^n\sinh\pi}{\pi(1+n^2)}.$$

3. 計算 $b_n$

利用積分公式

$$\int e^x\sin nx\,dx = \frac{e^x(\sin nx-n\cos nx)}{1+n^2},$$

因此

由第 (1) 小題 $f(x) = e^{ax}$ 在 $-\pi < x < \pi$ 之傅立葉級數展開結果：

$e^{ax} = \frac{\sinh(a\pi)}{a\pi} + \frac{2\sinh(a\pi)}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{a^2+n^2} (a\cos nx - n\sin nx)$

利用雙曲函數定義 $g(x) = \cosh(ax) = \frac{e^{ax} + e^{-ax}}{2}$，將上式之 $x$ 以 $-x$ 代換可得：

一、 分離變數法（Separation of Variables）

設方程式之解為 $u(x, t) = X(x)T(t)$，代入原偏微分方程式可得：
$X(x)T''(t) - b X''(x)T(t) = 0 \implies \frac{T''(t)}{b T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda$

由此可拆解為空間與時間兩個常微分方程式（ODE）。

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二、 空間項 Sturm-Liouville 邊界值問題

配合邊界條件 $u(0, t) = 0$ 與 $u(\pi, t) = 0$，空間項 ODE 為：
$X''(x) + \lambda X(x) = 0, \quad X(0) = 0, \quad X(\pi) = 0$

求解得非平凡解之特徵值（Eigenvalues）與對應特徵函數（Eigenfunctions）為：
$\lambda_n = n^2, \quad X_n(x) = \sin(nx), \quad n = 1, 2, 3, \dots$

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三、 時間項 ODE 求解與通解疊加

將 $\lambda_n = n^2$ 代入時間項 ODE：
$T_n''(t) + b n^2 T_n(t) = 0$

通解為：
$T_n(t) = A_n \cos(n\sqrt{b} t) + B_n \sin(n\sqrt{b} t)$

由線性疊加原理（Superposition Principle），PDE 之一般解為：
$u(x, t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ A_n \cos(n\sqrt{b} t) + B_n \sin(n\sqrt{b} t) \right] \sin(nx)$

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四、 帶入初始條件（Initial Conditions）求解係數

1. 帶入第一個初始條件 $u(x, 0) = 0$：
   $u(x, 0) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n \sin(nx) = 0 \implies A_n = 0$

核心觀念

本題考查高斯散度定理（Divergence Theorem）：

$$\iint_{\partial V}\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS = \iiint_V \nabla\cdot\mathbf F\,dV,$$

其中 $\partial V$ 為封閉曲面，$\mathbf n$ 為外向單位法向量。

向量場為

$$\mathbf F=y^2\mathbf i+x^2\mathbf j+5z\mathbf k.$$

其散度為

$$\nabla\cdot\mathbf F = \frac{\partial y^2}{\partial x} + \frac{\partial x^2}{\partial y} + \frac{\partial(5z)}{\partial z} =0+0+5=5.$$

因此，封閉曲面的總通量等於該封閉曲面所包圍體積的 $5$ 倍。

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解題方法

曲面由

$$S_1:\ z=x^2+y^2$$

與平面

$$S_2:\ z=1$$

所圍成。兩者交線滿足

$$x^2+y^2=1,$$

因此底面投影為 $xy$ 平面上的單位圓：

$$D:\ x^2+y^2\leq 1.$$

在圓柱座標中，

$$x^2+y^2=r^2,\qquad dA=r\,dr\,d\theta.$$

封閉區域的上界為 $z=1$，下界為 $z=r^2$，故體積為

$$V = \int_0^{2\pi}\int_0^1\int_{r^2}^{1} r\,dz\,dr\,d\theta.$$

先對 $z$ 積分：

核心觀念

矩陣 $A$ 可對角化的充要條件之一，是每個特徵值的線性獨立特徵向量數量足以構成一組基底。

若 $A$ 可對角化，則存在可逆矩陣 $P$ 與對角矩陣 $D$，使得

$$A=PDP^{-1}.$$

本題矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix}.$$

這是 $3\times 3$ 的冪零 Jordan 矩陣，重點在於判斷其特徵值、特徵向量數量，以及利用冪零性質求高次方。

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解題方法

1. 求特徵值

計算特徵多項式：

$$\det(\lambda I-A) = \det \begin{bmatrix} \lambda&-1&0\\ 0&\lambda&-1\\ 0&0&\lambda \end{bmatrix} =\lambda^3.$$

因此唯一特徵值為

$$\lambda=0,$$

其代數重數為 $3$。

2. 求特徵向量

特徵向量 $v$ 必須滿足

$$Av=0.$$

令

$$v= \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix},$$

則

$$Av= \begin{bmatrix} y\\z\\0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

因此

$$y=0,\qquad z=0,$$

而 $x$ 可任意取值，所以特徵向量皆為

$$v= \begin{bmatrix} x\\0\\0 \end{bmatrix} =x \begin{bmatrix} 1\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

故特徵空間為

$$E_0=\operatorname{span} \left\{ \begin{bmatrix} 1\\0\\0 \end{bmatrix} \right\},$$

其幾何重數為 $1$。

由於 $\lambda=0$ 的代數重數為 $3$，但幾何重數僅為 $1$，沒有 $3$ 個線性獨立的特徵向量，因此：

$$\boxed{A\text{ 不可對角化}}$$

也可直接觀察：若 $A$ 可對角化，由於所有特徵值都是 $0$，其對角矩陣必為

核心觀念

本題考察一階常係數線性微分方程組：

$$\mathbf{x}'(t)=A\mathbf{x}(t), \qquad \mathbf{x}(t)= \begin{bmatrix} x_1(t)\\ x_2(t) \end{bmatrix},$$

其中

$$A= \begin{bmatrix} 2&8\\ -1&-2 \end{bmatrix}.$$

矩陣解可寫成

$$\mathbf{x}(t)=e^{At}\mathbf{x}(0).$$

本題矩陣具有特殊性質 $A^2=-4I$，因此矩陣指數可直接化為三角函數形式。

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解題方法

1. 寫成矩陣形式

由題目可得

$$\mathbf{x}'= \begin{bmatrix} 2&8\\ -1&-2 \end{bmatrix} \mathbf{x}, \qquad \mathbf{x}(0)= \begin{bmatrix} 2\\ -1 \end{bmatrix}.$$

令

$$A= \begin{bmatrix} 2&8\\ -1&-2 \end{bmatrix}.$$

計算 $A^2$：

$$A^2= \begin{bmatrix} 2&8\\ -1&-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2&8\\ -1&-2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4-8&16-16\\ -2+2&-8+4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -4&0\\ 0&-4 \end{bmatrix} =-4I.$$

2. 求矩陣指數 $e^{At}$

矩陣指數的冪級數為

$$e^{At} =I+At+\frac{(At)^2}{2!}+\frac{(At)^3}{3!}+\cdots.$$

由 $A^2=-4I$ 可得

$$A^{2k}=(-4)^kI, \qquad A^{2k+1}=(-4)^kA.$$

因此偶數次冪與奇數次冪分別整理為

$$e^{At} = I\left( 1-\frac{(2t)^2}{2!} +\frac{(2t)^4}{4!} -\cdots \right) + \frac{A}{2} \left( 2t-\frac{(2t)^3}{3!} +\frac{(2t)^5}{5!} -\cdots \right).$$

利用三角函數級數：

$$\cos(2t) = 1-\frac{(2t)^2}{2!} +\frac{(2t)^4}{4!}-\cdots,$$ $$\sin(2t) = 2t-\frac{(2t)^3}{3!} +\frac{(2t)^5}{5!}-\cdots,$$

可得

$$e^{At}=I\cos(2t)+\frac{A}{2}\sin(2t).$$

由

核心觀念

本題考查：

• Laplace transform 求解含初始條件的二階線性微分方程。
• Dirac delta 函數的平移公式：
  $\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as},\qquad a>0.$
• 無限脈衝列的幾何級數：

$$\sum_{k=1}^{\infty}e^{-k\pi s} =\frac{e^{-\pi s}}{1-e^{-\pi s}}.$$

• 第二平移定理：

$$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\} =u(t-a)f(t-a),$$

其中 $f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}$。

右側的 $\delta(t-k\pi)$ 代表在每個 $t=k\pi$ 時施加一個單位脈衝，使 $y'(t)$ 發生大小為 $1$ 的跳躍，而 $y(t)$ 保持連續。

解題方法

令

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$$

由初始條件 $y(0)=0$、$y'(0)=1$，

$$\mathcal{L}\{y''\} =s^2Y(s)-sy(0)-y'(0) =s^2Y(s)-1.$$

因此原方程左側的 Laplace transform 為

$$\mathcal{L}\{y''+y\} =(s^2+1)Y(s)-1.$$

右側為

$$\mathcal{L}\left\{\sum_{k=1}^{\infty}\delta(t-k\pi)\right\} =\sum_{k=1}^{\infty}e^{-k\pi s}.$$

利用幾何級數，

$$\sum_{k=1}^{\infty}e^{-k\pi s} =\frac{e^{-\pi s}}{1-e^{-\pi s}}.$$

所以

$$(s^2+1)Y(s)-1 =\frac{e^{-\pi s}}{1-e^{-\pi s}},$$

得到

$$Y(s) =\frac{1}{s^2+1} +\frac{1}{s^2+1}\frac{e^{-\pi s}}{1-e^{-\pi s}}.$$

將分式展開為級數：

$$\frac{e^{-\pi s}}{1-e^{-\pi s}} =\sum_{k=1}^{\infty}e^{-k\pi s},$$

故

$$Y(s) =\frac{1}{s^2+1} +\sum_{k=1}^{\infty} \frac{e^{-k\pi s}}{s^2+1}.$$

因為

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2+1}\right\} =\sin t,$$

由第二平移定理可得

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{e^{-k\pi s}}{s^2+1} \right\} =u(t-k\pi)\sin(t-k\pi).$$

因此解為

核心觀念

本題考查二階常係數非齊次線性微分方程：

$$4y''-y=xe^{x/2}$$

解法分為：

1. 先解齊次方程，求出互補解。
2. 依右側外力項 $xe^{x/2}$ 的形式設特解。
3. 代入初始條件，決定待定常數。

右側含有 $e^{x/2}$，而齊次方程的特徵根也包含 $r=\frac12$，因此特解必須乘上 $x$ 以處理共振情形。

解齊次方程

先考慮對應的齊次方程：

$$4y''-y=0$$

設 $y=e^{rx}$，得到特徵方程：

$$4r^2-1=0$$

因此

$$(2r-1)(2r+1)=0$$

特徵根為

$$r=\frac12,\qquad r=-\frac12$$

所以齊次解為

$$y_h=C_1e^{x/2}+C_2e^{-x/2}$$

求非齊次特解

因右側為 $xe^{x/2}$，且 $e^{x/2}$ 已經出現在齊次解中，採用代換：

$$y=e^{x/2}v(x)$$

計算導數：

$$y'=e^{x/2}\left(v'+\frac12v\right)$$ $$y''=e^{x/2}\left(v''+v'+\frac14v\right)$$

代回原方程：

$$4y''-y = 4e^{x/2}\left(v''+v'+\frac14v\right)-e^{x/2}v$$

整理得：

$$4y''-y = e^{x/2}\left(4v''+4v'+v-v\right)$$

因此

$$4e^{x/2}(v''+v')=xe^{x/2}$$

約去 $e^{x/2}$：

$$4(v''+v')=x$$

即

$$v''+v'=\frac{x}{4}$$

令

$$w=v'$$

則

$$w'+w=\frac{x}{4}$$

設 $w=ax+b$，代入可得：

$$a+ax+b=\frac{x}{4}$$

比較 $x$ 項與常數項：

$$a=\frac14,\qquad a+b=0$$

所以

$$b=-\frac14$$

因此

$$v'=w=\frac{x}{4}-\frac14$$

積分得：

$$v=\frac{x^2}{8}-\frac{x}{4}+C$$

其中常數 $C$ 所產生的 $Ce^{x/2}$ 已包含在齊次解中，因此可取特解為：

核心觀念

本題為 Bernoulli 方程，標準形式為

$$\frac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x)y^n,\qquad n\neq 0,1.$$

題目中

$$P(x)=1,\qquad Q(x)=x^2,\qquad n=2.$$

Bernoulli 方程可藉由代換

$$v=y^{1-n}=y^{-1}=\frac{1}{y}$$

轉換為一階線性微分方程。

需注意：代換 $v=1/y$ 的前提是 $y\neq 0$，因此最後必須另外補回可能被除去的解 $y=0$。

解題方法

原方程為

$$\frac{dy}{dx}+y=x^2y^2.$$

先考慮 $y\neq 0$，兩邊同除以 $y^2$：

$$\frac{1}{y^2}\frac{dy}{dx}+\frac{1}{y}=x^2.$$

令

$$v=\frac{1}{y},$$

則

$$\frac{dv}{dx} =-\frac{1}{y^2}\frac{dy}{dx}.$$

因此

$$-\frac{dv}{dx}+v=x^2,$$

整理得

$$\frac{dv}{dx}-v=-x^2.$$

這是一階線性微分方程

$$v'+P(x)v=R(x),$$

其中 $P(x)=-1$。其積分因子為

$$\mu(x)=e^{\int -1\,dx}=e^{-x}.$$

方程兩邊乘以 $e^{-x}$：

$$e^{-x}\frac{dv}{dx}-e^{-x}v=-x^2e^{-x}.$$

左側可合併為

$$\frac{d}{dx}\left(e^{-x}v\right)=-x^2e^{-x}.$$

積分得