114 年 國立成功大學電機工程學系碩士班乙組《工程數學》

核心觀念

本題考查兩個重點：

1. Euler–Cauchy 微分方程的解法。
2. Wronskian 行列式與線性獨立性的關係，以及 Abel 定理適用條件。

原方程為

$$x^2y''-5xy'+8y=0.$$

在 $x=0$ 時，最高階導數項係數 $x^2$ 為零，因此 $x=0$ 是方程的奇異點。將方程除以 $x^2$ 得

$$y''-\frac{5}{x}y'+\frac{8}{x^2}y=0,$$

其中係數在 $x=0$ 不連續，因此不能直接套用一般的 Wronskian 定理於整個區間 $(-1,1)$。

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解題方法：Euler–Cauchy 方程

對於 Euler–Cauchy 方程，設

$$y=x^m.$$

則

$$y'=mx^{m-1},\qquad y''=m(m-1)x^{m-2}.$$

代入原方程：

$$x^2m(m-1)x^{m-2} -5x(mx^{m-1}) +8x^m=0.$$

整理得

$$\left[m(m-1)-5m+8\right]x^m=0.$$

因此特徵方程為

$$m(m-1)-5m+8=0,$$

即

$$m^2-6m+8=0.$$

因式分解：

$$(m-2)(m-4)=0.$$

所以兩個相異實根為

$$m_1=2,\qquad m_2=4.$$

因此兩個基本解為

$$y_1=x^2,\qquad y_2=x^4.$$

在 $x>0$ 或 $x<0$ 的任何一個不包含 $0$ 的區間上，通解為

$$y=c_1x^2+c_2x^4.$$

由於 $x^2$ 與 $x^4$ 都是偶次冪，亦可寫成

$$y=c_1|x|^2+c_2|x|^4 =c_1x^2+c_2x^4.$$

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Wronskian 行列式

Wronskian 定義為

$$W(y_1,y_2)(x) = \begin{vmatrix} y_1 & y_2\\ y_1' & y_2' \end{vmatrix}.$$

取

$$y_1=x^2,\qquad y_2=x^4,$$

則

$$y_1'=2x,\qquad y_2'=4x^3.$$

因此

$$W(x) = \begin{vmatrix} x^2 & x^4\\ 2x & 4x^3 \end{vmatrix}.$$

計算得

$$W(x)=x^2(4x^3)-x^4(2x) =4x^5-2x^5 =2x^5.$$

所以

$$W(0)=2(0)^5=0.$$

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為什麼 $W(0)=0$ 仍不矛盾？

參考書等級：大學部~碩士班「工程數學」常見教材（例：張敬軒《工程數學》）

解題步驟

1. 標準化

$y''+\frac{t}{1-t}y'-\frac{1}{1-t}y=0\qquad (t\neq1)$

2. 觀察特解
   令 $y=t$：$y'=1,\;y''=0$
   $(1-t)0+t\cdot1-t=0$ → $y_1(t)=t$ 為一解。

3. 降階求第二解
   對方程寫成 $y''+P(t)y'+Q(t)y=0$，$P(t)=\dfrac{t}{1-t}$。

$$\exp\!\Big(-\!\int P(t)\,dt\Big)=\exp\!\Big(-\!\int\!\Big[\frac{1}{1-t}-1\Big]dt\Big) =e^{t}(1-t)$$ $$y_2(t)=y_1(t)\int\frac{\exp\!\big(-\!\int P\,dt\big)}{y_1(t)^2}\,dt = t\int\frac{e^{t}(1-t)}{t^{2}}dt$$

核心觀念

本題是具有齊次邊界條件的 Sturm–Liouville 特徵值問題：

$$(p(x)y')'+\lambda w(x)y=0,$$

其中

$$p(x)=e^{2x},\qquad w(x)=e^{2x},\qquad 0\le x\le \pi.$$

要求找出使微分方程具有非零解的 $\lambda$，以及對應的特徵函數 $y(x)$。

關鍵方法是消去一階導數項，將原方程轉換為常係數微分方程，再利用邊界條件篩選特徵值。

解題方法

原方程為

$$(e^{2x}y')'+\lambda e^{2x}y=0.$$

先展開微分：

$$(e^{2x}y')'=e^{2x}y''+2e^{2x}y'.$$

因為 $e^{2x}\neq 0$，兩邊除以 $e^{2x}$，得到

$$y''+2y'+\lambda y=0.$$

為消去一階導數項，令

$$y(x)=e^{-x}u(x).$$

則

$$y'=e^{-x}(u'-u),$$ $$y''=e^{-x}(u''-2u'+u).$$

代回原微分方程：

$$e^{-x}(u''-2u'+u)+2e^{-x}(u'-u)+\lambda e^{-x}u=0.$$

提出 $e^{-x}$：

$$u''-2u'+u+2u'-2u+\lambda u=0,$$

因此

$$u''+(\lambda-1)u=0.$$

邊界條件也要一併轉換。由於 $y=e^{-x}u$ 且 $e^{-x}\neq 0$，所以

$$y(0)=0\Rightarrow u(0)=0,$$ $$y(\pi)=0\Rightarrow u(\pi)=0.$$

故問題化為

$$u''+(\lambda-1)u=0,\qquad u(0)=u(\pi)=0.$$

分類討論特徵值

情形一：$\lambda>1$

令

$$\mu^2=\lambda-1,\qquad \mu>0.$$

方程變為

$$u''+\mu^2u=0.$$

其一般解為

$$u(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x).$$

由 $u(0)=0$：

$$A=0.$$

因此

$$u(x)=B\sin(\mu x).$$

再利用 $u(\pi)=0$：

$$B\sin(\mu\pi)=0.$$

為得到非零解，必須有 $B\neq 0$，所以

$$\sin(\mu\pi)=0.$$

因此

$$\mu\pi=n\pi,\qquad n=1,2,3,\ldots,$$

即

$$\mu=n.$$

由 $\mu^2=\lambda-1$，得到

$$\lambda_n=1+n^2,\qquad n=1,2,3,\ldots.$$

對應的

$$u_n(x)=\sin(nx).$$

因此原方程的特徵函數為

$$y_n(x)=e^{-x}\sin(nx).$$

核心觀念

本題是無限區間上的一維波動方程：

$$\frac{\partial^2 y}{\partial t^2} =16\frac{\partial^2 y}{\partial x^2}.$$

標準波動方程為

$$y_{tt}=c^2y_{xx},$$

因此波速為

$$c=\sqrt{16}=4.$$

對於初始位移 $f(x)$ 與初始速度 $g(x)$，達朗貝爾公式為

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

本題中

$$f(x)=8e^{-5|x|},\qquad g(x)=0,\qquad c=4.$$

由於初始速度為零，積分項消失，解是兩個相同初始波形分別向左右以速度 $4$ 傳播的平均。

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解題方法

代入達朗貝爾公式：

$$y(x,t) = \frac{1}{2}\left[f(x+4t)+f(x-4t)\right].$$

利用

$$f(\xi)=8e^{-5|\xi|},$$

得到

$$\begin{aligned} y(x,t) &= \frac{1}{2} \left[ 8e^{-5|x+4t|} + 8e^{-5|x-4t|} \right]\\ &= 4\left( e^{-5|x+4t|} + e^{-5|x-4t|} \right). \end{aligned}$$

因此，

$$\boxed{ y(x,t)= 4\left( e^{-5|x+4t|} + e^{-5|x-4t|} \right) }.$$

這就是最簡潔且適用於所有 $x\in\mathbb{R}$、$t\geq 0$ 的答案。

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分段形式

若需要去除絕對值，可依照 $x+4t$ 與 $x-4t$ 的正負分段。

情形一：$x\geq 4t$

此時 $x+4t\geq0$ 且 $x-4t\geq0$，所以

$$\begin{aligned} y(x,t) &=4\left(e^{-5(x+4t)}+e^{-5(x-4t)}\right)\\ &=8e^{-5x}\cosh(20t). \end{aligned}$$

情形二：$-4t\leq x\leq4t$

此時 $x+4t\geq0$ 且 $x-4t\leq0$，所以

$$\begin{aligned} y(x,t) &=4\left(e^{-5(x+4t)}+e^{5(x-4t)}\right)\\ &=8e^{-20t}\cosh(5x). \end{aligned}$$

情形三：$x\leq-4t$

此時 $x+4t\leq0$ 且 $x-4t\leq0$，所以

解題步驟

1. 取對 $x$ 的 Fourier 變換

$\hat u(\omega ,t)=\int_{-\infty}^{\infty}u(x,t)e^{-i\omega x}\,dx .$

由微分方程得到

$\frac{\partial \hat u}{\partial t}= -k\omega^{2}\hat u ,$

其解為

$\hat u(\omega ,t)=\hat f(\omega )\,e^{-k\omega ^2 t},$

其中 $\hat f(\omega )=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-i\omega x}\,dx$。

2. 逆變換

$u(x,t)=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\hat f(\omega )e^{-k\omega ^2 t}e^{i\omega x}\,d\omega .$

把 $\hat f(\omega )$ 代回，交換積分次序得

$$u(x,t)=\int_{-\infty}^{\infty}f(\xi ) \left[\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-k\omega ^2 t}e^{i\omega (x-\xi )}\,d\omega\right]d\xi .$$

3. 內層積分為高斯積分，利用