113 年 國立成功大學微電子工程研究所《工程數學》

核心觀念

本題考查**二階非線性常微分方程式（Nonlinear 2nd-order ODE）**的求值與解法。此類型的常微分方程式主要有以下兩個核心觀念與切入點：

1. 全微分與乘積律觀察法（Exact Form / Integration by Inspection）：
   利用微分乘積律展開式：
   $\frac{d}{dx}\left[ (y - 1)y' \right] = (y')^2 + (y - 1)y''$
   若能敏銳觀察出此項結構，便可直接對原式進行第一次積分，大幅簡化推導過程。

2. 缺獨立變數 $x$ 之降階法（Order Reduction for Autonomous ODEs）：
   當 ODE 中未顯性出現獨立變數 $x$ 時，可令 $u = y' = \frac{dy}{dx}$，並依據連鎖律將二階微分項轉換為：
   $y'' = \frac{du}{dx} = \frac{du}{dy} \frac{dy}{dx} = u \frac{du}{dy}$
   將原二階 ODE 降階為關於 $u(y)$ 的一階微分方程式。

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解題方法

本題提供兩種標準解法，考生可選擇最順手的切入點進行推導。

方法一：觀察法（全微分直接積分，推薦最快）

1. 改寫方程式結構：
   將原式進行分組並觀察項目的微分關係：
   $(y - 1)y'' + (y')^2 - y' = 0$
   注意到：
   $\frac{d}{dx}\left[ (y - 1)y' \right] = (y - 1)' y' + (y - 1)y'' = (y')^2 + (y - 1)y''$
   因此原方程式可直接改寫為：
   $\frac{d}{dx}\left[ (y - 1)y' \right] - \frac{d}{dx}(y) = 0 \implies \frac{d}{dx}\left[ (y - 1)y' - y \right] = 0$

2. 第一次積分：
   對 $x$ 進行積分，引入第一個任意常數 $C_1$：
   $(y - 1)y' - y = C_1 \implies (y - 1)y' = y + C_1$

3. 分離變數法求解：
   將一階 ODE 進行變數分離：
   $y' = \frac{dy}{dx} = \frac{y + C_1}{y - 1} \implies \frac{y - 1}{y + C_1} \, dy = dx \quad (y + C_1 \neq 0)$
   整理左式分式：
   $\frac{(y + C_1) - (C_1 + 1)}{y + C_1} \, dy = dx \implies \left( 1 - \frac{C_1 + 1}{y + C_1} \right) dy = dx$

4. 第二次積分：
   兩邊對各自變數進行積分，引入第二個任意常數 $C_2$：
   $\int \left( 1 - \frac{C_1 + 1}{y + C_1} \right) dy = \int dx$
   $y - (C_1 + 1)\ln|y + C_1| = x + C_2$

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方法二：缺 $x$ 之標準降階法（通用正規法）

1. 變數變換：
   令 $y' = u$，則 $y'' = u \frac{du}{dy}$。代入原式得：
   $(y - 1) u \frac{du}{dy} + u^2 - u = 0$

2. 因式分解與討論：
   提出公因式 $u$：
   $u \left[ (y - 1)\frac{du}{dy} + u - 1 \right] = 0$

利用卷積定義（假設系統因果且 $f(t)=0$、$g(t)=0$ 當 $t<0$）

$(f*g)(t)=\int_{0}^{t}f(\tau)g(t-\tau)\,d\tau .$

對 $f(t)=\sin(at)$、$g(t)=\cos(at)$：

$$\begin{aligned} (\sin(at)*\cos(at))(t) &=\int_{0}^{t}\sin(a\tau)\cos\bigl(a(t-\tau)\bigr)\,d\tau \\[4pt] &=\int_{0}^{t}\sin(a\tau)\bigl[\cos(at)\cos(a\tau)+\sin(at)\sin(a\tau)\bigr]d\tau\\[4pt] &=\cos(at)\int_{0}^{t}\sin(a\tau)\cos(a\tau)\,d\tau +\sin(at)\int_{0}^{t}\sin^{2}(a\tau)\,d\tau . \end{aligned}$$

利用恆等式 $\sin x\cos x=\tfrac12\sin 2x$、$\sin^{2}x=\tfrac12(1-\cos 2x)$：

核心觀念

1. 圓盤區域上的諾伊曼問題（Neumann Problem for Laplace Equation in a Disk）：
   拉普拉斯方程式 $\nabla^2 u = 0$ 在圓盤區域 $x^2 + y^2 < R^2$ 內部求解，並給定圓周邊界 $r = R$ 上的法向導數 $\frac{\partial u}{\partial n}$。
2. 極座標下的拉普拉斯方程式與分離變數法：
   在極座標 $(r, \theta)$ 下，圓盤內部（原點 $r=0$ 處有界）的拉普拉斯方程式通解為：
   $u(r, \theta) = A_0 + \sum_{n=1}^{\infty} r^n (A_n \cos n\theta + B_n \sin n\theta)$
3. 諾伊曼問題的可解性條件（Compatibility Condition）：
   由高斯散度定理（Gauss's Divergence Theorem），封閉區域 $D$ 內偏微分方程式 $\nabla^2 u = 0$ 之諾伊曼問題，其邊界通量積分必須滿足：
   $\oint_{\partial D} \frac{\partial u}{\partial n} \, ds = 0$
4. 解的非唯一性（Uniqueness up to Constant）：
   諾伊曼問題的解若存在，則相差一個任意常數 $C$（即若 $u(x,y)$ 為解，則 $u(x,y)+C$ 亦為解）。

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解題方法

步驟一：轉換至極座標並改寫邊界條件

圓盤區域 $x^2 + y^2 < 4$ 之半徑 $R = 2$。
在極座標中，邊界 $r = 2$ 處的外法線方向即為徑向 $\mathbf{e}_r$，故邊界法向導數為：
$\left.\frac{\partial u}{\partial n}\right|_{r=2} = \left.\frac{\partial u}{\partial r}\right|_{r=2} = xy^2$
將邊界函數 $f(x, y) = xy^2$ 在 $r = 2$ 處化為極座標表示式（其中 $x = 2\cos\theta$, $y = 2\sin\theta$）：
$xy^2 = (2\cos\theta)(2\sin\theta)^2 = 8\cos\theta \sin^2\theta$
利用三角函數半角公式與積化和差公式進行展開：
$8\cos\theta \sin^2\theta = 8\cos\theta \left(\frac{1 - \cos 2\theta}{2}\right) = 4\cos\theta - 4\cos\theta \cos 2\theta$
再由 $\cos\theta \cos 2\theta = \frac{1}{2}(\cos 3\theta + \cos\theta)$，可得：
$\left.\frac{\partial u}{\partial r}\right|_{r=2} = 4\cos\theta - 2(\cos 3\theta + \cos\theta) = 2\cos\theta - 2\cos 3\theta$

步驟二：驗證可解性條件

計算邊界積分：
$\int_{0}^{2\pi} \left.\frac{\partial u}{\partial r}\right|_{r=2} R \, d\theta = 2 \int_{0}^{2\pi} (2\cos\theta - 2\cos 3\theta) \, d\theta = 0$
積分結果為零，確認本題之諾伊曼邊界條件滿足可解性條件。

步驟三：代入極座標通解並求取傅立葉係數

在圓盤區域內部 $r < 2$，拉普拉斯方程式的通解為：
$u(r, \theta) = A_0 + \sum_{n=1}^{\infty} r^n (A_n \cos n\theta + B_n \sin n\theta)$
對 $r$ 偏微分可得徑向導數：
$\frac{\partial u}{\partial r} = \sum_{n=1}^{\infty} n r^{n-1} (A_n \cos n\theta + B_n \sin n\theta)$
代入邊界 $r = 2$ 處：

核心觀念

本題考查偏微分方程（PDE）中**一維熱傳導方程式（One-Dimensional Heat Equation）**的邊界值與初始值問題。核心觀念與定理包含：

1. 分離變數法（Method of Separation of Variables）：將多變數函數 $u(x, t)$ 分解為單變數函數之積 $X(x)T(t)$，將 PDE 轉化為二個常微分方程（ODE）。
2. Sturm-Liouville 特徵值問題：配合齊次狄利克雷邊界條件（Homogeneous Dirichlet Boundary Conditions），導出空間函數的特徵值（Eigenvalues）與特徵函數（Eigenfunctions）。
3. 疊加原理（Superposition Principle）與傅立葉正弦級數（Fourier Sine Series）：利用正交性（Orthogonality）或直接係數對比，決定無窮級數中的待定係數。

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解題方法

Step 1：分離變數

設 $u(x, t) = X(x)T(t)$，代入熱傳導方程 $\frac{\partial u}{\partial t} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$ 可得：
$X(x) T'(t) = X''(x) T(t)$
兩邊同除以 $X(x)T(t)$（假設 $X(x)T(t) \neq 0$）：
$\frac{T'(t)}{T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda$
其中 $\lambda$ 為分離常數（Separation Constant）。

由此得到兩個常微分方程：

1. 空間部分：$X''(x) + \lambda X(x) = 0$
2. 時間部分：$T'(t) + \lambda T(t) = 0$

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Step 2：解空間特徵值問題

利用邊界條件 $u(0, t) = X(0)T(t) = 0$ 及 $u(8, t) = X(8)T(t) = 0$，因 $T(t) \not\equiv 0$，故得 $X(x)$ 的邊界條件為：
$X(0) = 0, \quad X(8) = 0$

考慮 $X''(x) + \lambda X(x) = 0$ 且長度 $L = 8$ 的 Sturm-Liouville 問題：

• 當 $\lambda \le 0$ 時，僅有平凡解（Trivial Solution $X(x) = 0$）。
• 當 $\lambda > 0$ 時，設 $\lambda = k^2$ ($k > 0$)，通解為 $X(x) = c_1 \cos(kx) + c_2 \sin(kx)$。
  • 由 $X(0) = 0 \implies c_1 = 0$。
  • 由 $X(8) = 0 \implies c_2 \sin(8k) = 0$。非平凡解要求 $\sin(8k) = 0$，故 $8k = n\pi$ ($n = 1, 2, 3, \dots$)。

得特徵值與對應之特徵函數為：
$\lambda_n = \left(\frac{n\pi}{8}\right)^2 = \frac{n^2 \pi^2}{64}, \quad X_n(x) = \sin\left(\frac{n\pi x}{8}\right), \quad n = 1, 2, 3, \dots$

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Step 3：解時間微分方程

將 $\lambda_n$ 代入時間微分方程：
$T_n'(t) + \frac{n^2 \pi^2}{64} T_n(t) = 0$
解得：
$T_n(t) = C_n e^{-\frac{n^2 \pi^2}{64} t}$

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Step 4：利用疊加原理建立通解

根據疊加原理，一般解 $u(x, t)$ 為所有特徵解的無窮級數和：
$u(x, t) = \sum_{n=1}^{\infty} C_n \sin\left(\frac{n\pi x}{8}\right) e^{-\frac{n^2 \pi^2}{64} t}$

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Step 5：代入初始條件求解係數

代入 $t = 0$ 的初始條件 $u(x, 0)$：

核心觀念

1. 一維無界波方程式（One-Dimensional Unbounded Wave Equation）
   本題討論無限長長度域（$-\infty < x < \infty$）中的波動傳播問題。其控制方程式為：
   $\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$
   此偏微分方程（PDE）屬於二階雙曲型偏微分方程（Hyperbolic PDE），其中常數 $c > 0$ 代表波速。

2. 特徵變數變換（Canonical Coordinates Transformation）
   利用雙曲型方程的特徵線方程式 $x - ct = \text{常數}$ 與 $x + ct = \text{常數}$，引入特徵變數（Canonical Variables）：
   $\xi = x - ct, \quad \eta = x + ct$
   將原偏微分方程簡化為標準型：
   $\frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} = 0$

3. 達朗貝爾解（d'Alembert's Solution）與疊加原理
   透過對標準型兩次逐項積分，可得波動方程的通用解型態 $u(x, t) = F(x - ct) + G(x + ct)$，其中 $F(x - ct)$ 表示以波速 $c$ 向右傳播的右行波，$G(x + ct)$ 表示以波速 $c$ 向左傳播的左行波。再利用初始位移 $u(x, 0) = f(x)$ 與初始速度 $\frac{\partial u}{\partial t}(x, 0) = g(x)$ 定出任意函數 $F$ 與 $G$。

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解題方法

步驟一：引進特徵變數，化簡 PDE

令 $\xi = x - ct$ 與 $\eta = x + ct$。利用偏微分連鎖律（Chain Rule）進行變數變換：

1. 一階偏微分導函數：
   $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial \xi} \frac{\partial \xi}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial \eta} \frac{\partial \eta}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial \xi} (1) + \frac{\partial u}{\partial \eta} (1) = \frac{\partial u}{\partial \xi} + \frac{\partial u}{\partial \eta}$

   $\frac{\partial u}{\partial t} = \frac{\partial u}{\partial \xi} \frac{\partial \xi}{\partial t} + \frac{\partial u}{\partial \eta} \frac{\partial \eta}{\partial t} = \frac{\partial u}{\partial \xi} (-c) + \frac{\partial u}{\partial \eta} (c) = -c \frac{\partial u}{\partial \xi} + c \frac{\partial u}{\partial \eta}$

2. 二階偏微分導函數：
   $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = \left( \frac{\partial}{\partial \xi} + \frac{\partial}{\partial \eta} \right) \left( \frac{\partial u}{\partial \xi} + \frac{\partial u}{\partial \eta} \right) = \frac{\partial^2 u}{\partial \xi^2} + 2 \frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} + \frac{\partial^2 u}{\partial \eta^2}$

   $\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = \left( -c \frac{\partial}{\partial \xi} + c \frac{\partial}{\partial \eta} \right) \left( -c \frac{\partial u}{\partial \xi} + c \frac{\partial u}{\partial \eta} \right) = c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial \xi^2} - 2c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} + c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial \eta^2}$

3. 代回原微分方程式 $\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} - c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = 0$：
   $\left( c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial \xi^2} - 2c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} + c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial \eta^2} \right) - c^2 \left( \frac{\partial^2 u}{\partial \xi^2} + 2 \frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} + \frac{\partial^2 u}{\partial \eta^2} \right) = 0$

   分項消去後得到：
   $-4c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} = 0$

   因波速 $c \neq 0$，方程化簡為正規標準型：
   $\frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} = 0$

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步驟二：求解 PDE 通解

1. 對 $\eta$ 積分：
   $\frac{\partial u}{\partial \xi} = \phi(\xi)$
   其中 $\phi(\xi)$ 為任意單變數函數。

2. 再對 $\xi$ 積分：
   $u(\xi, \eta) = \int \phi(\xi) \, d\xi + G(\eta) = F(\xi) + G(\eta)$
   其中 $F(\xi) = \int \phi(\xi) \, d\xi$ 與 $G(\eta)$ 皆為可微之任意單變數函數。

3. 將特徵變數代回 $x$ 與 $t$：
   $u(x, t) = F(x - ct) + G(x + ct)$

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步驟三：代入初始條件定出 $F$ 與 $G$