114 年 國立中山大學海下科技研究所《工程數學》

核心觀念
Maclaurin 級數是泰勒級數在 $x=0$ 處的特例。若函數 $f(x)$ 在 $x=0$ 附近無窮可微，則

$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{\,n},$$

其中 $f^{(n)}(0)$ 為第 $n$ 階導數於 $0$ 的取值。此題要求寫出 $e^{x}$ 與 $e^{ix}$ 的前五項（即 $n=0\sim4$）的展開式。

解題方法

1. 求導並代入 $x=0$
   • $e^{x}$ 的任何階導數仍為 $e^{x}$，故 $e^{(n)}(0)=1$（全部為 1）。
   • $e^{ix}$ 的第 $n$ 階導數為 $(i)^{n}e^{ix}$，代入 $x=0$ 得 $e^{(n)}(0)=i^{n}$。
2. 套用 Maclaurin 公式
   • $e^{x}$： $$e^{x}= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}x^{n}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{3}}{3!}+ \frac{x^{4}}{4!}+ \cdots$$
   • $e^{ix}$： $$e^{ix}= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{i^{n}}{n!}x^{n} =1+i x+\frac{i^{2}}{2!}x^{2}+\frac{i^{3}}{3!}x^{3}+\frac{i^{4}}{4!}x^{4}+ \cdots$$ 其中 $i^{2}=-1,\; i^{3}=-i,\; i^{4}=1$，代入後得到具體係數。

計算步驟

• $e^{x}$ 的前五項（$n=0\sim4$）
  $\boxed{1+\;x\;+\;\frac{x^{2}}{2}\;+\;\frac{x^{3}}{6}\;+\;\frac{x^{4}}{24}}$

• $e^{ix}$ 的前五項（$n=0\sim4$）

核心觀念

• 逆矩陣的定義：若 $X$ 為可逆方陣，則 $X^{-1}$ 為唯一使 $XX^{-1}=X^{-1}X=I$ 的矩陣。
• 乘積矩陣的逆：對任意兩個可逆方陣 $A$、$B$，都有
  $(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$
  此公式是由 $(AB)(B^{-1}A^{-1})=A(BB^{-1})A^{-1}=AI A^{-1}=I$ 推得，且唯一性保證兩側相等。

解題方法
已知 $A^{-1}$ 與 $B^{-1}$，直接套用乘積逆的公式即可求得 $(AB)^{-1}$。步驟如下：

1. 計算 $B^{-1}A^{-1}$（注意順序是先 $B^{-1}$ 再 $A^{-1}$）。
2. 代入已知矩陣：

$$B^{-1}= \begin{pmatrix} 1 & 1\\ -1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad A^{-1}= \begin{pmatrix} 4 & 3\\ 2 & 3 \end{pmatrix}$$

3. 進行矩陣乘法

$$B^{-1}A^{-1} =\begin{pmatrix} 1 & 1\\ -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 4 & 3\\ 2 & 3 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1\cdot4+1\cdot2 & 1\cdot3+1\cdot3\\[2pt] -1\cdot4+1\cdot2 & -1\cdot3+1\cdot3 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 6 & 6\\ -2 & 0 \end{pmatrix}$$

4. 因為 $(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$，故

核心觀念

• 本題屬於一階線性微分方程 $\displaystyle \frac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x)$ 的求解。
• 需要掌握 積分因子法（Integrating Factor）以及 初值條件 代入求常數。
• 相關公式：若 $y'+P(x)y=Q(x)$，則積分因子 $\mu(x)=e^{\int P(x)dx}$，解為
  $y\cdot\mu = \int Q(x)\mu\,dx + C.$

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解題方法

1. 寫出方程式形式
   $y' + y = 3x,$
   其中 $P(x)=1,\; Q(x)=3x$。

2. 計算積分因子
   $\mu(x)=e^{\int 1\,dx}=e^{x}.$

3. 兩側同乘積分因子
   $e^{x}y' + e^{x}y = 3x e^{x}.$

4. 左側辨識為導數
   $\frac{d}{dx}\bigl(e^{x}y\bigr)=3x e^{x}.$

5. 對兩側積分

$e^{x}y = \int 3x e^{x}\,dx + C.$

核心觀念

• 拉普拉斯變換的定義：對於 $t\ge 0$ 的函數 $f(t)$，
  $\mathcal{L}\{f(t)\}=L\{f(t)\}= \int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt,\qquad s\in\mathbb{R}.$
• 變換的收斂條件：積分必須在上限 $\infty$ 處收斂，亦即指數項的指數係數需為正。
• 指數函數的拉普拉斯變換可直接利用 指數平移定理：
  $\mathcal{L}\{e^{at}\}= \frac{1}{s-a},\qquad s>a.$

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解題方法

1. 計算 $\displaystyle L\{1\}$

$$L\{1\}= \int_{0}^{\infty} e^{-st}\cdot1\,dt = \int_{0}^{\infty} e^{-st}\,dt.$$

令 $u=st\;(du=s\,dt)$，則 $dt=du/s$，積分變為

$$L\{1\}= \frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-u}\,du =\frac{1}{s}\Big[-e^{-u}\Big]_{0}^{\infty} =\frac{1}{s}\big(0-(-1)\big) =\frac{1}{s},$$

前提是 $s>0$，而題目已給 $s>a$，只要 $a\ge0$ 即保證 $s>0$。

核心觀念

本題考查**二階常微分方程（ODE）中的貝索方程式（Bessel's Equation）**及其通解形式。

標準的 $\nu$ 階貝索方程式形式為：

$$x^2 y'' + x y' + (x^2 - \nu^2)y = 0$$

其通解形式依階數 $\nu$ 是否為整數而定：

1. 當 $\nu$ 非整數時：$J_\nu(x)$ 與 $J_{-\nu}(x)$ 線性獨立，通解可表示為： $$y(x) = c_1 J_\nu(x) + c_2 J_{-\nu}(x)$$ 亦可通用表示為： $$y(x) = c_1 J_\nu(x) + c_2 Y_\nu(x)$$ 其中 $J_\nu(x)$ 為第一類貝索函數（Bessel function of the first kind），$Y_\nu(x)$（或記為 $N_\nu(x)$）為第二類貝索函數（諾伊曼函數，Neumann function）。
2. 當 $\nu$ 為整數（$\nu = n \in \mathbb{Z}$）時：$J_{-n}(x) = (-1)^n J_n(x)$ 線性相依，第二個獨立解必須採用第二類貝索函數 $Y_n(x)$，通解為 $y(x) = c_1 J_n(x) + c_2 Y_n(x)$。

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解題方法

1. 比對標準型式：
   將給定方程式：

   $$x^2 y'' + x y' + \left(x^2 - \frac{1}{11}\right)y = 0$$

   與標準貝索方程式 $x^2 y'' + x y' + (x^2 - \nu^2)y = 0$ 進行係數對比：

   $$\nu^2 = \frac{1}{11} \implies \nu = \frac{1}{\sqrt{11}}$$

2. 判斷階數性質：
   階數 $\nu = \frac{1}{\sqrt{11}}$ 為非整數（無理數）。

3. 寫出通解：
   由於階數 $\nu$ 非整數，$J_{\frac{1}{\sqrt{11}}}(x)$ 與 $J_{-\frac{1}{\sqrt{11}}}(x)$ 彼此線性獨立，故

核心觀念

• 週期函數的傅立葉級數：若 $f(t)$ 為週期 $2\pi$ 的可積分函數，則

$f(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_n\cos nt+b_n\sin nt\bigr)$

其中

$$a_0=\frac1\pi\int_{0}^{2\pi}f(t)\,dt,\qquad a_n=\frac1\pi\int_{0}^{2\pi}f(t)\cos nt\,dt,\qquad b_n=\frac1\pi\int_{0}^{2\pi}f(t)\sin nt\,dt .$$

• 積分技巧：計算 $\int t^2\cos(nt)\,dt$、$\int t^2\sin(nt)\,dt$ 需用兩次部份積分，可直接套用已推導的公式

$\int t^2\cos(nt)\,dt=\frac{t^2\sin(nt)}{n}+\frac{2t\cos(nt)}{n^2}-\frac{2\sin(nt)}{n^3},$

$\int t^2\sin(nt)\,dt=-\frac{t^2\cos(nt)}{n}+\frac{2t\sin(nt)}{n^2}+\frac{2\cos(nt)}{n^3}.$

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解題方法

1. 先寫出係數定義（上式）。
2. 計算 $a_0$：

$$a_0=\frac1\pi\int_{0}^{2\pi}2t^2\,dt =\frac2\pi\Bigl[\frac{t^3}{3}\Bigr]_{0}^{2\pi} =\frac{2}{\pi}\cdot\frac{(2\pi)^3}{3} =\frac{16\pi^{2}}{3}.$$

因此 $\displaystyle \frac{a_0}{2}= \frac{8\pi^{2}}{3}$。

3. 計算 $a_n$（$n\ge1$）

$$a_n=\frac1\pi\int_{0}^{2\pi}2t^{2}\cos nt\,dt =\frac{2}{\pi}\Bigl[\int_{0}^{2\pi}t^{2}\cos nt\,dt\Bigr].$$

使用已寫好的積分公式，代入上下限 $0$、$2\pi$：

$$\int_{0}^{2\pi}t^{2}\cos nt\,dt= \Bigl[\frac{t^{2}\sin nt}{n}+\frac{2t\cos nt}{n^{2}}-\frac{2\sin nt}{n^{3}}\Bigr]_{0}^{2\pi} =\frac{4\pi}{n^{2}}.$$

因此

$a_n=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{4\pi}{n^{2}}=\frac{8}{n^{2}}.$

4. 計算 $b_n$（$n\ge1$）

核心觀念

• 1‑維波動方程 $\frac{\partial^{2}p}{\partial x^{2}}=\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial^{2}p}{\partial t^{2}}$ 為線性二階雙曲型 PDE，解的傳播沿特徵線 $x\pm ct=\text{常數}$。
• D'Alembert 公式：對任意初值

$p(x,0)=f(x),\qquad p_{t}(x,0)=g(x)$

的解為

$$p(x,t)=\frac{1}{2}\Bigl[f(x-ct)+f(x+ct)\Bigr] +\frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{\,x+ct}g(s)\,ds .$$

此公式直接利用特徵變數 $\xi=x-ct,\ \eta=x+ct$ 推導而得。

解題方法

1. 辨識初始資料：

$f(x)=\frac{1}{1+4x^{2}},\qquad g(x)=p_{t}(x,0)=0 .$

2. 套用 D'Alembert 公式：因 $g\equiv0$，第二項積分為零，僅保留下列兩項。
3. 寫出最終解：

$$p(x,t)=\frac12\Biggl[\frac{1}{1+4(x-ct)^{2}} +\frac{1}{1+4(x+ct)^{2}}\Biggr].$$

詳細推導

1. 特徵變數
   設

$\xi = x-ct,\qquad \eta = x+ct .$

依鏈式法則

$$\frac{\partial}{\partial x}= \frac{\partial}{\partial \xi}+\frac{\partial}{\partial \eta}, \qquad \frac{\partial}{\partial t}= -c\frac{\partial}{\partial \xi}+c\frac{\partial}{\partial \eta}.$$

代入波動方程得到

$\frac{\partial^{2}p}{\partial \xi\partial \eta}=0,$

表示 $p$ 可以寫成兩個單變數函數之和：

$p(\xi,\eta)=F(\xi)+G(\eta) .$

換回原變數得到

$p(x,t)=F(x-ct)+G(x+ct).$

2. 利用初始條件決定 $F,G$
   • $t=0$ 時

$$p(x,0)=F(x)+G(x)=\frac{1}{1+4x^{2}} \quad\Longrightarrow\quad F(x)+G(x)=f(x).$$

• $t=0$ 時對時間微分