108 年 國立中正大學電機工程學系碩士班信號與媒體通訊組《微分方程》

本題考驗對拉普拉斯轉換的定義以及積分轉換的應用。我們需要計算一個卷積積分的拉普拉斯轉換。

首先，我們注意到 $f(t)$ 的形式是一個卷積。令 $h(t) = \cosh(t)$ 且 $k(t) = \sinh(\alpha - t)$。則 $f(t) = (h * k)(t)$。
根據拉普拉斯轉換的卷積定理，若 $F(s) = \mathcal{L}\{h(t)\}$ 且 $K(s) = \mathcal{L}\{k(t)\}$，則 $\mathcal{L}\{f(t)\} = F(s)K(s)$。

我們需要計算 $h(t) = \cosh(t)$ 和 $k(t) = \sinh(\alpha - t)$ 的拉普拉斯轉換。
$\cosh(t) = \frac{e^t + e^{-t}}{2}$
$\mathcal{L}\{\cosh(t)\} = \mathcal{L}\{\frac{e^t + e^{-t}}{2}\} = \frac{1}{2} (\mathcal{L}\{e^t\} + \mathcal{L}\{e^{-t}\}) = \frac{1}{2} (\frac{1}{s-1} + \frac{1}{s+1}) = \frac{1}{2} \frac{s+1 + s-1}{(s-1)(s+1)} = \frac{s}{s^2-1}$。

對於 $k(t) = \sinh(\alpha - t)$，我們可以利用雙曲函數和三角函數的性質：$\sinh(A-B) = \sinh A \cosh B - \cosh A \sinh B$。
所以，$\sinh(\alpha - t) = \sinh(\alpha)\cosh(t) - \cosh(\alpha)\sinh(t)$。
$\mathcal{L}\{\sinh(\alpha - t)\} = \mathcal{L}\{\sinh(\alpha)\cosh(t) - \cosh(\alpha)\sinh(t)\}$
$= \sinh(\alpha)\mathcal{L}\{\cosh(t)\} - \cosh(\alpha)\mathcal{L}\{\sinh(t)\}$
$= \sinh(\alpha) \frac{s}{s^2-1} - \cosh(\alpha) \frac{1}{s^2-1}$
$= \frac{s\sinh(\alpha) - \cosh(\alpha)}{s^2-1}$。

根據卷積定理，
$\mathcal{L}\{f(t)\} = \mathcal{L}\{\cosh(t)\} \mathcal{L}\{\sinh(\alpha - t)\}$
$= \left(\frac{s}{s^2-1}\right) \left(\frac{s\sinh(\alpha) - \cosh(\alpha)}{s^2-1}\right)$
$= \frac{s(s\sinh(\alpha) - \cosh(\alpha))}{(s^2-1)^2}$
$= \frac{s^2\sinh(\alpha) - s\cosh(\alpha)}{(s^2-1)^2}$。

本題考驗的是歐拉-柯西 (Euler-Cauchy) 齊次微分方程的解法。這類方程的特徵是自變數 $x$ 的冪次與其導數的階數相同。

給定的微分方程是 $x^2y'' + y = 0$。
這是一個歐拉-柯西方程。我們假設解的形式為 $y = x^r$。
則 $y' = rx^{r-1}$， $y'' = r(r-1)x^{r-2}$。
將這些代入原方程：
$x^2 [r(r-1)x^{r-2}] + x^r = 0$
$r(r-1)x^r + x^r = 0$
$x^r [r(r-1) + 1] = 0$
由於 $x > 0$ (由初始條件 $y(1), y'(1)$ 可知，且方程中 $x^2$ 係數為非零)，我們得到特徵方程：
$r(r-1) + 1 = 0$
$r^2 - r + 1 = 0$

利用二次公式求解 $r$：
$r = \frac{-(-1) \pm \sqrt{(-1)^2 - 4(1)(1)}}{2(1)}$
$r = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4}}{2}$
$r = \frac{1 \pm \sqrt{-3}}{2}$
$r = \frac{1 \pm i\sqrt{3}}{2}$

特徵根是複數根，形式為 $r = \alpha \pm i\beta$，其中 $\alpha = 1/2$ 且 $\beta = \sqrt{3}/2$。
對於複數根，歐拉-柯西方程的通解形式為：
$y = x^\alpha [C_1 \cos(\beta \ln x) + C_2 \sin(\beta \ln x)]$
將 $\alpha = 1/2$ 和 $\beta = \sqrt{3}/2$ 代入：
$y = x^{1/2} \left[ C_1 \cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \ln x\right) + C_2 \sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \ln x\right) \right]$

現在我們需要利用初始條件 $y(1) = 1$ 和 $y'(1) = 1/2$ 來求解常數 $C_1$ 和 $C_2$。
首先，代入 $y(1) = 1$：
$1 = (1)^{1/2} \left[ C_1 \cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \ln 1\right) + C_2 \sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \ln 1\right) \right]$
由於 $\ln 1 = 0$，$\cos(0) = 1$，$\sin(0) = 0$：
$1 = 1 \cdot [C_1 \cdot 1 + C_2 \cdot 0]$
$1 = C_1$

所以，$C_1 = 1$。
通解變為：
$y = x^{1/2} \left[ \cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \ln x\right) + C_2 \sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \ln x\right) \right]$

接下來，我們需要計算 $y'$。
$y' = \frac{d}{dx} \left[ x^{1/2} \left( \cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \ln x\right) + C_2 \sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \ln x\right) \right) \right]$

本題考驗傅立葉級數的計算與性質。首先需要理解傅立葉級數的定義，以及在不連續點的收斂性質。

題目給定一個分段函數 $f(x)$，並定義其傅立葉級數為 $g(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^\infty \{a_n \cos(nx) + b_n \sin(nx)\}$ 在區間 $(-\pi, \pi)$ 上。
傅立葉級數在連續點收斂於函數值本身，在不連續點收斂於左右極限的平均值。

首先，我們需要判斷 $f(x)$ 在 $x=0$ 處的性質。
對於 $-\pi < x < 0$， $f(x) = \cosh(x) + \sinh(x) = e^x$。
當 $x \to 0^-$, $f(x) \to e^0 = 1$。
對於 $0 < x < \pi$， $f(x) = \ln(1+x)$。
當 $x \to 0^+$, $f(x) \to \ln(1+0) = \ln(1) = 0$。

本題考驗線性常係數齊次微分方程組的解法，特別是利用特徵值與特徵向量來求解。

給定的微分方程組為 $\mathbf{X}' = A\mathbf{X}$，其中 $A = \begin{bmatrix} 2 & 4 \\ -1 & 6 \end{bmatrix}$ 且 $\mathbf{X}(0) = \begin{bmatrix} 1 \\ -6 \end{bmatrix}$。

首先，我們需要找到矩陣 $A$ 的特徵值 (eigenvalues)。特徵值 $\lambda$ 滿足特徵方程 $\det(A - \lambda I) = 0$。
$\det \begin{bmatrix} 2-\lambda & 4 \\ -1 & 6-\lambda \end{bmatrix} = 0$
$(2-\lambda)(6-\lambda) - (4)(-1) = 0$
$12 - 2\lambda - 6\lambda + \lambda^2 + 4 = 0$
$\lambda^2 - 8\lambda + 16 = 0$
$(\lambda - 4)^2 = 0$
因此，我們得到一個重根特徵值 $\lambda = 4$。

接下來，我們需要找到對應於特徵值 $\lambda = 4$ 的特徵向量 (eigenvectors)。
我們求解 $(A - 4I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$：
$\begin{bmatrix} 2-4 & 4 \\ -1 & 6-4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
$\begin{bmatrix} -2 & 4 \\ -1 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
這兩個方程是線性相關的。我們取其中一個，例如 $-v_1 + 2v_2 = 0$，即 $v_1 = 2v_2$。
我們可以選擇 $v_2 = 1$，則 $v_1 = 2$。
所以，一個特徵向量是 $\mathbf{v} = \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}$。

由於特徵值 $\lambda = 4$ 是重根，但我們只找到一個線性獨立的特徵向量，這意味著我們需要廣義特徵向量 (generalized eigenvector)。
我們尋找一個廣義特徵向量 $\mathbf{w}$，使得 $(A - 4I)\mathbf{w} = \mathbf{v}$。
$\begin{bmatrix} -2 & 4 \\ -1 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} w_1 \\ w_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}$
取其中一個方程，例如 $-w_1 + 2w_2 = 1$。
我們可以選擇 $w_2 = 1$，則 $-w_1 + 2(1) = 1 \implies -w_1 = -1 \implies w_1 = 1$。
所以，一個廣義特徵向量是 $\mathbf{w} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$。

當有重根特徵值 $\lambda$ 和對應的特徵向量 $\mathbf{v}$ 以及廣義特徵向量 $\mathbf{w}$ 時，兩個線性獨立的解是：
$\mathbf{X}_1(t) = e^{\lambda t} \mathbf{v}$
$\mathbf{X}_2(t) = e^{\lambda t} (t\mathbf{v} + \mathbf{w})$

本題考驗對數值方法，特別是改進歐拉法 (Improved Euler's Method) 和原始歐拉法 (Original Euler's Method) 的理解與比較。

原始歐拉法 (Original Euler's Method)

原始歐拉法是一種簡單的一階數值方法，用於近似求解一階初值問題 $y' = f(x, y)$，其中 $y(x_0) = y_0$。
其基本思想是，在小區間 $[x_n, x_{n+1}]$ 上，假設斜率為常數，即在點 $(x_n, y_n)$ 處的斜率 $f(x_n, y_n)$。
若步長為 $h = x_{n+1} - x_n$，則下一個點的近似值為：
$y_{n+1} = y_n + h f(x_n, y_n)$
$x_{n+1} = x_n + h$

改進歐拉法 (Improved Euler's Method)

改進歐拉法，也稱為斜率預測-校正法 (predictor-corrector method)，試圖通過使用區間內的平均斜率來提高精度。
對於初值問題 $y' = f(x, y)$， $y(x_0) = y_0$，步長為 $h$。

1. 預測 (Predictor)：首先，使用原始歐拉法估計 $y_{n+1}$ 的值，稱之為 $y_{n+1}^*$。
   $y_{n+1}^* = y_n + h f(x_n, y_n)$
   這個值 $y_{n+1}^*$ 是一個初步的估計，可能不夠準確。

2. 校正 (Corrector)：然後，計算在預測點 $(x_{n+1}, y_{n+1}^*)$ 的斜率 $f(x_{n+1}, y_{n+1}^*)$。
   接著，計算區間 $[x_n, x_{n+1}]$ 上的平均斜率，即將點 $(x_n, y_n)$ 的斜率 $f(x_n, y_n)$ 和預測點的斜率 $f(x_{n+1}, y_{n+1}^*)$ 取平均。

本題考驗二階線性常係數非齊次微分方程的解法，要求分別使用待定係數法和參數變易法求解。

給定的微分方程是 $y'' + 4y = \sin 2x$，初始條件為 $y(0) = 0, y'(0) = 1$。

首先，我們求解齊次方程 $y'' + 4y = 0$ 的通解。
特徵方程為 $r^2 + 4 = 0$，所以 $r^2 = -4$， $r = \pm 2i$。
這是複數根的形式 $r = \alpha \pm i\beta$，其中 $\alpha = 0, \beta = 2$。
齊次方程的通解為 $y_h(x) = C_1 \cos(2x) + C_2 \sin(2x)$。

(a) 使用待定係數法 (Method of Undetermined Coefficients)

我們需要尋找一個特解 $y_p(x)$。
非齊次項是 $g(x) = \sin 2x$。
由於 $g(x)$ 是 $\sin(2x)$ 的形式，且 $2i$ 不是齊次方程的特徵根，我們可以假設特解的形式為：
$y_p(x) = A \cos(2x) + B \sin(2x)$。

然而，請注意！這裡的 $g(x) = \sin(2x)$ 的形式與齊次方程的解 $y_h(x) = C_1 \cos(2x) + C_2 \sin(2x)$ 中的項是重疊的。
所以，我們應該將特解的形式乘以 $x$。
正確的特解形式應該是：
$y_p(x) = Ax \cos(2x) + Bx \sin(2x)$。

現在我們計算 $y_p'(x)$ 和 $y_p''(x)$：
$y_p'(x) = A(\cos(2x) - 2x \sin(2x)) + B(\sin(2x) + 2x \cos(2x))$
$y_p'(x) = (A + 2Bx) \cos(2x) + (B - 2Ax) \sin(2x)$

$y_p''(x) = 2B \cos(2x) - (A + 2Bx)(2 \sin(2x)) - 2A \sin(2x) + (B - 2Ax)(2 \cos(2x))$
$y_p''(x) = 2B \cos(2x) - 2A \sin(2x) - 4Bx \sin(2x) - 2A \sin(2x) + 2B \cos(2x) - 4Ax \cos(2x)$
$y_p''(x) = (4B - 4Ax) \cos(2x) + (-4A - 4Bx) \sin(2x)$

將 $y_p''(x)$ 和 $y_p(x)$ 代入原非齊次方程 $y'' + 4y = \sin 2x$：
$[(4B - 4Ax) \cos(2x) + (-4A - 4Bx) \sin(2x)] + 4[Ax \cos(2x) + Bx \sin(2x)] = \sin 2x$

展開並合併同類項：
$(4B - 4Ax + 4Ax) \cos(2x) + (-4A - 4Bx + 4Bx) \sin(2x) = \sin 2x$
$4B \cos(2x) - 4A \sin(2x) = \sin 2x$

比較兩邊的係數：
對於 $\cos(2x)$：$4B = 0 \implies B = 0$。
對於 $\sin(2x)$：$-4A = 1 \implies A = -1/4$。

所以，特解為 $y_p(x) = -\frac{1}{4}x \cos(2x)$。

總解為 $y(x) = y_h(x) + y_p(x)$：
$y(x) = C_1 \cos(2x) + C_2 \sin(2x) - \frac{1}{4}x \cos(2x)$。

現在應用初始條件 $y(0) = 0$ 和 $y'(0) = 1$。
$y(0) = C_1 \cos(0) + C_2 \sin(0) - \frac{1}{4}(0) \cos(0) = C_1 = 0$。
所以，$C_1 = 0$。

總解變為 $y(x) = C_2 \sin(2x) - \frac{1}{4}x \cos(2x)$。
計算 $y'(x)$：
$y'(x) = 2C_2 \cos(2x) - \frac{1}{4}(\cos(2x) - 2x \sin(2x))$
$y'(x) = (2C_2 - \frac{1}{4}) \cos(2x) + \frac{1}{2}x \sin(2x)$

應用初始條件 $y'(0) = 1$：
$y'(0) = (2C_2 - \frac{1}{4}) \cos(0) + \frac{1}{2}(0) \sin(0) = 2C_2 - \frac{1}{4} = 1$。
$2C_2 = 1 + \frac{1}{4} = \frac{5}{4}$。
$C_2 = \frac{5}{8}$。

所以，使用待定係數法的解為：
$y(x) = \frac{5}{8} \sin(2x) - \frac{1}{4}x \cos(2x)$。

(b) 使用參數變易法 (Variation of Parameters)

齊次解為 $y_h(x) = C_1 \cos(2x) + C_2 \sin(2x)$。
令 $y_1(x) = \cos(2x)$ 和 $y_2(x) = \sin(2x)$。
我們尋找特解 $y_p(x) = u_1(x) y_1(x) + u_2(x) y_2(x)$。

首先計算 Wronskian $W(y_1, y_2)$:
$W = y_1 y_2' - y_1' y_2$
$y_1' = -2\sin(2x)$, $y_2' = 2\cos(2x)$
$W = \cos(2x)(2\cos(2x)) - (-2\sin(2x))(\sin(2x))$

本題考驗帶有單位階躍函數 (unit step function) 的二階線性常係數非齊次微分方程的解法。我們將使用拉普拉斯轉換來求解。

給定的微分方程是 $y'' + 4y = [1 - u(t - \pi)] \sin 2t$，初始條件為 $y(0) = 1, y'(0) = 2$。
右側的非齊次項可以寫成：
$g(t) = \sin 2t - u(t - \pi) \sin 2t$。

我們需要轉換 $\sin 2t$ 在 $t-\pi$ 的形式。
利用三角函數性質：$\sin(A - \pi) = -\sin A$。
所以，$\sin(2(t-\pi)) = \sin(2t - 2\pi) = \sin(2t) \cos(2\pi) - \cos(2t) \sin(2\pi) = \sin(2t)$。
這意味著 $\sin(2t)$ 在 $t-\pi$ 時具有相同的形式。
因此，我們可以將 $u(t-\pi)\sin(2t)$ 寫成 $u(t-\pi)\sin(2(t-\pi))$。

我們對整個方程取拉普拉斯轉換。令 $Y(s) = \mathcal{L}\{y(t)\}$。
$\mathcal{L}\{y''(t)\} = s^2 Y(s) - sy(0) - y'(0) = s^2 Y(s) - s(1) - 2 = s^2 Y(s) - s - 2$
$\mathcal{L}\{4y(t)\} = 4Y(s)$
$\mathcal{L}\{\sin(2t)\} = \frac{2}{s^2 + 4}$
$\mathcal{L}\{u(t - \pi) \sin(2(t-\pi))\} = e^{-\pi s} \mathcal{L}\{\sin(2t)\} = e^{-\pi s} \frac{2}{s^2 + 4}$。

將這些代入拉普拉斯轉換後的方程：
$(s^2 Y(s) - s - 2) + 4Y(s) = \frac{2}{s^2 + 4} - e^{-\pi s} \frac{2}{s^2 + 4}$
$(s^2 + 4) Y(s) - s - 2 = \frac{2(1 - e^{-\pi s})}{s^2 + 4}$
$(s^2 + 4) Y(s) = s + 2 + \frac{2(1 - e^{-\pi s})}{s^2 + 4}$
$Y(s) = \frac{s+2}{s^2 + 4} + \frac{2(1 - e^{-\pi s})}{(s^2 + 4)^2}$。

我們需要對 $Y(s)$ 進行逆拉普拉斯轉換。
第一項：
$\frac{s+2}{s^2 + 4} = \frac{s}{s^2 + 4} + \frac{2}{s^2 + 4} = \frac{s}{s^2 + 2^2} + \frac{2}{s^2 + 2^2}$
$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{s^2 + 4}\right\} = \cos(2t)$
$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{2}{s^2 + 4}\right\} = \sin(2t)$。
所以，第一項的逆轉換是 $\cos(2t) + \sin(2t)$。

第二項：
$\frac{2(1 - e^{-\pi s})}{(s^2 + 4)^2} = 2 \left( \frac{1}{(s^2 + 4)^2} - e^{-\pi s} \frac{1}{(s^2 + 4)^2} \right)$。
我們需要計算 $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s^2 + 4)^2}\right\}$。
我們知道 $\mathcal{L}\{t \sin(at)\} = \frac{2a s}{(s^2 + a^2)^2}$， $\mathcal{L}\{t \cos(at)\} = \frac{s^2 - a^2}{(s^2 + a^2)^2}$。
這裡 $a=2$。
$\mathcal{L}\{t \sin(2t)\} = \frac{4s}{(s^2 + 4)^2}$
$\mathcal{L}\{t \cos(2t)\} = \frac{s^2 - 4}{(s^2 + 4)^2}$。

我們需要 $\frac{1}{(s^2 + 4)^2}$。
令 $H(s) = \frac{1}{s^2 + 4}$。則 $h(t) = \mathcal{L}^{-1}\{H(s)\} = \frac{1}{2}\sin(2t)$。

核心觀念

本題考查二階線性齊次微分方程的降階法。對標準型

$$y''+P(x)y'+Q(x)y=0$$

若已知一個非零解 $y_1(x)$，則另一個線性獨立解可由公式求得：

$$y_2=y_1\int \frac{e^{-\int P(x)\,dx}}{y_1^2}\,dx.$$

兩個解線性獨立的判定方式，是其 Wronskian 不恒等於 $0$。

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解題方法

原方程為

$$4x^2y''+8xy'+y=0,\qquad x>0.$$

先除以 $4x^2$，化為標準型：

$$y''+\frac{2}{x}y'+\frac{1}{4x^2}y=0.$$

因此

$$P(x)=\frac{2}{x}, \qquad y_1=x^{-1/2}.$$

套用降階公式：

$$y_2 = y_1\int \frac{e^{-\int P(x)\,dx}}{y_1^2}\,dx.$$

計算各部分：

$$\int P(x)\,dx = \int \frac{2}{x}\,dx = 2\ln x,$$

因為 $x>0$，所以

$$e^{-\int P(x)\,dx} = e^{-2\ln x} = x^{-2}.$$

又因為

$$y_1^2=(x^{-1/2})^2=x^{-1},$$

故

$$\frac{e^{-\int P(x)\,dx}}{y_1^2} = \frac{x^{-2}}{x^{-1}} = x^{-1}.$$

因此

$$\begin{aligned} y_2 &= x^{-1/2}\int x^{-1}\,dx\\ &= x^{-1/2}\ln x. \end{aligned}$$

本題考驗二維拉普拉斯方程的邊界值問題，通常使用分離變數法 (Separation of Variables) 來求解。

給定的方程是二維拉普拉斯方程 $\nabla^2 u = u_{xx} + u_{yy} = 0$。
邊界條件如下：

1. $u(0, y) = 0$ (左邊界)
2. $u(a, y) = 0$ (右邊界)
3. $u(x, 0) = 0$ (下邊界)
4. $u(x, b) = f(x)$ (上邊界)

我們假設解的形式為 $u(x, y) = X(x)Y(y)$，並將其代入拉普拉斯方程：
$X''(x)Y(y) + X(x)Y''(y) = 0$
將方程兩邊同除以 $X(x)Y(y)$：
$\frac{X''(x)}{X(x)} + \frac{Y''(y)}{Y(y)} = 0$
$\frac{X''(x)}{X(x)} = - \frac{Y''(y)}{Y(y)}$

由於左邊只依賴於 $x$，右邊只依賴於 $y$，兩邊必須等於一個常數，我們稱之為 $-\lambda^2$。
所以我們得到兩個常微分方程：
(1) $\frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda^2 \implies X''(x) + \lambda^2 X(x) = 0$
(2) $\frac{Y''(y)}{Y(y)} = \lambda^2 \implies Y''(y) - \lambda^2 Y(y) = 0$
（注意：我們選擇 $-\lambda^2$ 作為常數，是因為我們期望在 $x$ 方向有振盪解，這與邊界條件 $u(0, y) = 0, u(a, y) = 0$ 相符。）

現在我們將邊界條件應用到這些常微分方程上。

對於 $X(x)$ 方程：$X''(x) + \lambda^2 X(x) = 0$。
邊界條件是 $u(0, y) = X(0)Y(y) = 0$ 和 $u(a, y) = X(a)Y(y) = 0$。
假設 $Y(y)$ 不恆為零，則必須有 $X(0) = 0$ 和 $X(a) = 0$。
這是齊次邊界條件。
這個邊值問題 $X''(x) + \lambda^2 X(x) = 0, X(0) = 0, X(a) = 0$ 的非平凡解要求 $\lambda^2$ 必須是形如 $\lambda_n = \frac{n\pi}{a}$ 的形式，其中 $n=1, 2, 3, \dots$。
對應的解是 $X_n(x) = \sin(\frac{n\pi x}{a})$。
（如果 $\lambda = 0$，則 $X''(x)=0 \implies X(x) = C_1 x + C_2$。 $X(0)=0 \implies C_2=0$。 $X(a)=0 \implies C_1 a = 0 \implies C_1=0$。所以只有平凡解 $X(x)=0$。）
（如果 $\lambda^2 < 0$，令 $\lambda^2 = -\mu^2$，則 $X''(x) - \mu^2 X(x) = 0$。解為 $X(x) = C_1 e^{\mu x} + C_2 e^{-\mu x}$。 $X(0)=0 \implies C_1+C_2=0 \implies C_2=-C_1$。 $X(x) = C_1(e^{\mu x} - e^{-\mu x})$。 $X(a)=0 \implies C_1(e^{\mu a} - e^{-\mu a}) = 0$。由於 $e^{\mu a} - e^{-\mu a} \neq 0$ (因為 $\mu>0, a>0$), 則 $C_1=0$。所以只有平凡解。）

所以，我們得到特徵值 $\lambda_n = \frac{n\pi}{a}$ 和對應的 $x$ 方向的解 $X_n(x) = \sin(\frac{n\pi x}{a})$。