108 年 國立成功大學民航研究所《工程數學》

核心觀念

本題考查：

1. 二階常係數線性微分方程的拉普拉斯轉換。
2. 初始值定理：
   $\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0),$
   $\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0)。$
3. 單位階躍函數的轉換：
   $\mathcal{L}\{u(t-a)\}=\frac{e^{-as}}{s}。$
4. 位移定理：
   $\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=u(t-a)f(t-a),$
   其中 $f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}$。

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解題方法

令

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}。$$

題目為

$$y''+5y'+6y=u(t-1)-u(t-2),$$

且

$$y(0)=1,\qquad y'(0)=0。$$

對方程式兩側取拉普拉斯轉換。

左側各項為

$$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-s,$$ $$\mathcal{L}\{5y'\}=5\left[sY(s)-1\right],$$ $$\mathcal{L}\{6y\}=6Y(s)。$$

右側為

$$\mathcal{L}\{u(t-1)-u(t-2)\} =\frac{e^{-s}}{s}-\frac{e^{-2s}}{s}。$$

因此

$$s^2Y(s)-s+5sY(s)-5+6Y(s) =\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s}。$$

整理得

$$(s^2+5s+6)Y(s)-s-5 =\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s}。$$

因為

$$s^2+5s+6=(s+2)(s+3),$$

所以

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

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第一部分反拉普拉斯轉換

先分解

$$\frac{s+5}{(s+2)(s+3)} = \frac{A}{s+2}+\frac{B}{s+3}。$$

比較係數：

$$s+5=A(s+3)+B(s+2),$$

得到

$$A+B=1,\qquad 3A+2B=5。$$

解得

$$A=3,\qquad B=-2。$$

因此

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{s+5}{(s+2)(s+3)} \right\} = 3e^{-2t}-2e^{-3t}。$$

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第二部分反拉普拉斯轉換

令

$$F(s)=\frac{1}{s(s+2)(s+3)}。$$

作部分分式分解：

$$\frac{1}{s(s+2)(s+3)} = \frac{A}{s}+\frac{B}{s+2}+\frac{C}{s+3}。$$

代入各根可得

$$A=\frac{1}{6},\qquad B=-\frac{1}{2},\qquad C=\frac{1}{3}。$$

因此

$$F(s) = \frac{1}{6s} -\frac{1}{2(s+2)} +\frac{1}{3(s+3)}。$$

令

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

則

核心觀念

橢圓

$$\frac{x^2}{4}+y^2=1$$

的切線可由以下兩種觀念求得：

1. 對橢圓方程式作隱微分，求出切線斜率。
2. 使用橢圓 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 在 $(x_1,y_1)$ 處的切線公式： $$\frac{xx_1}{a^2}+\frac{yy_1}{b^2}=1.$$

本題中 $a^2=4$、$b^2=1$，且切點為

$$P\left(\sqrt{2},\frac{1}{\sqrt{2}}\right).$$

解題方法

方法一：隱微分求切線斜率

對

$$\frac{x^2}{4}+y^2=1$$

兩邊對 $x$ 微分：

$$\frac{x}{2}+2y\frac{dy}{dx}=0.$$

因此

$$\frac{dy}{dx}=-\frac{x}{4y}.$$

代入切點 $P\left(\sqrt{2},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$：

$$m=\left.\frac{dy}{dx}\right|_P =-\frac{\sqrt{2}}{4\left(1/\sqrt{2}\right)} =-\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}} =-\frac12.$$

使用點斜式：

$$y-\frac{1}{\sqrt{2}} =-\frac12\left(x-\sqrt{2}\right).$$

整理得

$$2y-\sqrt{2}=-x+\sqrt{2},$$

所以切線方程式為

核心觀念

平面向量場 $\mathbf F=[P,Q]$ 的封閉曲線線積分可利用 Green 定理：

$$\oint_C P\,dx+Q\,dy = \iint_R \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right)dA$$

其中

$$P(x,y)=x^2e^x,\qquad Q(x,y)=y^2e^x$$

且曲線 $C$ 為逆時針方向，正好符合 Green 定理的正向取向。

解題方法

矩形區域為

$$0\le x\le 2,\qquad 0\le y\le 3$$

先計算旋度項：

$$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(y^2e^x) = y^2e^x$$ $$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(x^2e^x) = 0$$

因此由 Green 定理，

步驟

1. 計算向量場

$$\mathbf{F}=\nabla\!\left(\frac1r\right) =\frac{\partial}{\partial x}\frac1r\,\mathbf{i} +\frac{\partial}{\partial y}\frac1r\,\mathbf{j} +\frac{\partial}{\partial z}\frac1r\,\mathbf{k} =-\frac{\mathbf{r}}{r^{3}}, \qquad \mathbf{r}=(x,y,z).$$

2. 球面 $S:\;x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2}$ 上

$r=a,\qquad \hat{\mathbf n}= \frac{\mathbf r}{a}.$

3. 點積

核心觀念

有理函數的奇異點來自分母為零。本題函數為

$$f(z)=\frac{1}{z(z-1)^2}.$$

分母在 $z=0$ 與 $z=1$ 為零，因此奇異點為：

• $z=0$：一階極點。
• $z=1$：二階極點。

留數定義為 Laurent 展開中 $(z-z_0)^{-1}$ 的係數。常用公式如下：

• 若 $z_0$ 為一階極點，

$$\operatorname{Res}(f,z_0)=\lim_{z\to z_0}(z-z_0)f(z).$$

• 若 $z_0$ 為二階極點，

$$\operatorname{Res}(f,z_0) = \left. \frac{d}{dz}\left[(z-z_0)^2f(z)\right] \right|_{z=z_0}.$$

解題方法

先找出分母的零點：

$$z(z-1)^2=0$$

所以奇異點為 $z=0$ 與 $z=1$。

對 $z=0$，因為是 一階極點，

$$\operatorname{Res}(f,0) = \lim_{z\to 0}z\frac{1}{z(z-1)^2} = \lim_{z\to 0}\frac{1}{(z-1)^2} =1.$$

對 $z=1$，因為是二階極點，

$$(z-1)^2f(z) = \frac{1}{z}.$$

因此

核心觀念

本題考查：

• 複變函數的奇異點；
• $\sin z$ 的零點；
• 簡單極點的留數公式。

由

$$\cot z=\frac{\cos z}{\sin z},$$

可知 $\cot z$ 的奇異點來自 $\sin z=0$ 的位置。

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奇異點

$\sin z$ 的零點為

$$z=n\pi,\qquad n\in\mathbb Z.$$

在 $z=n\pi$ 處，

$$\cos(n\pi)=(-1)^n\neq 0.$$

另一方面，

$$\sin z\bigg|_{z=n\pi}=0, \qquad \frac{d}{dz}\sin z\bigg|_{z=n\pi} =\cos(n\pi)=(-1)^n\neq 0.$$

因此，$\sin z$ 在 $z=n\pi$ 處具有一階零點，故 $\cot z$ 在這些位置皆為一階極點。

所以所有奇異點為

$$\boxed{z=n\pi,\qquad n\in\mathbb Z}.$$

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對應的留數

若

$$f(z)=\frac{g(z)}{h(z)},$$

且 $h(z_0)=0$、$h'(z_0)\neq 0$，則 $z_0$ 為簡單極點，且

$$\operatorname{Res}(f,z_0)=\frac{g(z_0)}{h'(z_0)}.$$

使用留數定理計算

$$I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x+2}{x^{4}+4x}\,dx ,\qquad x^{4}+4x=x\bigl(x^{3}+4\bigr)$$

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1. 取上半平面閉路

在上半平面取半徑 $R\to\infty$ 的大圓與實軸組成之路徑，於實軸上於每個實部極點上方繞小半圓，故 主值積分

$$\text{PV}\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx =2\pi i\Bigl(\sum_{\text{上半平面內極點}} \operatorname{Res}f +\tfrac12\sum_{\text{實軸上極點}} \operatorname{Res}f\Bigr)$$

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2. 極點與留數

1. $x=0$（實軸上）：

$\operatorname{Res}_{x=0}f=\lim_{x\to0}\frac{x+2}{x^{3}+4}= \frac{2}{4}= \frac12$

2. $x=-c$，其中 $c=4^{1/3}$（實軸上，根於 $x^{3}+4=0$）：

$$\operatorname{Res}_{x=-c}f =\frac{(-c)+2}{4(-c)^{3}+4} =\frac{c-2}{12}$$

3. 上半平面復數極點

$z_{1}=c\Bigl(\tfrac12+\tfrac{\sqrt3}{2}i\Bigr)$

核心觀念

本題考查函數的偶函數、奇函數定義，以及函數分解的存在性與唯一性。

• 若函數 $g(x)$ 滿足
  $g(-x)=g(x),$
  則 $g(x)$ 為偶函數。
• 若函數 $h(x)$ 滿足
  $h(-x)=-h(x),$
  則 $h(x)$ 為奇函數。

假設 $f(x)$ 的定義域關於原點對稱，使得 $f(-x)$ 有定義。

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解題方法：分解成對稱部分與反對稱部分

將 $f(x)$ 中關於 $x$ 與 $-x$ 的部分分別取平均與差值，定義

$$f_e(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2},$$

以及

$$f_o(x)=\frac{f(x)-f(-x)}{2}.$$

其中 $f_e(x)$ 預期為偶函數，$f_o(x)$ 預期為奇函數。

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一、證明分解確實存在

先驗證 $f_e(x)$ 為偶函數：

$$f_e(-x) =\frac{f(-x)+f(x)}{2} =\frac{f(x)+f(-x)}{2} =f_e(x).$$

因此 $f_e(x)$ 是偶函數。

再驗證 $f_o(x)$ 為奇函數：

$$f_o(-x) =\frac{f(-x)-f(x)}{2} =-\frac{f(x)-f(-x)}{2} =-f_o(x).$$

因此 $f_o(x)$ 是奇函數。

最後計算兩者的和：

$$\begin{aligned} f_e(x)+f_o(x) &=\frac{f(x)+f(-x)}{2} +\frac{f(x)-f(-x)}{2}\\ &=\frac{2f(x)}{2}\\ &=f(x). \end{aligned}$$

所以任意函數皆可寫成

$$f(x)=f_e(x)+f_o(x),$$

其中 $f_e(x)$ 為偶函數，$f_o(x)$ 為奇函數。

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二、證明分解具有唯一性

核心觀念

本題考查函數的**偶函數（even function）與奇函數（odd function）**定義。判斷關鍵是比較 $f(-x)$ 與 $f(x)$ 的關係，且函數定義域必須關於原點對稱。

解題方法

設函數為 $f(x)$，若對定義域內每一個 $x$，皆有 $-x$ 也屬於定義域，則：

1. 偶函數

若滿足

$$f(-x)=f(x),$$

則稱 $f(x)$ 為偶函數。

其圖形關於 $y$ 軸對稱。例如：

$$f(x)=x^2,\qquad f(-x)=(-x)^2=x^2=f(x).$$

因此 $x^2$ 是偶函數。

2. 奇函數

若滿足

$$f(-x)=-f(x),$$

則稱 $f(x)$ 為奇函數。

其圖形關於原點對稱。例如：

核心觀念

本題考查傅立葉級數中三角函數的奇偶性：

$$\cos(-\theta)=\cos\theta$$

因此餘弦函數是偶函數；而

$$\sin(-\theta)=-\sin\theta$$

因此正弦函數是奇函數。

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解題方法與推導

在區間 $[-L,L]$ 上，傅立葉餘弦級數可寫成

$$f_c(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

將 $x$ 換成 $-x$：

$$\begin{aligned} f_c(-x) &=\frac{a_0}{2} +\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos\left(\frac{n\pi(-x)}{L}\right)\\ &=\frac{a_0}{2} +\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos\left(-\frac{n\pi x}{L}\right)\\ &=\frac{a_0}{2} +\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\\ &=f_c(x). \end{aligned}$$

所以傅立葉餘弦級數滿足 $f_c(-x)=f_c(x)$，是偶函數。

傅立葉正弦級數可寫成

$$f_s(x)=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

同樣將 $x$ 換成 $-x$：

核心觀念

本題考查函數的偶函數、奇函數定義，以及函數分解的存在性與唯一性。

• 若函數 $g(x)$ 滿足
  $g(-x)=g(x),$
  則 $g(x)$ 為偶函數。
• 若函數 $h(x)$ 滿足
  $h(-x)=-h(x),$
  則 $h(x)$ 為奇函數。

假設 $f(x)$ 的定義域關於原點對稱，使得 $f(-x)$ 有定義。

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解題方法：分解成對稱部分與反對稱部分

將 $f(x)$ 中關於 $x$ 與 $-x$ 的部分分別取平均與差值，定義

$$f_e(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2},$$

以及

$$f_o(x)=\frac{f(x)-f(-x)}{2}.$$

其中 $f_e(x)$ 預期為偶函數，$f_o(x)$ 預期為奇函數。

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一、證明分解確實存在

先驗證 $f_e(x)$ 為偶函數：

$$f_e(-x) =\frac{f(-x)+f(x)}{2} =\frac{f(x)+f(-x)}{2} =f_e(x).$$

因此 $f_e(x)$ 是偶函數。

再驗證 $f_o(x)$ 為奇函數：

$$f_o(-x) =\frac{f(-x)-f(x)}{2} =-\frac{f(x)-f(-x)}{2} =-f_o(x).$$

因此 $f_o(x)$ 是奇函數。

最後計算兩者的和：

$$\begin{aligned} f_e(x)+f_o(x) &=\frac{f(x)+f(-x)}{2} +\frac{f(x)-f(-x)}{2}\\ &=\frac{2f(x)}{2}\\ &=f(x). \end{aligned}$$

所以任意函數皆可寫成

$$f(x)=f_e(x)+f_o(x),$$

其中 $f_e(x)$ 為偶函數，$f_o(x)$ 為奇函數。

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二、證明分解具有唯一性

核心觀念

本題探討矩形區域上的二維拉普拉斯方程式（Laplace's equation）狄利克雷與紐曼混合邊界值問題（Mixed Boundary Value Problem）。主要涵蓋的核心觀念包括：

1. 邊界條件齊次化（Homogenization）：邊界條件中有非零常數 $c$ 與線性函數 $y$。透過平移變換 $v(x, y) = u(x, y) - c$，可一次性將三個邊界（$x=a$、$y=0$、$y=b$）化為齊次邊界條件，大幅簡化計算。
2. 分離變數法（Separation of Variables）：將偏微分方程式拆解為兩個常微分方程式（ODE）。
3. Sturm-Liouville 特徵值問題：針對具有齊次邊界的一維方向（$y$ 方向，一端為 Dirichlet 條件、另一端為 Neumann 條件）建立正則特徵值問題，求得正交的特徵函數系（Eigenfunctions）。
4. 廣義傅立葉正弦級數展開與正交性（Orthogonality）：利用特徵函數的正交性求出級數展開式的展開係數。

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解題方法

步驟一：變數變換齊次化邊界條件

觀察四個邊界條件：

$$\begin{cases} u(0, y) = y \\ u(a, y) = c \\ u(x, 0) = c \\ \frac{\partial u}{\partial y}(x, b) = 0 \end{cases}$$

令變數變換為：

$$v(x, y) = u(x, y) - c$$

由於 $c$ 為常數，其二階偏導數皆為零，故 $v(x, y)$ 仍滿足拉普拉斯方程式：

$$\frac{\partial^2 v}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 v}{\partial y^2} = 0$$

對應的四個邊界條件變為：

1. $x = a$ 處：$v(a, y) = u(a, y) - c = c - c = 0$（齊次）
2. $y = 0$ 處：$v(x, 0) = u(x, 0) - c = c - c = 0$（齊次）
3. $y = b$ 處：$\frac{\partial v}{\partial y}(x, b) = \frac{\partial u}{\partial y}(x, b) = 0$（齊次）
4. $x = 0$ 處：$v(0, y) = u(0, y) - c = y - c$（非齊次）

此時 $v(x, y)$ 僅在 $x=0$ 具有非齊次條件，其餘三個邊界皆為齊次邊界。

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步驟二：分離變數法與特徵值問題

令 $v(x, y) = X(x)Y(y)$，代入偏微分方程式：

$$X''(x)Y(y) + X(x)Y''(y) = 0$$

兩邊同除以 $X(x)Y(y)$ 並令分離常數為 $\lambda$：

$$\frac{X''(x)}{X(x)} = -\frac{Y''(y)}{Y(y)} = \lambda$$

由於在 $y$ 方向上的兩個邊界均為齊次條件（$Y(0) = 0$ 且 $Y'(b) = 0$），在該方向上必定產生震盪解（週期函數），因此取 $\lambda = \beta^2 > 0$（其中 $\beta > 0$）。

針對 $Y(y)$ 的特徵值問題：

$$\begin{cases} Y''(y) + \beta^2 Y(y) = 0 \\ Y(0) = 0 \\ Y'(b) = 0 \end{cases}$$

其通解為：

$$Y(y) = A \cos(\beta y) + B \sin(\beta y)$$

代入邊界條件：

• $Y(0) = A = 0 \implies Y(y) = B \sin(\beta y)$
• 微分得 $Y'(y) = B\beta \cos(\beta y)$，代入 $y=b$：

$$Y'(b) = B\beta \cos(\beta b) = 0$$

為求非平凡解（$B \ne 0$），需滿足：

$$\cos(\beta b) = 0 \implies \beta_n b = \frac{(2n-1)\pi}{2}, \quad n = 1, 2, 3, \dots$$

因此特徵值與對應的特徵函數分別為：

$$\beta_n = \frac{(2n-1)\pi}{2b}, \quad Y_n(y) = \sin(\beta_n y), \quad n = 1, 2, 3, \dots$$

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步驟三：求解對應的 $X(x)$

對應於 $\lambda_n = \beta_n^2$，$X(x)$ 滿足的常微分方程式為：

$$X''(x) - \beta_n^2 X(x) = 0$$

其通解可用雙曲函數表示。考慮邊界條件 $v(a, y) = 0 \implies X(a) = 0$，選用以 $x = a$ 為參考點的雙曲正弦函數形式最為簡潔：

$$X_n(x) = C_n \sinh(\beta_n (a - x))$$

此形式顯然滿足 $X_n(a) = C_n \sinh(0) = 0$。

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步驟四：疊加原理與決定級數係數

根據線性偏微分方程式的疊加原理，通解 $v(x, y)$ 表示為無窮級數：

$$v(x, y) = \sum_{n=1}^{\infty} C_n \sinh(\beta_n (a - x)) \sin(\beta_n y)$$

代入 $x=0$ 的邊界條件 $v(0, y) = y - c$：

$$v(0, y) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ C_n \sinh(\beta_n a) \right] \sin(\beta_n y) = y - c$$

令係數 $k_n = C_n \sinh(\beta_n a)$。特徵函數族 $\{\sin(\beta_n y)\}$ 在區間 $[0, b]$ 上具正交性，其模方（Norm squared）為：