112 年 國立中山大學海下科技研究所《工程數學》

核心觀念

• Maclaurin 展開是泰勒展開在 $a=0$ 的特例：
  $f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n}.$
• 只要知道函數在 $x=0$ 的各階導數，就能寫出它的無限級數。
• 取得「前五項」時，取最先出現的五個非零項即可。

解題方法

1. 求 $e^{x}$ 的導數與 $x=0$ 處的值

$$\begin{aligned} f(x)&=e^{x},\\ f^{(n)}(x)&=e^{x}\quad (n=0,1,2,\dots)\\ f^{(n)}(0)&=e^{0}=1. \end{aligned}$$

代入 Maclaurin 公式得到

$$e^{x}= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}x^{n} =1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{4}}{4!}+ \cdots .$$

前五項即為 $1,\;x,\;x^{2}/2!,\;x^{3}/3!,\;x^{4}/4!$。

2. 求 $\sin x$ 的導數與 $x=0$ 處的值

$$\begin{aligned} f(x)&=\sin x,\\ f'(x)&=\cos x,\qquad f''(x)=-\sin x,\\ f^{(3)}(x)&=-\cos x,\qquad f^{(4)}(x)=\sin x,\;\dots \end{aligned}$$

取 $x=0$：

核心觀念

• 矩陣減法：對應位置的元素相減。若 $A=(a_{ij})$、$B=(b_{ij})$ 為同型矩陣，則 $A-B=(a_{ij}-b_{ij})$。
• 同型矩陣：行數與列數皆相同，才能直接進行加減運算。

解題方法

1. 確認 $A$、$B$ 為 $3\times3$ 同型矩陣。
2. 依序計算每一個元素 $c_{ij}=a_{ij}-b_{ij}$，形成新矩陣 $C=A-B$。

逐步計算

$$A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 3 & 2 & 1\\ 1 & 3 & 2 \end{pmatrix}, \qquad B=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

核心觀念

• 本題屬於一階線性常微分方程，形式為 $\displaystyle \frac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x)$。
• 解法核心是積分因子法：將方程左側化為導數的形式，然後積分求解。
• 需要會使用初始條件 $y(0)=10$ 來決定常數 $C$。

解題方法

1. 寫成標準形式

$\frac{dy}{dx}+y = x \quad\Longrightarrow\quad P(x)=1,\; Q(x)=x .$

2. 求積分因子

$\mu(x)=e^{\int P(x)\,dx}=e^{\int 1\,dx}=e^{x}.$

3. 乘以積分因子

$e^{x}\frac{dy}{dx}+e^{x}y = xe^{x}.$

觀察左側正是 $\displaystyle \frac{d}{dx}\bigl(ye^{x}\bigr)$，得到

$\frac{d}{dx}\bigl(ye^{x}\bigr)=xe^{x}.$

4. 對兩側積分

核心觀念

• 本題屬於 一階可分離微分方程（separable ODE）。
• 可分離方程的解法是將 $y$ 與 $x$ 的項分別移到等式兩側，使兩側各自只含單一變數，然後對兩側同時積分。
• 積分後常會得到對數形式 $\ln|y| = \dots$，最後以指數方式解出 $y$。

解題方法

1. 分離變數

$$\frac{dy}{dx}= \frac{2xy}{1+x^{2}} \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{y}\,dy = \frac{2x}{1+x^{2}}\,dx$$

2. 積分

$\int \frac{1}{y}\,dy = \int \frac{2x}{1+x^{2}}\,dx$

• 左側積分： $\displaystyle \int \frac{1}{y}\,dy = \ln|y| + C_{1}$。
• 右側積分：利用代換 $u = 1+x^{2}$，則 $du = 2x\,dx$，得到

$$\int \frac{2x}{1+x^{2}}\,dx = \int \frac{1}{u}\,du = \ln|u| + C_{2} = \ln(1+x^{2}) + C_{2}.$$

3. 合併常數
   把兩側的常數合併成單一常數 $C$（$C = C_{2}-C_{1}$）：

$\ln|y| = \ln(1+x^{2}) + C.$

4. 指數化求出 $y$

核心觀念

• 混合偏微分 $U_{xy}$ 表示先對 $x$ 再對 $y$（或相反）的二階偏導數。
• 若已知 $U_{xy}=f(x,y)$，可先對其中一個變數積分得到第一階偏導，再對另一變數積分得到原函數。
• 積分時會產生僅依賴於已積分變數的「積分常數」$f_1(x)$ 或 $f_2(y)$，最終解必包含兩個任意單變數函數。

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解題方法

1. 對 $y$ 積分

$U_{xy}=4y\sin x+2y$

對 $y$ 積分得到 $U_x$（把 $x$ 視為常數）

$$U_x=\int (4y\sin x+2y)\,dy =2y^{2}\sin x+y^{2}+ \phi(x)$$

其中 $\phi(x)$ 為僅依 $x$ 的任意函數（積分常數）。

2. 對 $x$ 再積分

$U(x,y)=\int\bigl(2y^{2}\sin x+y^{2}+ \phi(x)\bigr)\,dx$

$$\begin{aligned} U &=2y^{2}\int\sin x\,dx + y^{2}\int dx +\int\phi(x)\,dx + \psi(y)\\ &=-2y^{2}\cos x + y^{2}x + \Phi(x) + \psi(y) \end{aligned}$$

其中 $\Phi'(x)=\phi(x)$，$\psi(y)$ 為僅依 $y$ 的任意函數（再次產生的積分常數）。

核心觀念

• 本題要求求出區間 $[0,2]$（週期 $T=2$）內的函數 $f(x)$ 的 Fourier 級數。
• 需要使用 Fourier 級數的定義：對 $L$ 為週期的一半，即 $L=1$，

$$f(x)\sim \frac{a_{0}}{2}+ \sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_{n}\cos n\pi x/L+b_{n}\sin n\pi x/L\bigr) =\frac{a_{0}}{2}+ \sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_{n}\cos n\pi x+b_{n}\sin n\pi x\bigr).$$

• 係數公式

$$a_{0}= \frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\,dx,\qquad a_{n}= \frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx,\qquad b_{n}= \frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\sin\frac{n\pi x}{L}\,dx .$$

解題方法

1. 延拓與對稱性
   原函數只在 $[0,2]$ 定義，為了使用標準公式，我將其視為 $2$ 為週期的周期函數。
   在 $[-1,1]$（即 $-L\le x\le L$）上，$f(x)$ 的表達式可寫成

$$f(x)=\begin{cases} 2x, & 0\le x<1,\\[4pt] 0, & -1\le x<0, \end{cases}$$

之後再在 $[1,2]$ 以週期性延伸得到 $f(x)=0$（因為 $1<x<2$ 時函數值為 $0$）。
觀察可得 $f(x)$ 為 非偶非奇 函數，兩組係數 $a_n,b_n$ 均可能不為零。

2. 計算 $a_0$

$$a_{0}= \frac{1}{1}\int_{-1}^{1}f(x)\,dx =\int_{0}^{1}2x\,dx+\int_{-1}^{0}0\,dx =2\Bigl[\frac{x^{2}}{2}\Bigr]_{0}^{1}=1 .$$

因此常數項 $\displaystyle \frac{a_{0}}{2}= \frac12$.

3. 計算 $a_n$（餘弦係數）

$$a_{n}= \int_{-1}^{1}f(x)\cos (n\pi x)\,dx =\int_{0}^{1}2x\cos (n\pi x)\,dx .$$

使用分部積分：令 $u=2x,\;dv=\cos (n\pi x)\,dx$，則 $du=2dx,\;v=\frac{\sin (n\pi x)}{n\pi}$.

$$a_{n}= \Bigl[2x\frac{\sin (n\pi x)}{n\pi}\Bigr]_{0}^{1} -\int_{0}^{1}2\frac{\sin (n\pi x)}{n\pi}\,dx = \frac{2\sin (n\pi)}{n\pi} -\frac{2}{n\pi}\int_{0}^{1}\sin (n\pi x)\,dx .$$

因 $\sin (n\pi)=0$，第一項消失。第二項再積分

$$\int_{0}^{1}\sin (n\pi x)\,dx = \Bigl[-\frac{\cos (n\pi x)}{n\pi}\Bigr]_{0}^{1} =-\frac{\cos (n\pi)-1}{n\pi} =\frac{1-\cos (n\pi)}{n\pi}.$$

代回得到

$$a_{n}= -\frac{2}{n\pi}\cdot\frac{1-\cos (n\pi)}{n\pi} =-\frac{2\bigl(1-(-1)^{n}\bigr)}{(n\pi)^{2}} .$$

核心觀念

• 拉普拉斯轉換的定義：$L\{f(t)\}=F(s)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt$。
• 時間縮放性質（scale property）：若將自變量 $t$ 乘以常數 $a>0$，則拉普拉斯變域的函數會相應縮放。此性質直接來自變數代換。

解題方法
採用直接代入拉普拉斯定義並以變數代換 $u=at$（或 $t=u/a$）來推導。步驟如下：

1. 依照定義寫出 $L\{f(at)\}$
   $L\{f(at)\}= \int_{0}^{\infty} e^{-st}\,f(at)\,dt.$

2. 令 $u=at \;(a>0)$，則 $t=\dfrac{u}{a}$，且 $dt=\dfrac{du}{a}$。當 $t$ 從 $0$ 到 $\infty$ 時，$u$ 同樣從 $0$ 到 $\infty$。

3. 代換後的積分式變為

$$\begin{aligned} L\{f(at)\}&=\int_{0}^{\infty} e^{-s\frac{u}{a}}\,f(u)\,\frac{du}{a}\\ &=\frac{1}{a}\int_{0}^{\infty} e^{-\frac{s}{a}u}\,f(u)\,du. \end{aligned}$$

核心觀念

• 拉普拉斯變換定義：對於在 $t\ge0$ 上的函數 $f(t)$，其拉普拉斯變換定義為
  $\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt,\qquad s\in\mathbb{C}.$
• 收斂條件：積分必須在某個複數平面區域收斂，稱為ROC（Region of Convergence）。對指數函數 $e^{at}$，收斂條件為 $\Re(s)>\Re(a)$。
• 線性與指數平移性：指數因子 $e^{at}$ 可視為拉普拉斯變換的平移（shift）性質：
  $\mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}=F(s-a).$
  若 $f(t)=1$，即可直接得到本題結果。

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解題方法

1. 直接套用拉普拉斯變換的定義。
2. 把 $e^{at}$ 與 $e^{-st}$ 合併為單一指數函數，化簡積分。
3. 計算指數積分，得到結果並寫出收斂條件。

推導步驟

$$\begin{aligned} \mathcal{L}\{e^{at}\} &=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\,e^{at}\,dt \\ &=\int_{0}^{\infty} e^{-(s-a)t}\,dt . \end{aligned}$$