111 年 國立臺灣大學應用力學研究所丙組《工程數學（G）》

(a) 計算 $M^{2}$ 與 $M^{T}M$

$M = I-2uu^{T}$ 且 $u^{T}u =\displaystyle\frac{213}{338}$。

$$\begin{aligned} M^{2} &= (I-2uu^{T})^{2} = I-4uu^{T}+4u(u^{T}u)u^{T} \\ &= I+4\bigl(u^{T}u-1\bigr)uu^{T} = I- \frac{250}{169}\,uu^{T}. \end{aligned}$$

$uu^{T}$ 為對稱矩陣，故 $M^{T}=M$，進而

$M^{T}M = M^{2}= I- \frac{250}{169}\,uu^{T}.$

---

(b) 是否為正交矩陣

正交需滿足 $M^{T}M = I$。因上式多出 $-\dfrac{250}{169}uu^{T}\neq 0$，故

$\boxed{\text{否}}$

---

(c) $u$ 的特徵值

核心觀念

本題考查二階常係數線性非齊次微分方程：

$$Y''+2Y'+17Y=60e^{-4t}\cos 5t$$

解法分為：

1. 由最高階導數判斷微分方程階數。
2. 解特徵方程，得到齊次解。
3. 以待定係數法求特解。
4. 將齊次解與特解相加，得到通解。

---

(a) 微分方程的階數

微分方程中最高階導數為 $Y''$，因此此方程為二階常微分方程。

$$\boxed{\text{二階}}$$

---

(b) 齊次解

先考慮對應的齊次方程：

$$Y''+2Y'+17Y=0$$

設齊次解為 $Y=e^{rt}$，則

$$Y'=re^{rt},\qquad Y''=r^2e^{rt}$$

代入方程：

$$r^2e^{rt}+2re^{rt}+17e^{rt}=0$$

因為 $e^{rt}\neq 0$，可得特徵方程：

$$r^2+2r+17=0$$

利用公式解：

$$r=\frac{-2\pm\sqrt{2^2-4(1)(17)}}{2} =\frac{-2\pm\sqrt{-64}}{2} =-1\pm4i$$

特徵根為共軛複數 $r=\alpha\pm\beta i$，其中

$$\alpha=-1,\qquad \beta=4$$

因此齊次解為：

$$\boxed{Y_h=e^{-t}\left(C_1\cos4t+C_2\sin4t\right)}$$

---

(c) 特解

右側非齊次項為：

$$60e^{-4t}\cos5t$$

其形式為 $e^{\lambda t}\cos\mu t$，因此設特解：

$$Y_p=e^{-4t}\left(A\cos5t+B\sin5t\right)$$

方法一：平移微分算子

令

$$Y=e^{-4t}u(t)$$

則

$$Y'=e^{-4t}(u'-4u)$$ $$Y''=e^{-4t}(u''-8u'+16u)$$

代入原方程：

\begin{align*}
Y''+2Y'+17Y
&=e^{-4t}(u''-8u'+16u)\
&\quad+2e^{-4t}(u'-4u)+17e^{-4t}u\
&=e^{-4t}\left(u''-6u'+25u\right)
\end{align*}

原方程因此化為：

$$u''-6u'+25u=60\cos5t$$

設

核心觀念

本題考查一維波動方程式的分離變數法、特徵值問題與 Fourier 特徵函數展開。

控制方程式為

$$\frac{\partial^2\theta}{\partial x^2} = \frac{1}{a^2} \frac{\partial^2\theta}{\partial t^2},$$

等價於

$$\frac{\partial^2\theta}{\partial t^2} = a^2\frac{\partial^2\theta}{\partial x^2}.$$

固定端的扭轉角為零；自由端的扭矩為零，而扭矩與扭轉角梯度成正比，因此自由端滿足扭轉角對 $x$ 的一階導數為零。

---

(a) 邊界條件

在 $x=0$ 為固定端，因此

$$\theta(0,t)=0,\qquad t>0.$$

在 $x=1$ 為自由端，端點扭矩為零：

$$\frac{\partial\theta}{\partial x}(1,t)=0,\qquad t>0.$$

因此邊界條件為

$$\boxed{\theta(0,t)=0,\qquad \theta_x(1,t)=0.}$$

---

(b) 特徵函數

令解具有分離形式

$$\theta(x,t)=X(x)T(t).$$

代入控制方程式：

$$X''(x)T(t) = \frac{1}{a^2}X(x)T''(t).$$

整理得

$$\frac{X''(x)}{X(x)} = \frac{1}{a^2}\frac{T''(t)}{T(t)}.$$

左式只與 $x$ 有關，右式只與 $t$ 有關，因此兩者必須等於同一常數。取分離常數為 $-\lambda$，得到

$$X''+\lambda X=0,$$

以及

$$T''+a^2\lambda T=0.$$

空間部分的邊界條件為

$$X(0)=0,\qquad X'(1)=0.$$

考慮 $\lambda=\mu^2>0$，則

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

由 $X(0)=0$ 得

$$A=0,$$

所以

$$X(x)=B\sin(\mu x).$$

再由自由端條件 $X'(1)=0$：

$$X'(x)=B\mu\cos(\mu x),$$

因此

$$B\mu\cos\mu=0.$$

為取得非零特徵函數，必須滿足

$$\cos\mu=0.$$

故特徵值參數為

$$\mu_n=\left(n+\frac12\right)\pi, \qquad n=0,1,2,\ldots$$

特徵值為

$$\lambda_n=\mu_n^2 = \left(n+\frac12\right)^2\pi^2.$$

因此空間特徵函數為

$$\boxed{ X_n(x)=\sin\left[\left(n+\frac12\right)\pi x\right], \qquad n=0,1,2,\ldots }$$

相應的時間函數為

$$T_n(t) = C_n\cos(a\mu_n t)+D_n\sin(a\mu_n t).$$

所以一般解可寫成

$$\theta(x,t) = \sum_{n=0}^{\infty} \left[ C_n\cos(a\mu_n t) + D_n\sin(a\mu_n t) \right] \sin(\mu_n x),$$

其中

$$\mu_n=\left(n+\frac12\right)\pi.$$

---

(c) 代入初始條件求解

初始條件為

$$\theta(x,0)=x, \qquad \theta_t(x,0)=0.$$

核心觀念

本題評量向量微積分中極為重要的**高斯散度定理（Gauss' Divergence Theorem）**及其在封閉幾何區域上的三重積分應用。

1. 高斯散度定理（Divergence Theorem）：
   設 $V$ 為空間中由分段平滑、朝外定向之封閉曲面 $S = \partial V$ 所圍成的有界立體區域。若向量場 $\mathbf{P}(x,y,z) = P_1\mathbf{i} + P_2\mathbf{j} + P_3\mathbf{k}$ 在包含 $V$ 的開區域上具連續之一階偏導函數，則通過封閉曲面 $S$ 的外向通量（Flux）等於散度在該立體區域上的三重積分： $$\iint_{S} \mathbf{P} \cdot \mathbf{n} \, dS = \iiint_{V} \nabla \cdot \mathbf{P} \, dV$$
2. 向量場的散度（Divergence）： $$\nabla \cdot \mathbf{P} = \frac{\partial P_1}{\partial x} + \frac{\partial P_2}{\partial y} + \frac{\partial P_3}{\partial z}$$
3. 圓柱座標系轉換（Cylindrical Coordinates）：
   針對具有旋轉對稱性的圓錐體區域 $V$，常利用圓柱座標系進行積分： $$x = r\cos\theta, \quad y = r\sin\theta, \quad z = z, \quad dV = r \, dr \, d\theta \, dz$$

---

解題方法

(a) 利用散度定理將通量表示為積分式

1. 封閉幾何體區域定義：
   錐體內部區域 $V$ 的範圍為：

   $$V = \{(x, y, z) \mid \sqrt{x^2 + y^2} \le z \le 1, \, x^2 + y^2 \le 1\}$$

   其邊界曲面 $\partial F$ 包含側面的圓錐面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 與頂部的圓形平面 $z = 1$ ($x^2+y^2 \le 1$)，組成一個封閉曲面。

2. 計算流速場 $\mathbf{P}$ 的散度：
   給定 $\mathbf{P}(x, y, z) = x^3\mathbf{i} + 2y^3\mathbf{j} + 5z\mathbf{k}$：

   $$\nabla \cdot \mathbf{P} = \frac{\partial}{\partial x}(x^3) + \frac{\partial}{\partial y}(2y^3) + \frac{\partial}{\partial z}(5z) = 3x^2 + 6y^2 + 5$$

3. 表示通量積分式：
   根據高斯散度定理，流體穿過封閉曲面 $\partial F$ 的總通量為：

   $$\iint_{\partial F} \mathbf{P} \cdot \mathbf{n} \, dS = \iiint_{V} (3x^2 + 6y^2 + 5) \, dV$$

   以圓柱座標表示積分上下限：

   • 角度範圍：$0 \le \theta \le 2\pi$
   • 截面半徑範圍：$0 \le r \le 1$
   • 高度範圍：$r \le z \le 1$

   因此積分式可明確寫為逐次積分：

   $$\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{1} \int_{r}^{1} \left(3r^2\cos^2\theta + 6r^2\sin^2\theta + 5\right) r \, dz \, dr \, d\theta$$

---

(b) 計算 (a) 所得之積分值

將三重積分拆解為兩部分進行計算：

$$I = \iiint_{V} (3x^2 + 6y^2) \, dV + \iiint_{V} 5 \, dV = I_1 + 5 \cdot \text{Vol}(V)$$

1. 計算常數項積分（即錐體體積）：
   錐體底面半徑為 $R = 1$，高為 $H = 1$。 $$\text{Vol}(V) = \frac{1}{3}\pi R^2 H = \frac{1}{3}\pi (1)^2(1) = \frac{\pi}{3}$$ 因此：