112 年 國立成功大學製造資訊與系統研究所甲組《工程數學》

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換與卷積定理。

卷積定理為

$$\mathcal{L}\{(f*g)(t)\}=F(s)G(s),$$

其中

$$(f*g)(t)=\int_0^t f(x)g(t-x)\,dx.$$

題目中的積分可視為

$$\int_0^t y(x)(t-x)\,dx = y(t)*t.$$

另外，

$$\mathcal{L}\{y(t)\}=Y(s),\qquad \mathcal{L}\{t\}=\frac{1}{s^2},\qquad \mathcal{L}\{t^2\}=\frac{2}{s^3}.$$

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解題方法

原方程式為

$$\int_0^t y(x)\,dx = 4t^2-2\int_0^t y(x)(t-x)\,dx.$$

對兩邊取拉普拉斯轉換。

左側利用積分的拉普拉斯轉換公式：

$$\mathcal{L}\left\{\int_0^t y(x)\,dx\right\} = \frac{Y(s)}{s}.$$

右側第一項為

$$\mathcal{L}\{4t^2\} = 4\cdot \frac{2}{s^3} = \frac{8}{s^3}.$$

右側卷積項利用卷積定理：

$$\mathcal{L}\left\{\int_0^t y(x)(t-x)\,dx\right\} = Y(s)\cdot \frac{1}{s^2}.$$

因此得到

$$\frac{Y(s)}{s} = \frac{8}{s^3} - \frac{2Y(s)}{s^2}.$$

整理含有 $Y(s)$ 的項：

$$\frac{Y(s)}{s}+\frac{2Y(s)}{s^2} = \frac{8}{s^3}.$$

提取 $Y(s)$：

$$Y(s)\left(\frac{1}{s}+\frac{2}{s^2}\right) = \frac{8}{s^3}.$$

由於

核心觀念

本題考查二階線性非齊次微分方程：

$$x y''-y'=x$$

在 $x\neq 0$ 的區間上，先求齊次解 $y_h$，再以兩種方法求特解 $y_p$：

1. 參數變化法（Variation of Parameters）
2. 未定係數法（Undetermined Coefficient Method）

最後組合為通解：

$$y=y_h+y_p$$

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（a）求齊次解 $y_h$

先考慮對應的齊次方程：

$$x y''-y'=0$$

令

$$p=y'$$

則 $p'=y''$，原式化為一階方程：

$$x p'-p=0$$

整理得：

$$\frac{p'}{p}=\frac{1}{x}$$

兩邊積分：

$$\ln|p|=\ln|x|+C$$

因此：

$$p=Cx$$

由於 $p=y'$，再積分一次：

$$y' = Cx$$ $$y_h=\frac{C}{2}x^2+C_2$$

將常數重新命名，可寫成：

$$\boxed{y_h=C_1+C_2x^2}$$

因此可取兩個基本解：

$$y_1=1,\qquad y_2=x^2$$

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（b）參數變化法求 $y_p$ 與通解

1. 化為標準型

原方程除以 $x$：

$$y''-\frac{1}{x}y'=1$$

標準型為：

$$y''+P(x)y'+Q(x)y=g(x)$$

其中：

$$P(x)=-\frac{1}{x},\qquad Q(x)=0,\qquad g(x)=1$$

2. 計算 Wronskian

由

$$y_1=1,\qquad y_2=x^2$$

得：

$$W(y_1,y_2) = \begin{vmatrix} y_1 & y_2\\ y_1' & y_2' \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & x^2\\ 0 & 2x \end{vmatrix} =2x$$

參數變化法設：

$$y_p=y_1u+y_2v$$

其中：

$$u'=-\frac{y_2g}{W}, \qquad v'=\frac{y_1g}{W}$$

3. 求 $u$ 與 $v$

代入各項：

$$u' = -\frac{x^2(1)}{2x} = -\frac{x}{2}$$

因此：

$$u=-\frac{x^2}{4}$$

另外：

$$v' = \frac{1\cdot 1}{2x} = \frac{1}{2x}$$

所以：

$$v=\frac12\ln|x|$$

4. 組合特解

$$\begin{aligned} y_p &=y_1u+y_2v\\ &=1\left(-\frac{x^2}{4}\right) +x^2\left(\frac12\ln|x|\right) \end{aligned}$$

因此：

$$\boxed{ y_p=-\frac{x^2}{4}+\frac{x^2}{2}\ln|x| }$$

其中 $-\frac{x^2}{4}$ 是齊次解的一部分，可併入 $y_h$，故等價的簡潔特解為：

解題步驟

1. Wave 方程 $u_{tt}=u_{xx}$ 的一般解以 d'Alembert 形式寫成
   $u(x,t)=f(x+t)+g(x-t)$
   其中 $f,g$ 為一次可微函數。

2. 初始條件

$$\begin{cases} u(x,0)=f(x)+g(x)=x^{3},\\[2pt] u_{t}(x,0)=f'(x)-g'(x)=0 \end{cases}$$

第二式給 $f'(x)=g'(x)\Rightarrow f(x)=g(x)+K$（$K$ 為常數）。

3. 代入第一式得

$$g(x)+K+g(x)=x^{3}\;\Longrightarrow\;g(x)=\frac{x^{3}-K}{2},\qquad f(x)=\frac{x^{3}+K}{2}.$$

4. 組合得到

核心觀念

本題考核**傅立葉正弦轉換（Fourier Sine Transform）與傅立葉餘弦轉換（Fourier Cosine Transform）的定義、含指數函數與三角函數乘積之定積分計算，以及其對應之振幅頻譜（Amplitude Spectrum）**作圖。

1. 傅立葉正弦與餘弦轉換定義（工程常用定義，設 $a > 0$ 以確保積分收斂）：

   • 傅立葉正弦轉換： $$\mathcal{F}_s\{f(t)\} = F_s(\omega) = \int_{0}^{\infty} f(t) \sin(\omega t) \, dt$$
   • 傅立葉餘弦轉換： $$\mathcal{F}_c\{f(t)\} = F_c(\omega) = \int_{0}^{\infty} f(t) \cos(\omega t) \, dt$$

   (註：部分教材前置係數採用 $\sqrt{\frac{2}{\pi}}$，一般考試若未特別指定，採用上述標準積分形式或具對稱常數之形式均可；本解法採用工數最普及之標準積分形式，並加註正規化常數說明。)

2. 常用微積分積分公式（亦可由歐拉公式 $e^{i\omega t}$ 或分部積分導出）：

   $$\int e^{-at} \sin(\omega t) \, dt = \frac{e^{-at}}{a^2 + \omega^2} \left( -a \sin(\omega t) - \omega \cos(\omega t) \right)$$ $$\int e^{-at} \cos(\omega t) \, dt = \frac{e^{-at}}{a^2 + \omega^2} \left( -a \cos(\omega t) + \omega \sin(\omega t) \right)$$

3. 振幅頻譜（Amplitude Spectrum）：
   頻譜函數之絕對值（模值）：

   • 正弦轉換之振幅頻譜：$|F_s(\omega)|$
   • 餘弦轉換之振幅頻譜：$|F_c(\omega)|$

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解題方法

假設常數 $a > 0$（若 $a \le 0$，積分發散無解）。

1. 計算傅立葉正弦轉換 $F_s(\omega)$

依定義：

$$F_s(\omega) = \int_{0}^{\infty} e^{-at} \sin(\omega t) \, dt$$

利用分部積分或標準積分公式：

$$F_s(\omega) = \left[ \frac{e^{-at}}{a^2 + \omega^2} \left( -a \sin(\omega t) - \omega \cos(\omega t) \right) \right]_{0}^{\infty}$$

• 當 $t \to \infty$ 時，因 $a > 0$，$e^{-at} \to 0$，且三角函數具界限，故上限值為 $0$。
• 當 $t = 0$ 時，下限值為 $\frac{1}{a^2 + \omega^2} (0 - \omega) = -\frac{\omega}{a^2 + \omega^2}$。

因此：

$$F_s(\omega) = 0 - \left( -\frac{\omega}{a^2 + \omega^2} \right) = \frac{\omega}{a^2 + \omega^2}$$

2. 計算傅立葉餘弦轉換 $F_c(\omega)$

依定義：

$$F_c(\omega) = \int_{0}^{\infty} e^{-at} \cos(\omega t) \, dt$$

利用標準積分公式：

$$F_c(\omega) = \left[ \frac{e^{-at}}{a^2 + \omega^2} \left( -a \cos(\omega t) + \omega \sin(\omega t) \right) \right]_{0}^{\infty}$$

• 當 $t \to \infty$ 時，上限值為 $0$。
• 當 $t = 0$ 時，下限值為 $\frac{1}{a^2 + \omega^2} (-a + 0) = -\frac{a}{a^2 + \omega^2}$。

因此：

$$F_c(\omega) = 0 - \left( -\frac{a}{a^2 + \omega^2} \right) = \frac{a}{a^2 + \omega^2}$$

3. 振幅頻譜分析與圖形繪製

通常頻率考慮 $\omega \ge 0$：

1. 正弦轉換振幅頻譜 $|F_s(\omega)| = \frac{\omega}{a^2 + \omega^2}$：
   • 當 $\omega = 0$ 時，$|F_s(0)| = 0$。

核心觀念

水流穿過參數曲面 $S(u,v)$ 的流量由曲面通量公式計算：

$$\iint_S \mathbf F\cdot \mathbf n\,dS = \int_0^2\int_0^1 \mathbf F\bigl(S(u,v)\bigr)\cdot \left(S_u\times S_v\right)\,dv\,du.$$

其中：

• $S_u\times S_v$ 決定曲面方向；
• $\mathbf F$ 是水的速度場；
• 若未給定密度，則視為單位密度，因此流量即為通量。

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解題方法

題目給定

$$S(u,v) = (u^2+1)\mathbf i+(v^2-1)\mathbf j+(2v^2-u^2)\mathbf k,$$

且

$$0\le u\le 2,\qquad 0\le v\le 1.$$

速度場為

$$\mathbf F(x,y,z) = (x-1)\mathbf i+(x+y)\mathbf j+(y+1)\mathbf k.$$

先求曲面的兩個切向量：

$$S_u=(2u,0,-2u),$$ $$S_v=(0,2v,4v).$$

因此

$$S_u\times S_v = \begin{vmatrix} \mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\ 2u&0&-2u\\ 0&2v&4v \end{vmatrix} = (4uv,-8uv,4uv).$$

也就是

$$S_u\times S_v=4uv(1,-2,1).$$

接著將曲面參數代入速度場。由

$$x=u^2+1,\qquad y=v^2-1,$$

可得

$$\mathbf F(S(u,v)) = \left( u^2,\, u^2+v^2,\, v^2 \right).$$

因此內積為

$$\begin{aligned} \mathbf F(S(u,v))\cdot(S_u\times S_v) &= (u^2,u^2+v^2,v^2)\cdot(4uv,-8uv,4uv)\\ &=4u^3v-8uv(u^2+v^2)+4uv^3\\ &=-4uv(u^2+v^2). \end{aligned}$$

所以，依照 $S_u\times S_v$ 所指定方向的有向通量為