112 年 國立成功大學民航研究所《工程數學》

核心觀念

本題考查向量場沿封閉曲線的線積分：

$$\oint_C \vec F\cdot d\vec r$$

其中

$$\vec F=(y+z)\hat i+(x+z)\hat j+(x+y)\hat k$$

曲線 $C$ 給為

$$\vec r(\theta)=\cos\theta\,\hat i+\sin\theta\,\hat j, \qquad 0\leq\theta\leq2\pi$$

此曲線位於 $xy$ 平面，因此 $z=0$，且為逆時針方向的單位圓。

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解題方法

採用參數式直接計算線積分。

由曲線參數式，

$$x=\cos\theta,\qquad y=\sin\theta,\qquad z=0$$

因此向量場沿著曲線可寫成

$$\vec F(\vec r(\theta)) =(\sin\theta)\hat i+(\cos\theta)\hat j +(\cos\theta+\sin\theta)\hat k$$

又因為

$$\vec r(\theta) =(\cos\theta,\sin\theta,0)$$

所以

$$d\vec r =\frac{d\vec r}{d\theta}\,d\theta =(-\sin\theta,\cos\theta,0)\,d\theta$$

線積分為

$$\oint_C\vec F\cdot d\vec r = \int_0^{2\pi} \vec F(\vec r(\theta)) \cdot \frac{d\vec r}{d\theta}\,d\theta$$

代入各分量：

$$\begin{aligned} \vec F\cdot\frac{d\vec r}{d\theta} &= (\sin\theta)(-\sin\theta) +(\cos\theta)(\cos\theta) +(\cos\theta+\sin\theta)(0)\\ &=-\sin^2\theta+\cos^2\theta \end{aligned}$$

因此

核心觀念

本題考查柯西積分公式及其導數形式。

若 $f(z)$ 在簡單閉曲線 $C$ 及其內部解析，且 $a$ 位於 $C$ 內部，則

$$\oint_C \frac{f(z)}{z-a}\,dz=2\pi i\,f(a).$$

若分母為 $(z-a)^{n+1}$，則

$$\oint_C \frac{f(z)}{(z-a)^{n+1}}\,dz = \frac{2\pi i}{n!}f^{(n)}(a).$$

以下假設 $C$ 皆為逆時針方向。若為順時針方向，答案需再乘上 $-1$。

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（a）$\displaystyle \oint_C \frac{z^2-3z+4i}{z+2i}\,dz$，$|z|=3$

解題方法

分母可寫成

$$z+2i=z-(-2i),$$

因此奇點為

$$a=-2i.$$

由於

$$|-2i|=2<3,$$

所以奇點 $-2i$ 位於圓 $|z|=3$ 內部。

令

$$f(z)=z^2-3z+4i,$$

則 $f(z)$ 為整函數，可直接使用柯西積分公式：

$$\oint_C \frac{f(z)}{z-(-2i)}\,dz = 2\pi i\,f(-2i).$$

計算 $f(-2i)$：

$$\begin{aligned} f(-2i) &=(-2i)^2-3(-2i)+4i\\ &=-4+6i+4i\\ &=-4+10i. \end{aligned}$$

因此

$$\begin{aligned} \oint_C \frac{z^2-3z+4i}{z+2i}\,dz &=2\pi i(-4+10i)\\ &=-8\pi i+20\pi i^2\\ &=-8\pi i-20\pi. \end{aligned}$$

故

$$\boxed{-20\pi-8\pi i}.$$

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（b）$\displaystyle \oint_C \frac{e^{-\sin z}}{z^3}\,dz$，$|z-1|=3$

解題方法

分母為

$$z^3=(z-0)^3,$$

奇點為 $z=0$。圓 $|z-1|=3$ 的圓心為 $1$、半徑為 $3$，且

$$|0-1|=1<3,$$

因此 $z=0$ 位於曲線內部。

令

$$f(z)=e^{-\sin z}.$$

因為 $\sin z$ 與指數函數皆為整函數，所以 $f(z)$ 在整個複平面解析。利用柯西積分公式的導數形式，因為

核心觀念

本題考查拉普拉斯變換解題，主要使用：

1. 微分的拉普拉斯變換
   $\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0),$
   $\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0).$

2. Dirac delta 函數
   $\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as}.$

3. Heaviside 階梯函數的位移性質
   $\mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}=e^{-as}F(s).$

4. 卷積定理

$$\mathcal{L}\left\{\int_0^t f(\tau)g(t-\tau)\,d\tau\right\} =F(s)G(s).$$

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（a）含 $\delta(t-\pi)$ 與階梯函數

題目為

$$y''+5y'+6y=\delta(t-\pi)+u(t-\pi)\sin t,$$ $$y(0)=0,\qquad y'(0)=0.$$

第一步：兩邊取拉普拉斯變換

令

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

由初始條件，

$$\mathcal{L}\{y''+5y'+6y\} =(s^2+5s+6)Y(s).$$

右側第一項為

$$\mathcal{L}\{\delta(t-\pi)\}=e^{-\pi s}.$$

處理第二項時，將 $\sin t$ 改寫成以 $t-\pi$ 表示的形式：

$$\sin t=\sin\bigl((t-\pi)+\pi\bigr) =-\sin(t-\pi).$$

因此

$$u(t-\pi)\sin t =-u(t-\pi)\sin(t-\pi),$$

故

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

所以

$$(s^2+5s+6)Y(s) =e^{-\pi s}\left(1-\frac{1}{s^2+1}\right).$$

因為

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

且

$$1-\frac{1}{s^2+1} =\frac{s^2}{s^2+1},$$

得到

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

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第二步：部分分式分解

先分解

$$\frac{s^2}{(s^2+1)(s+2)(s+3)} = \frac{A}{s+2}+\frac{B}{s+3} +\frac{Cs+D}{s^2+1}.$$

比較係數或代入 $s=-2,-3$，可得

$$A=\frac45,\qquad B=-\frac9{10},$$

並且

$$C=\frac1{10},\qquad D=-\frac1{10}.$$

因此

$$\frac{s^2}{(s^2+1)(s+2)(s+3)} = \frac{4}{5(s+2)} -\frac{9}{10(s+3)} +\frac{1}{10}\frac{s}{s^2+1} -\frac{1}{10}\frac{1}{s^2+1}.$$

反拉普拉斯變換為

$$f(t)=\frac45e^{-2t}-\frac9{10}e^{-3t} +\frac1{10}\cos t-\frac1{10}\sin t.$$

由第二位移定理，

$$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-\pi s}F(s)\} =u(t-\pi)f(t-\pi).$$

因此

$$\boxed{ y(t)=u(t-\pi)\left[ \frac45e^{-2(t-\pi)} -\frac9{10}e^{-3(t-\pi)} +\frac1{10}\cos(t-\pi) -\frac1{10}\sin(t-\pi) \right] }.$$

亦可寫成分段形式：

$$y(t)= \begin{cases} 0, & 0\le t<\pi,\\[4pt] \displaystyle \frac45e^{-2(t-\pi)} -\frac9{10}e^{-3(t-\pi)} +\frac1{10}\cos(t-\pi) -\frac1{10}\sin(t-\pi), & t\ge \pi. \end{cases}$$

解題技巧與常見陷阱

關鍵在於不能直接將

$$u(t-\pi)\sin t$$

核心觀念

本題考查二階常係數非齊次微分方程的初值問題，主要觀念包括：

1. 先求齊次解：
   $y''+2y'+3y=0$
2. 再求非齊次特解。右側為 $\sin x$，可設
   $y_p=A\sin x+B\cos x$
3. 將齊次解與特解相加，利用初始條件 $y(0)=0$、$y'(0)=0$ 決定任意常數。

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解題方法

一、求齊次解

對應的特徵方程為

$$r^2+2r+3=0$$

解得

$$r=\frac{-2\pm\sqrt{4-12}}{2} =-1\pm i\sqrt{2}$$

因此齊次解為

$$y_h=e^{-x}\left(C_1\cos\sqrt{2}x+C_2\sin\sqrt{2}x\right)$$

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二、求非齊次特解

因為右側為 $\sin x$，且 $\sin x$、$\cos x$ 不會出現在齊次解中，設

$$y_p=A\sin x+B\cos x$$

則

$$y_p'=A\cos x-B\sin x$$ $$y_p''=-A\sin x-B\cos x$$

代入原方程：

$$y_p''+2y_p'+3y_p=\sin x$$

整理 $\sin x$ 與 $\cos x$ 的係數：

$$(-A\sin x-B\cos x) +2(A\cos x-B\sin x) +3(A\sin x+B\cos x)$$

因此

$$y_p''+2y_p'+3y_p =(2A-2B)\sin x+(2A+2B)\cos x$$

與右側 $\sin x$ 比較係數，得到

$$\begin{cases} 2A-2B=1\\ 2A+2B=0 \end{cases}$$

由第二式得 $A+B=0$，即 $B=-A$。代入第一式：

$$2A-2(-A)=1$$ $$4A=1,\qquad A=\frac14$$

所以

$$B=-\frac14$$

特解為

$$y_p=\frac14\sin x-\frac14\cos x$$

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三、組合通解

$$y=y_h+y_p$$

故

同次方程

$x^{3}y'''-x^{2}y''+6xy'-6y=0$

採用 Euler（等冪）形式，設 $y=x^{m}$。

$y' =mx^{m-1},\quad y'' =m(m-1)x^{m-2},\quad y''' =m(m-1)(m-2)x^{m-3}$

代入得

$\bigl[m(m-1)(m-2)-m(m-1)+6m-6\bigr]x^{m}=0$

$\Rightarrow\; m^{3}-4m^{2}+9m-6=0$

因式分解

$$(m-1)(m^{2}-3m+6)=0\quad\Longrightarrow\quad m_{1}=1,\;m_{2,3}= \frac{3\pm i\sqrt{15}}{2}$$

複根寫成實部 $\alpha=3/2$、虛部 $\beta=\sqrt{15}/2$。
同次解

$$y_{h}=C_{1}x +x^{\alpha}\bigl[C_{2}\cos(\beta\ln x)+C_{3}\sin(\beta\ln x)\bigr] =C_{1}x+x^{3/2}\!\left[C_{2}\cos\!\frac{\sqrt{15}}{2}\ln x +C_{3}\sin\!\frac{\sqrt{15}}{2}\ln x\right].$$

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特解
右端為 $x^{3}\ln x$，於 Euler 方程中取形態