108 年 國立臺灣大學應用力學研究所乙組《工程數學（G）》

核心觀念

本題主要考查：

• Laplace transform 的定義與冪函數公式。
• Heaviside unit step function 的位移性質。
• Dirac delta function 的 Laplace transform。
• 高階導數的 Laplace transform。
• 利用初始條件與邊界條件決定未知常數，再做 inverse Laplace transform。

題目 (c) 的微分方程與初始導數條件有排版矛盾；依照其要求以 $\alpha,\beta$ 表示初始導數，並配合四個邊界條件，以下採用標準且相容的題意：

$$y^{(4)}(x)=\delta(x-1),$$

且

$$y(0)=0,\qquad y'(0)=0,\qquad y''(0)=\alpha,\qquad y'''(0)=\beta.$$

另外，

$$y(2)=0,\qquad y'(2)=0.$$

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(a) 求 $x^n$ 的 Laplace transform

由定義，

$$\mathcal{L}\{x^n\} = \int_0^\infty e^{-sx}x^n\,dx.$$

利用 Gamma function 公式，

$$\int_0^\infty e^{-sx}x^n\,dx = \frac{\Gamma(n+1)}{s^{n+1}}.$$

因為 $n$ 為正整數，

$$\Gamma(n+1)=n!,$$

所以

$$\boxed{\mathcal{L}\{x^n\}=\frac{n!}{s^{n+1}}}.$$

也可用分部積分反覆得到：

$$\int_0^\infty e^{-sx}x^n\,dx = \frac{n}{s}\int_0^\infty e^{-sx}x^{n-1}\,dx,$$

最後得到相同結果。

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(b) Heaviside 位移性質

Heaviside function 定義為

$$H(x-a)= \begin{cases} 0,&x<a,\\ 1,&x>a. \end{cases}$$

因此，

$$\mathcal{L}\{f(x-a)H(x-a)\} = \int_0^\infty e^{-sx}f(x-a)H(x-a)\,dx.$$

由於 $H(x-a)=0$ 對 $0<x<a$ 成立，積分可改寫為

$$\mathcal{L}\{f(x-a)H(x-a)\} = \int_a^\infty e^{-sx}f(x-a)\,dx.$$

令

$$u=x-a,\qquad x=u+a,\qquad dx=du.$$

當 $x=a$ 時，$u=0$；當 $x\to\infty$ 時，$u\to\infty$。因此

$$\begin{aligned} \mathcal{L}\{f(x-a)H(x-a)\} &= \int_0^\infty e^{-s(u+a)}f(u)\,du\\ &= e^{-as}\int_0^\infty e^{-su}f(u)\,du. \end{aligned}$$

故

$$\boxed{ \mathcal{L}\{f(x-a)H(x-a)\} = e^{-as}\mathcal{L}\{f(x)\} }.$$

這就是 Laplace transform 的第二位移定理。

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(c) 求 $Y(s)$

令

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

首先，Dirac delta function 的 Laplace transform 為

$$\mathcal{L}\{\delta(x-a)\}=e^{-as}.$$

因此，

$$\mathcal{L}\{\delta(x-1)\}=e^{-s}.$$

另一方面，四階導數的 Laplace transform 為

$$\mathcal{L}\{y^{(4)}(x)\} = s^4Y(s)-s^3y(0)-s^2y'(0)-sy''(0)-y'''(0).$$

代入

$$y(0)=0,\qquad y'(0)=0,\qquad y''(0)=\alpha,\qquad y'''(0)=\beta,$$

可得

$$\mathcal{L}\{y^{(4)}(x)\} = s^4Y(s)-s\alpha-\beta.$$

由微分方程 $y^{(4)}(x)=\delta(x-1)$，

$$s^4Y(s)-s\alpha-\beta=e^{-s}.$$

整理後，

(a) $u\cdot v=0$

$u\cdot v = u_1\cdot0+u_2v_2+u_3v_3 = u_2v_2+u_3v_3 .$

要成立必須

$\boxed{u_2v_2+u_3v_3=0}.$

此式中 $u_1$ 不影響結果。若想只以 $u_2$ 與 $v_3$ 表示，則需額外給定 $v_2$ 或 $u_3$。

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(b) $u\times v+v\times u=0$

$$\begin{aligned} u\times v &=\bigl(u_2v_3-u_3v_2,\,-u_1v_3,\;u_1v_2\bigr),\\ v\times u &=\bigl(v_2u_3-v_3u_2,\,v_3u_1,\,-v_2u_1\bigr). \end{aligned}$$

相加得

核心觀念

本題評量線性代數的核心基礎概念，涵蓋：

1. 特徵值（Eigenvalues）的性質：
   • 矩陣的行列式等於其所有特徵值的乘積：$\det(A) = \prod_{i=1}^n \lambda_i$。
   • 矩陣的跡數（Trace）等於其所有特徵值的總和：$\operatorname{tr}(A) = \sum_{i=1}^n \lambda_i$。
   • 若 $A$ 的特徵值為 $\lambda_i$，則 $A^k$ 的特徵值為 $\lambda_i^k$（特別地，$A^2$ 的特徵值為 $\lambda_i^2$）。
2. 區塊對角矩陣（Block Diagonal Matrix）的特徵結構：
   • 若矩陣具有分塊對角形式 $A = \operatorname{diag}(B, C)$，則 $A$ 的特徵值集合即為子矩陣 $B$ 與 $C$ 的特徵值聯集。
3. 特徵向量（Eigenvectors）的求解：
   • 對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵向量 $\mathbf{x} \neq \mathbf{0}$ 滿足齊次線性方程組 $(A - \lambda I)\mathbf{x} = \mathbf{0}$。
   • 若特徵值具有代數重數（Algebraic Multiplicity），需進一步分析其幾何重數（Geometric Multiplicity）以求出對應的獨立特徵向量。

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解題方法與逐步推導

已知 $4 \times 4$ 矩陣 $A$ 的四個特徵值為 $\lambda_1 = 1$、$\lambda_2 = 1$、$\lambda_3 = 4$、$\lambda_4 = 5$。

(a) 求 $\det(A)$

依據矩陣行列式與特徵值的關係，行列式即為所有特徵值的連乘積：

$$\det(A) = \prod_{i=1}^4 \lambda_i = 1 \times 1 \times 4 \times 5 = 20$$

(b) 求 $\operatorname{tr}(A)$

矩陣的跡數等於主對角線元素之和，亦等於所有特徵值之和：

$$\operatorname{tr}(A) = \sum_{i=1}^4 \lambda_i = 1 + 1 + 4 + 5 = 11$$

(c) 求 $\det(A^2)$

由行列式性質 $\det(AB) = \det(A)\det(B)$，或利用 $A^2$ 的特徵值為 $\lambda_i^2 = \{1^2, 1^2, 4^2, 5^2\} = \{1, 1, 16, 25\}$：

$$\det(A^2) = [\det(A)]^2 = 20^2 = 400$$

(d) 求 $\operatorname{tr}(A^2)$

矩陣 $A^2$ 的跡數等於其特徵值的平方和：

$$\operatorname{tr}(A^2) = \sum_{i=1}^4 \lambda_i^2 = 1^2 + 1^2 + 4^2 + 5^2 = 1 + 1 + 16 + 25 = 43$$

(e) 已知 $a=2, c=1$，求 $b$ 與 $d$

觀察矩陣 $A$ 的形式，可視為區塊對角矩陣：

$$A = \begin{bmatrix} B & O \\ O & C \end{bmatrix}, \quad \text{其中 } B = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}, \quad C = \begin{bmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$$

$C$ 為對角矩陣，其特徵值顯然為 $4$ 與 $1$。
因為 $A$ 的特徵值為 $\{1, 1, 4, 5\}$，扣除 $C$ 所貢獻的特徵值 $\{4, 1\}$，子矩陣 $B$ 的特徵值必須恰為 $1$ 與 $5$。

利用 $2 \times 2$ 矩陣 $B$ 的跡數與行列式性質：

1. 跡數關係：

$$\operatorname{tr}(B) = a + d = 1 + 5 = 6$$

已知 $a = 2$，代入得：

$$2 + d = 6 \implies d = 4$$

2. 行列式關係：

$$\det(B) = ad - bc = 1 \times 5 = 5$$

將 $a = 2, c = 1, d = 4$ 代入：

$$2(4) - b(1) = 5 \implies 8 - b = 5 \implies b = 3$$

(f) 求矩陣 $A$ 的特徵向量

將 $a=2, b=3, c=1, d=4$ 代入，得完整矩陣 $A$：

$$A = \begin{bmatrix} 2 & 3 & 0 & 0 \\ 1 & 4 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$

解特徵方程式 $(A - \lambda I)\mathbf{x} = \mathbf{0}$，其中設特徵向量為 $\mathbf{x} = \begin{bmatrix} x_1 & x_2 & x_3 & x_4 \end{bmatrix}^T$。

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1. 對應 $\lambda = 5$ 的特徵向量

$$(A - 5I)\mathbf{x} = \begin{bmatrix} -3 & 3 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

展開得方程組：

• $-3x_1 + 3x_2 = 0 \implies x_1 = x_2$
• $-x_3 = 0 \implies x_3 = 0$
• $-4x_4 = 0 \implies x_4 = 0$

取自由變數 $x_2 = 1$，得特徵向量：

核心觀念

本題考查受迫振動弦的波動方程式：

$$\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = c^2\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}, \qquad c=\sqrt{\frac{T}{\rho}}$$

其中：

• $u(x,t)$：弦在位置 $x$、時間 $t$ 的橫向位移
• $T$：弦的張力
• $\rho$：弦的線密度
• $c$：波速

右端受到週期性外力，因此右端位移為週期函數，需利用簡諧形式求受迫穩態解。

題目未提供初始位移與初始速度，以下求解採用受迫週期穩態解；自由振動項不列入。

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(a) 邊界條件

弦長為

$$L=30\ \text{cm}=0.30\ \text{m}$$

左端固定，所以

$$u(0,t)=0$$

右端位移被外力指定為

$$u(L,t)=0.01\sin\omega t$$

因此邊界條件為

$$\boxed{u(0,t)=0,\qquad u(0.30,t)=0.01\sin\omega t}$$

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(b) 波速與弦的位移

1. 計算線密度與波速

弦的總質量為

$$m=75\ \text{g}=0.075\ \text{kg}$$

線密度為

$$\rho=\frac{m}{L} =\frac{0.075}{0.30} =0.25\ \text{kg/m}$$

已知張力 $T=100\ \text{N}$，所以波速為

$$c=\sqrt{\frac{T}{\rho}} = \sqrt{\frac{100}{0.25}} = \sqrt{400} = 20\ \text{m/s}$$

故

$$\boxed{c=20\ \text{m/s}}$$

2. 求受迫穩態解

設定位移為簡諧形式：

$$u(x,t)=X(x)\sin\omega t$$

代入波動方程式：

$$\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = -\omega^2X(x)\sin\omega t$$ $$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = X''(x)\sin\omega t$$

得到

$$-\omega^2X(x)=c^2X''(x)$$

即

$$X''(x)+\frac{\omega^2}{c^2}X(x)=0$$

令

$$k=\frac{\omega}{c}$$

則空間部分的解為

$$X(x)=A\sin kx+B\cos kx$$

由左端固定條件 $u(0,t)=0$，可得

$$X(0)=0$$

因此 $B=0$，故

$$X(x)=A\sin kx$$

再利用右端邊界條件：

$$u(L,t)=A\sin(kL)\sin\omega t =0.01\sin\omega t$$

所以

$$A=\frac{0.01}{\sin(kL)}$$

因此位移為

$$u(x,t) = 0.01 \frac{\sin(kx)}{\sin(kL)} \sin\omega t$$

代入 $k=\omega/c$ 與 $c=20\ \text{m/s}$：

$$\boxed{ u(x,t) = 0.01 \frac{\sin\left(\dfrac{\omega x}{20}\right)} {\sin\left(\dfrac{0.30\omega}{20}\right)} \sin\omega t }$$

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3. 以基本共振角頻率 $\omega_1$ 表示

固定—固定弦的固有模態滿足

$$\sin(kL)=0$$

因此

$$k_nL=n\pi, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

基本角頻率為

$$\omega_1=\frac{\pi c}{L} = \frac{\pi(20)}{0.30} = \frac{200\pi}{3}\ \text{rad/s}$$

並且

$$\frac{\omega}{c} = \frac{\omega}{\omega_1}\frac{\pi}{L}$$

所以位移可寫成

$$\boxed{ u(x,t) = 0.01 \frac{ \sin\left(\dfrac{\omega}{\omega_1}\dfrac{\pi x}{L}\right) }{ \sin\left(\dfrac{\omega}{\omega_1}\pi\right) } \sin\omega t }$$

核心觀念

1. 法向導數（Normal Derivative）：
   純量場 $w(x, y)$ 沿著某曲線上單位法向量 $\hat{n}$ 的方向導數定義為： $$\frac{\partial w}{\partial n} = \nabla w \cdot \hat{n}$$ 其中 $\nabla w = \left( \frac{\partial w}{\partial x}, \frac{\partial w}{\partial y} \right)$ 為梯度向量。若曲線為圓心在原點的圓弧，其向外的單位法向量即為徑向單位向量 $\hat{r} = \frac{(x, y)}{\sqrt{x^2+y^2}} = (x, y)$（半徑為 $1$ 時）。
2. 保守場與封閉線積分（Line Integrals of Conservative Vector Fields）：
   線積分 $\oint_C \frac{\partial w}{\partial x} \, dx + \frac{\partial w}{\partial y} \, dy$ 即為向量場 $\vec{F} = \nabla w$ 沿封閉路徑 $C$ 的線積分： $$\oint_C \nabla w \cdot d\vec{r} = \oint_C dw$$ 由於 $\nabla w$ 為保守場（梯度場），且 $w$ 在整個封閉曲線及其內部連續可微，因此純量函數的全微分 $dw$ 沿任何封閉路徑的線積分恆等於 $0$（亦可由格林定理直接推導）。

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解題方法

(a) 計算沿圓弧段的法向導數 $\frac{\partial w}{\partial n}$

1. 求梯度向量 $\nabla w$：
   給定純量場 $w(x, y) = x^2 y$：

   $$\frac{\partial w}{\partial x} = 2xy$$ $$\frac{\partial w}{\partial y} = x^2$$

   因此：

   $$\nabla w = \left( 2xy, x^2 \right)$$

2. 確定外法線單位向量 $\hat{n}$：
   第一象限連接 $(1, 0)$ 至 $(0, 1)$ 的圓弧方程式為 $x^2 + y^2 = 1$（半徑 $R = 1$）。
   由封閉路徑圍成之區域向外指的單位法向量為：

   $$\hat{n} = \frac{(x, y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = (x, y)$$

3. 計算內積 $\nabla w \cdot \hat{n}$：

   $$\frac{\partial w}{\partial n} = \nabla w \cdot \hat{n} = (2xy)(x) + (x^2)(y) = 2x^2 y + x^2 y = 3x^2 y$$

4. 以極坐標參數化表示（亦可表示為角度 $\theta$ 的函數）：
   在該圓弧上，令 $x = \cos\theta$、$y = \sin\theta$，其中 $0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$：

   $$\frac{\partial w}{\partial n} = 3\cos^2\theta\sin\theta$$

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**(b) 計算封閉曲線的線積分

核心觀念

1. 方向導數與法向導數（Normal Derivative）：
   純量場 $w(x, y)$ 在曲線上沿外法線方向 $\hat{\mathbf{n}}$ 的法向導數定義為：

   $$\frac{\partial w}{\partial n} = \nabla w \cdot \hat{\mathbf{n}}$$

   其中 $\nabla w = \left(\frac{\partial w}{\partial x}, \frac{\partial w}{\partial y}\right)$ 為梯度向量，$\hat{\mathbf{n}}$ 為曲線的單位外法向量。

2. 封閉曲線之線積分與全微分（Exact Differential / Path Independence）：
   若微分式為某純量位能函數 $w(x, y)$ 的全微分：

   $$\mathrm{d}w = \frac{\partial w}{\partial x} \mathrm{d}x + \frac{\partial w}{\partial y} \mathrm{d}y$$

   則由線積分基本定理（Fundamental Theorem for Line Integrals），保守場沿任意平滑封閉曲線 $C$ 的線積分恆為零：

   $$\oint_C \mathrm{d}w = \oint_C \left(\frac{\partial w}{\partial x}\mathrm{d}x + \frac{\partial w}{\partial y}\mathrm{d}y\right) = 0$$

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解題方法

(a) 計算沿圓弧段的法向導數 $\frac{\partial w}{\partial n}$

1. 確定幾何曲線方程式與參數化：
   連接 $(1, 0)$ 與 $(0, 1)$ 之第一象限圓弧，其方程式為半徑 $R = 1$ 之單位圓：

   $$x^2 + y^2 = 1 \quad (x \ge 0, y \ge 0)$$

   以極座標參數化表示為：

   $$x = \cos\theta, \quad y = \sin\theta \quad \left(0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}\right)$$

2. 求純量場的梯度 $\nabla w$：
   已知純量場 $w(x, y) = x^2 y$：

   $$\frac{\partial w}{\partial x} = 2xy, \quad \frac{\partial w}{\partial y} = x^2$$

   故梯度向量為：

   $$\nabla w = 2xy\,\hat{\mathbf{i}} + x^2\,\hat{\mathbf{j}}$$

3. 求曲線的單位外法向量 $\hat{\mathbf{n}}$：
   由圓心朝外的徑向單位向量即為該圓弧的單位外法向量：

   $$\hat{\mathbf{n}} = \frac{x\,\hat{\mathbf{i}} + y\,\hat{\mathbf{j}}}{\sqrt{x^2 + y^2}} = x\,\hat{\mathbf{i}} + y\,\hat{\mathbf{j}} = \cos\theta\,\hat{\mathbf{i}} + \sin\theta\,\hat{\mathbf{j}}$$

4. 計算內積 $\nabla w \cdot \hat{\mathbf{n}}$：

   $$\frac{\partial w}{\partial n} = \nabla w \cdot \hat{\mathbf{n}} = (2xy)(x) + (x^2)(y) = 2x^2 y + x^2 y = 3x^2 y$$

   若以角度 $\theta$ 表示：

   $$\frac{\partial w}{\partial n} = 3\cos^2\theta\sin\theta$$

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(b) 計算封閉曲線之線積分 $\oint_C \left(\frac{\partial w}{\partial x}\mathrm{d}x + \frac{\partial w}{\partial y}\mathrm{d}y\right)$