5 年台灣大學 解題老師 : 周易系所 : 醫工所 ( 甲組 ) 化工系 高分子所 食科所( 丁組 ) 科目 : 工程數學 (E). 是非題 ( 請標明題號 ()~(5), 依順序作答, 正確請寫, 不正確請寫 ): R S T 均為 階方陣, I 為 階單位方陣, 下列敘述是否正確? () 假設 R 為正交可對角化 (orthogoall diagoalizable) 矩陣, 則 R 必為對稱矩陣 (%) () 假設 R S 均為旋轉矩陣, 則 RS = SR (%) () R S = ( R+ S)( R S) (%) (4) 假設 RS = T, 則 S = R T (%) (5) 假設 RS = I, 則 S R = I (%). 解微分方程式, 其中 為 的函數 :(8%) si( ) = cos( )[ cos( )] 建議 : 可令 u = cos( ). 解微分方程式, 其中 為 的函數 :(8%) [l( )] [l ( )] = 4. 解微分方程組, 其中 及 均為 t 的函數 :(8%) t = t + = 5. () 求下列函數之 Laplace 轉換 :(8%) t e [si ( t)] () 求下列函數之 Laplace 反轉換 :(8%) 4 l s s 6. 以下答題時所用符號皆須定義 () 何謂平面上的格林定理 (Gree s theorem)? (5%) 以向量場 ( 7 i ) + ( + ) j, 曲線 + = 為例, 證明該定理 (5%) 5-
台灣大學 () 何謂史脫克斯定律 (Stokes law)?(5%) 以向量場 i+ j zk, 曲面 + 9, 與曲線 + = 9, z = 為例, 證明該定律 (%) 7. 在所給定的條件下, 解以下的偏微分方程, 其中 T 為 與 t 的函數 :(5%) T T =, < <, < t t T( =, t) =, < t T(, t = ) = f( ), < < z = +, 5-
5 年台灣大學 解題老師 : 周易系所 : 醫工所 ( 甲組 ) 化工系 高分子所 食科所( 丁組 ) 科目 : 工程數學 (E) R = SDS T, S = S T T T T T T T T. () 當 R 可正交對角化, R = ( SDS ) = ( S ) D S = SDS = R, R 為對稱, 取 True () 設 R 與 S 分別為逆時針旋轉 θ 與 φ 角之旋轉矩陣, 則 RS 與 SR 分別為逆時針轉 θ + φ 與 φ + θ 之旋轉矩陣 RS = SR 取 True () ( R+ S)( R S) = R RS + SR S R S 取 false (4) RS = T, (5) RS = I, S = R T 不一定成立, 需 R 存在才成立 取 false S R = SSRR = SIR = SR = I 取 True 本題答案 () () () (4) (5) d dcos. si = cos [ cos ], = cos [ cos ], d d d dcos u du 依據提示, 令 u =, cos =, = = cos u d d u d. du 代入 ODE = u d u u, du u d =, ( D ) u = uh = ce, up = ( ) ( D D ) D = D = + + + = + u = ce + +, cos ce = + +, cos = ce + + = cos ce + + l (l ) =, (l ) l = Q (l ) p =, Q = (l ), 令 z = = = l l a l z + + pz 代入 = l =, 換 成立 ( z ) (l ) 5-
台灣大學 令 z = l, z = l d = l d = l d d dz d = = l, = d = d l d d dz d dz d d dz d d d d d d dz dz dz d d = + l = + l = + (l ) dz d dz dz d dz dz 代入 ODE (l ) l = d d d d + (l ) l (l ) =, = d dz l dz dz z z = ce + ce, = cep( l ) + cep( l ) 4. 令 t = e, = l t, ODE 成為 d = d, d =, = A + = d 將 A 對角化, A = SDS, D =, S =, = Sz 代入 = A, Sz = SDS Sz, z z = Dz, z z = z, z = c e, z = c e, = Sz ce ce c e c ct = = + = + ce t t t s 5. () L[e si t] = L[ e ( cos t)] = L[ cos t] = s= s+ s s + 4 () s+ s+ = = s+ ( s+ ) + 4 s+ s + s+ 5 z = z z = z s= s+ s 4 d s 4 d L l L l L (l( s 4) l s ) = = s t ds s t ds s t t = L [cosh t ] [ e e ] t s 4 s = = + t t 6. () c 為 平面上之封閉曲線, R 為曲線 c 包圍之區域 5-
f(, ) 與 g(, ) 在 c 上和 c 內沒有奇異點, 則 g f ( fd + gd) = dd 為 Gree s 定理 R 令 F = ( 7 ) i+ ( + ) j, F dr = ( 7 ) d+ ( + ) d 執行線積分 c: + =, = cosθ, = siθ F dr π = (si 7si ) ( si ) cos (si )cos θ θ θ d θ + θ θ + θ d θ π π π 7 = (7 si θ + cos θ) dθ = ( cos θ) + ( + cos θ) dθ = 9π π π 再執行面積分 ( 7 ) d+ (+ ) d = ( ) ( 7 ) dd R + = (+ + 7) dd = 9 A= 9 π = 9π R 得 [( 7 ) d + ( + ) d] = 9 π = ( ) ( 7 ) dd + R Gree s theorem 成立 () S 為空間中有開口曲面, 為 S 之邊界曲線, F 在曲面 S 上沒有奇異點, 則 F dr = ( F) da為 Stoke s theorem z S c: + = 9, z = F = i + j zk, 先執行線積分 F dr o c: z =, + = 9, = cosθ, = siθ dr = di+ dj+ dzk = ( siθi+ cos θ j) dθ F = siθi+ cosθ j 7cosθ siθk F dr = (9si θ + 9 cos θ) d θ = 9 d θ = 8π π π 5-4
台灣大學 再執行面積分 ( F) da S F = i + j + k ( i + j zk) = zi + z j + k z φ da = dd, φ = + z φ k φ φ φ φ = i+ j+ k = i+ j k z + + da = i + j k dd + + z z ( ) + ( F) da + dd = S = dd S S + + π = ( ) dd = ( r si θ r cos θ ) rdθdr = ( r π r π 4 πr) dr = π = 8π 得 F dr = 8 π = ( F) da成立 7. 本題少 = 之邊界條件, PDE 無法解出, S T T 自行假設 T( =, t) =, 令 T(, t) = X( ) φ( t) 代入 = t XT = X T, T X = = λ, T X X λ X =, φ λφ =, X () =, X () = 當 λ >, 令 λ = β, β >, X = ccosh β+ csih β 代入 X () =, c =, X () =, c = 當 λ =, X = c+ c, 代入 X () =, c =, X () =, c = 當 λ <, 令 λ = β, β >, X = ccos β+ csi β 代入 X () =, c =, X = c si β 代入 X () =, c si β =, 當 β = π, =,,,, c 為任意數 特徵值 λ = β = π, 特徵函數 X ( ) = c siπ 將 λ = π 代入 φ λφ =, φ + π φ =, φ = ke T(, t) = X( ) φ( t) = c siπ ke, 令 B = c k 5-5
T(, t) = B e siπ, =,, 都是齊性 PDE 之齊性解, 齊性 PDE 通解 T(, t) = Be siπ = 代入條件 T(,) = f( ), B = f( )siπ d f( ) = B siπ = 得解 T(, t) = f( )siπ de siπ = 說明 : 若假設不同的邊界條件, 例如 T (, t ) =, 可得到不同的特徵函數, PDE 之解就不相同 5-6