115 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

考察初值問題

$$y'=\sqrt{|y-x|},\qquad y(x_0)=y_0.$$

在直線 $y=x$ 上，初始條件為

$$y_0=x_0.$$

右端函數

$$f(x,y)=\sqrt{|y-x|}$$

在整個平面上連續，因此由 Peano 存在定理，初值問題至少存在局部解。

然而，

$$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\operatorname{sgn}(y-x)}{2\sqrt{|y-x|}}$$

在 $y=x$ 上不存在且無界，所以 Picard–Lindelöf 唯一性定理不能直接保證唯一性。必須進一步分析實際解的行為。

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解題方法：平移成自治方程

令

$$z(x)=y(x)-x.$$

則

$$y'=z'+1,$$

代回原方程得到

$$z'+1=\sqrt{|z|},$$

即

$$z'=\sqrt{|z|}-1.$$

由於 $y_0=x_0$，所以

$$z(x_0)=0.$$

因此問題化為

$$z'=\sqrt{|z|}-1,\qquad z(x_0)=0.$$

此時右端只依賴 $z$，且在 $z=0$ 時

$$z'(x_0)=\sqrt{0}-1=-1.$$

所以解在 $x=x_0$ 通過 $z=0$ 時，必定由正值穿越到負值，不可能在 $z=0$ 停留一段區間。這是判斷唯一性的關鍵。

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$x>x_0$ 時的解

由於

$$z'(x_0)=-1,$$

當 $x>x_0$ 且充分接近 $x_0$ 時，必有 $z<0$。令

$$z=-u^2,\qquad u\geq 0.$$

則

$$z'=-2uu',$$

而

$$\sqrt{|z|}=\sqrt{u^2}=u.$$

代入 $z'=\sqrt{|z|}-1$：

$$-2uu'=u-1,$$

因此

$$\frac{dx}{du}=\frac{2u}{1-u}.$$

由 $u(x_0)=0$，積分得

$$x-x_0 = \int_0^u \frac{2s}{1-s}\,ds = -2u-2\ln(1-u),$$

其中

$$0\leq u<1.$$

故 $x>x_0$ 時，解由下式唯一決定：

$$x-x_0=-2u-2\ln(1-u), \qquad y=x-u^2.$$

當 $u\to 1^-$ 時，$x-x_0\to+\infty$，因此此分支可延伸至所有 $x>x_0$。

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$x<x_0$ 時的解

當 $x<x_0$ 時，由 $z'(x_0)=-1$ 可知 $z>0$。令

$$z=v^2,\qquad 0\leq v<1.$$

則

$$z'=2vv',$$

且

$$\sqrt{|z|}=v.$$

代入方程：

核心觀念

本題是二階常係數非齊次微分方程

$$y''+y=\sec^3 x.$$

其解由兩部分組成：

$$y=y_h+y_p,$$

其中 $y_h$ 為齊次解，$y_p$ 為特解。

齊次方程為

$$y''+y=0,$$

特徵方程為

$$r^2+1=0,$$

故齊次解為

$$y_h=C_1\cos x+C_2\sin x.$$

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解題方法：待定形式法

右側為 $\sec^3 x$，考慮令特解具有形式

$$y_p=A\sec x,$$

其中 $A$ 為常數。

先計算導數：

$$y_p'=A\sec x\tan x,$$ $$y_p''=A\left(\sec x\tan^2x+\sec^3x\right).$$

因此

$$y_p''+y_p =A\left(\sec x\tan^2x+\sec^3x+\sec x\right).$$

利用恆等式

$$\tan^2x+1=\sec^2x,$$

可得

核心觀念

本題考查拉普拉斯反變換中的微分性質：

若

$$\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s),$$

則

$$\mathcal{L}\{t f(t)\}=-\frac{d}{ds}F(s).$$

基本公式為

$$\mathcal{L}\{\sin t\}=\frac{1}{s^2+1}.$$

題目中的分母為 $(s^2+1)^2$，可由對

$$\frac{1}{s^2+1}$$

進行 $s$ 微分取得。

解題方法

由基本拉普拉斯轉換式：

$$\mathcal{L}\{\sin t\}=\frac{1}{s^2+1}.$$

對 $s$ 微分：

$$\frac{d}{ds}\left(\frac{1}{s^2+1}\right) = -\frac{2s}{(s^2+1)^2}.$$

另一方面，依據性質

$$\mathcal{L}\{t f(t)\}=-\frac{d}{ds}F(s),$$

令 $f(t)=\sin t$，可得

核心觀念

本題利用 $f(x)=x^2$ 的傅立葉級數，再配合 Parseval 等式求出 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^4}$。

在區間 $[-\pi,\pi]$ 上，傅立葉級數寫成

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),$$

其中

$$a_0=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,$$ $$a_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx, \qquad b_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx.$$

Parseval 等式為

$$\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}|f(x)|^2\,dx = \frac{a_0^2}{2} +\sum_{n=1}^{\infty}(a_n^2+b_n^2).$$

由於 $f(x)=x^2$ 是偶函數，因此 $b_n=0$，而 $a_n$ 中會出現 $\dfrac1{n^2}$。將傅立葉係數平方後，即可產生題目所需的 $\dfrac1{n^4}$。

解題方法

1. 求傅立葉係數 $a_0$

由 $f(x)=x^2$ 為偶函數，

$$a_0 = \frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}x^2\,dx = \frac2\pi\int_0^\pi x^2\,dx.$$

因此

$$a_0 = \frac2\pi\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^\pi = \frac{2\pi^2}{3}.$$

所以傅立葉級數的常數項為

$$\frac{a_0}{2}=\frac{\pi^2}{3}.$$

2. 求傅立葉係數 $a_n$

同樣利用偶函數性質，

$$a_n = \frac2\pi\int_0^\pi x^2\cos(nx)\,dx.$$

令

$$I_n=\int_0^\pi x^2\cos(nx)\,dx.$$

第一次分部積分，取

$$u=x^2,\qquad dv=\cos(nx)\,dx,$$

則

$$du=2x\,dx,\qquad v=\frac{\sin(nx)}{n}.$$

因此

$$I_n = \left[\frac{x^2\sin(nx)}{n}\right]_0^\pi -\frac2n\int_0^\pi x\sin(nx)\,dx.$$

因為 $\sin(n\pi)=0$，故邊界項為 $0$，所以

$$I_n = -\frac2n\int_0^\pi x\sin(nx)\,dx.$$

再對 $\displaystyle \int_0^\pi x\sin(nx)\,dx$ 分部積分，取

$$u=x,\qquad dv=\sin(nx)\,dx,$$

則

$$du=dx,\qquad v=-\frac{\cos(nx)}{n}.$$

因此

$$\int_0^\pi x\sin(nx)\,dx = \left[-\frac{x\cos(nx)}{n}\right]_0^\pi +\frac1n\int_0^\pi\cos(nx)\,dx.$$

由於

$$\int_0^\pi\cos(nx)\,dx = \left[\frac{\sin(nx)}{n}\right]_0^\pi=0,$$

且 $\cos(n\pi)=(-1)^n$，可得

核心觀念

這題要求將常數函數 $f(x)=1$ 展開成 Fourier–Bessel 級數，基底函數取為

$$J_0\left(\frac{j_{0,n}}{a}x\right),$$

其中：

• $J_0$ 為第一類零階 Bessel 函數；
• $j_{0,n}$ 為 $J_0$ 的第 $n$ 個正零點，即
  $J_0(j_{0,n})=0,\qquad 0<j_{0,1}<j_{0,2}<\cdots.$

因此所需展開形式為

$$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} A_n J_0\left(\frac{j_{0,n}}{a}x\right).$$

Fourier–Bessel 級數的正交權函數為 $x$，不是普通 Fourier 級數中的 $1$。

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解題方法

在區間 $0<x<a$ 上，函數族

$$J_0\left(\frac{j_{0,n}}{a}x\right)$$

滿足正交關係

$$\int_0^a x\, J_0\left(\frac{j_{0,m}}{a}x\right) J_0\left(\frac{j_{0,n}}{a}x\right)\,dx = \begin{cases} 0,&m\ne n,\\[4pt] \dfrac{a^2}{2}J_1(j_{0,n})^2,&m=n. \end{cases}$$

因此係數公式為

$$A_n= \frac{2}{a^2J_1(j_{0,n})^2} \int_0^a x f(x) J_0\left(\frac{j_{0,n}}{a}x\right)\,dx.$$

由於 $f(x)=1$，得

$$A_n= \frac{2}{a^2J_1(j_{0,n})^2} \int_0^a x J_0\left(\frac{j_{0,n}}{a}x\right)\,dx.$$

利用積分公式

$$\frac{d}{dx}\left[xJ_1(\lambda x)\right] = \lambda xJ_0(\lambda x),$$

令

$$\lambda_n=\frac{j_{0,n}}{a},$$

則

$$\int_0^a xJ_0(\lambda_n x)\,dx = \left[\frac{xJ_1(\lambda_n x)}{\lambda_n}\right]_0^a.$$

代入 $\lambda_n=j_{0,n}/a$：

$$\int_0^a x J_0\left(\frac{j_{0,n}}{a}x\right)\,dx = \frac{a^2}{j_{0,n}}J_1(j_{0,n}).$$

故

核心觀念

本題是無限長弦上的一維波動方程：

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

其中 $c$ 為波速。給定初始位移與初始速度：

$$u(x,0)=f(x)=\sin x,\qquad u_t(x,0)=g(x)=\cos x.$$

對於 $c\neq 0$，使用 d’Alembert 通解：

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

第一項代表初始位移向左右兩側傳播；第二項則反映初始速度所造成的波動。

解題方法

代入

$$f(x)=\sin x,\qquad g(x)=\cos x.$$

因此

$$u(x,t) = \frac{\sin(x-ct)+\sin(x+ct)}{2} + \frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}\cos s\,ds.$$

利用三角恆等式

$$\sin A+\sin B = 2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2},$$

得到

$$\frac{\sin(x-ct)+\sin(x+ct)}{2} = \sin x\cos(ct).$$

再計算積分：

$$\frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}\cos s\,ds = \frac{\sin(x+ct)-\sin(x-ct)}{2c}.$$

利用

$$\sin A-\sin B = 2\cos\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2},$$

可得

$$\frac{\sin(x+ct)-\sin(x-ct)}{2c} = \frac{\cos x\sin(ct)}{c}.$$

所以解為

$$\boxed{ u(x,t)=\sin x\cos(ct)+\frac{1}{c}\cos x\sin(ct) } \qquad (c\neq 0).$$

驗算

先檢查初始位移：

$$u(x,0) = \sin x\cos 0+\frac{1}{c}\cos x\sin 0 = \sin x.$$

再對 $t$ 微分：