114 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

本題分為兩部分：

1. 利用傅立葉級數將週期輸入電壓 $v(t)$ 展開。
2. 對線性電路的各階諧波，利用相量法或頻率響應求出電流 $i(t)$ 的穩態解。

由於附圖中未顯示 Fig. 1 的電路元件與連接方式，無法唯一決定 $i(t)$ 的具體形式。以下先完整求出電壓的傅立葉級數，並給出一般線性電路的電流解法。

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(1) $v(t)$ 的傅立葉級數

已知

$$v(t)=100t(\pi^2-t^2),\qquad -\pi\le t<\pi$$

且週期為 $2\pi$。

因為

$$v(-t)=100(-t)\bigl(\pi^2-(-t)^2\bigr)=-v(t),$$

所以 $v(t)$ 是奇函數，傅立葉級數只有正弦項：

$$v(t)=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin nt.$$

係數為

$$b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}v(t)\sin nt\,dt =\frac{200}{\pi}\int_0^\pi t(\pi^2-t^2)\sin nt\,dt.$$

計算積分：

$$\int_0^\pi t\sin nt\,dt =-\frac{\pi(-1)^n}{n},$$

以及

$$\int_0^\pi t^3\sin nt\,dt =(-1)^n\left(-\frac{\pi^3}{n}+\frac{6\pi}{n^3}\right).$$

因此

$$\begin{aligned} \int_0^\pi t(\pi^2-t^2)\sin nt\,dt &=\pi^2\left(-\frac{\pi(-1)^n}{n}\right) -(-1)^n\left(-\frac{\pi^3}{n}+\frac{6\pi}{n^3}\right)\\ &=-\frac{6\pi(-1)^n}{n^3}. \end{aligned}$$

故

$$b_n=\frac{200}{\pi} \left(-\frac{6\pi(-1)^n}{n^3}\right) =\frac{1200(-1)^{n+1}}{n^3}.$$

所以傅立葉級數為

$$\boxed{ v(t)=1200\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^3}\sin nt }$$

也可寫成

核心觀念

這是具有非齊次邊界條件的一維波動方程。先找出滿足固定邊界位移與端點外力條件的靜態解，再將剩餘部分展開成滿足齊次邊界條件的固有模態。各模態隨時間作簡諧振動，其頻率由空間邊界條件決定。

解題方法

令

$$q=\frac{F_0}{E},$$

則右端邊界條件為 $u_x(L,t)=q$。取靜態解 $U(x)=qx$，並令

$$u(x,t)=qx+v(x,t).$$

因為 $U''(x)=0$，代回方程得

$$v_{tt}=a^2v_{xx}.$$

新的邊界條件為

$$v(0,t)=0,\qquad v_x(L,t)=0,$$

初始條件則為

$$v(x,0)=-qx,\qquad v_t(x,0)=0.$$

求空間固有函數

以變數分離令 $v(x,t)=X(x)T(t)$，得到

$$\frac{T''}{a^2T}=\frac{X''}{X}=-k^2.$$

空間方程與邊界條件為

$$X''+k^2X=0,\qquad X(0)=0,\qquad X'(L)=0.$$

由 $X(0)=0$ 可取 $X(x)=\sin(kx)$。再由 $X'(L)=k\cos(kL)=0$，得到

$$k_n=\frac{(n+\tfrac12)\pi}{L},\qquad n=0,1,2,\ldots$$

因此固有函數為 $\sin(k_nx)$，相應的時間因子為 $\cos(ak_nt)$ 與 $\sin(ak_nt)$。

展開初始位移

因為初始速度為零，各模態的正弦時間項係數皆為零。令

核心觀念

線積分依路徑方向計算。若路徑由多段直線組成，就分段參數化，逐段計算 $\int_C \mathbf F\cdot d\mathbf r$，再將各段結果相加。

依原卷圖，向量場為

$$\mathbf F=\frac{2}{x^2+y^2}\mathbf i+\frac{1}{x^2+y^2}\mathbf j$$

因此 $\mathbf F\cdot d\mathbf r=\dfrac{2\,dx+dy}{x^2+y^2}$。這與題目文字轉錄中分子為 $x$、$y$ 的寫法不同，以下依原卷圖計算。

解題方法

依圖示方向，路徑分成三段：$(-\frac12,\frac12)\to(-1,1)$、$(-1,1)\to(1,1)$、$(1,1)\to(1,\sqrt3)$。

第一段令 $x=-\frac{1+t}{2}$、$y=\frac{1+t}{2}$，其中 $0\le t\le1$。此時 $dx=-\frac12dt$、$dy=\frac12dt$，且 $x^2+y^2=\frac{(1+t)^2}{2}$，所以

解法：變數分離法

原微分方程式可改寫為：
$(1-3x+x^2)\frac{dy}{dx} = -(y+1)$

當 $y \neq -1$ 且 $x^2-3x+1 \neq 0$ 時，分離變數得：
$\frac{1}{y+1} dy = \frac{-1}{x^2-3x+1} dx$

兩邊進行不定積分：
$\int \frac{1}{y+1} dy = -\int \frac{1}{\left(x - \frac{3}{2}\right)^2 - \frac{5}{4}} dx$

利用積分公式 $\int \frac{1}{u^2-a^2} du = \frac{1}{2a} \ln \left| \frac{u-a}{u+a} \right| + C_1$（其中 $u = x - \frac{3}{2}$，$a = \frac{\sqrt{5}}{2}$）：

觀念定義

1. 零輸入響應（Zero-Input Response, ZIR）：系統在無外部輸入訊號（$f(x) = 0$）時，僅由初始狀態 $y(0)=1, y'(0)=5$ 所產生的響應。
2. 零狀態響應（Zero-State Response, ZSR）：系統在初始狀態為零（$y(0)=0, y'(0)=0$）時，僅由外部輸入訊號 $f(x) = e^x$ 所產生的響應。

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解題步驟（拉氏變換法）

對原線性微分方程式 $\frac{d^2 y}{dx^2} - 3\frac{dy}{dx} + 2y = e^x$ 兩邊取拉氏變換（Laplace Transform）：

$[s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0)] - 3[s Y(s) - y(0)] + 2 Y(s) = \frac{1}{s-1}$

代入初始條件 $y(0) = 1$, $y'(0) = 5$：

$(s^2 - 3s + 2) Y(s) - (s + 5) + 3 = \frac{1}{s-1}$

$(s^2 - 3s + 2) Y(s) - (s + 2) = \frac{1}{s-1}$

整理得：

$Y(s) = \underbrace{\frac{s + 2}{s^2 - 3s + 2}}_{Y_{\text{zir}}(s)} + \underbrace{\frac{1}{(s^2 - 3s + 2)(s - 1)}}_{Y_{\text{zsr}}(s)}$

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一、 求解零輸入響應 $y_{\text{zir}}(x)$

$Y_{\text{zir}}(s) = \frac{s + 2}{(s - 1)(s - 2)}$

進行部分分式展開：

$Y_{\text{zir}}(s) = \frac{A}{s - 1} + \frac{B}{s - 2}$

利用覆蓋法求解係數：

• $A = \left. \frac{s + 2}{s - 2} \right|_{s=1} = -3$

核心觀念

矩陣指數定義為

$$e^A=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{A^k}{k!} =I+A+\frac{A^2}{2!}+\frac{A^3}{3!}+\cdots$$

本題中的矩陣 $A$ 是對角矩陣：

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

對角矩陣的矩陣函數可直接對角元素分別運算：

$$e^{\operatorname{diag}(a_1,a_2,a_3)} = \operatorname{diag}(e^{a_1},e^{a_2},e^{a_3}).$$

解題方法

先觀察 $A$ 的冪次。由於 $A$ 為對角矩陣，

$$A^2= \begin{pmatrix} 1^2&0&0\\ 0&0^2&0\\ 0&0&1^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix} =A.$$

因此對所有正整數 $k$，

$$A^k=A.$$

代入矩陣指數級數：

核心觀念

本題考查：

1. 二階微分方程式的 Laplace transform。
2. 單位步階函數的平移性質：
   $\mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}=e^{-as}F(s)$
3. 微分的 Laplace transform：
   $\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)$
4. 部分分式分解與反變換。

其中
$\mathcal{L}\{u(t-1)\}=\frac{e^{-s}}{s}.$

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解題方法

令
$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$

原方程式為
$y''+y=u(t-1),$
且初始條件為
$y(0)=1,\qquad y'(0)=0.$

對方程式兩邊取 Laplace transform：

$$\mathcal{L}\{y''\}+\mathcal{L}\{y\} =\mathcal{L}\{u(t-1)\}.$$

代入公式及初始條件：

$$\left[s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)\right]+Y(s) =\frac{e^{-s}}{s}.$$

因此

$$\left[s^2Y(s)-s\right]+Y(s) =\frac{e^{-s}}{s},$$

整理得

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

所以

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

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反 Laplace transform

第一項為

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

處理第二項時，先分解

$$\frac{1}{s(s^2+1)} =\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^2+1}.$$

比較係數：

$$1=A(s^2+1)+s(Bs+C) =(A+B)s^2+Cs+A.$$

因此

$$A=1,\qquad B=-1,\qquad C=0.$$

故

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

反變換為