108 年 國立中山大學材料與光電科學系碩士班乙組《工程數學》

核心觀念

• 本題屬於一階常微分方程，可寫成 $y' = f\!\left(\frac{y}{x},\frac{x}{y}\right)$ 的齊次型。
• 齊次方程可利用代換 $u=\dfrac{y}{x}$ (或 $y=ux$) 轉換成可分離變數的形式。
• 積分後須回代，並留意原式的定義域：$x\neq0,\;y\neq0$。

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解題方法

1. 整理方程式

$$2y' - \frac{x^{3}+xy^{2}}{x^{2}y}=0 \Longrightarrow 2y' = \frac{x^{3}+xy^{2}}{x^{2}y} =\frac{x}{y}+\frac{y}{x}.$$

因此

$y'=\frac12\!\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right).$

2. 代換 $y=ux$
   設 $u=\dfrac{y}{x}$，則 $y=ux$，且

$y' = u + x\,u'.$

代入原式得到

$$u + x u' = \frac12\!\left(\frac{x}{ux} + \frac{ux}{x}\right) =\frac12\!\left(\frac1u + u\right).$$

3. 分離變數

$$x\,u' = \frac12\!\left(\frac1u + u\right)-u =\frac12\!\left(\frac{1-u^{2}}{u}\right).$$

整理為

$\frac{u}{1-u^{2}}\,du = \frac12\,\frac{dx}{x},$

可直接分離。

4. 積分

$$\int\frac{u}{1-u^{2}}\,du =-\frac12\ln|1-u^{2}|,\qquad \int\frac12\,\frac{dx}{x} =\frac12\ln|x|+C.$$

設級數解為：
$y(x) = \sum_{m=0}^{\infty} a_m x^{m+r} \quad (a_0 \neq 0)$

對 $x$ 求一階與二階導數：
$y'(x) = \sum_{m=0}^{\infty} (m+r) a_m x^{m+r-1}$
$y''(x) = \sum_{m=0}^{\infty} (m+r)(m+r-1) a_m x^{m+r-2}$

代入原微分方程 $5x^2y'' - xy' + 1.8y = 0$：
$\sum_{m=0}^{\infty} \left[ 5(m+r)(m+r-1) - (m+r) + 1.8 \right] a_m x^{m+r} = 0$

當 $m = 0$ 時，因為 $a_0 \neq 0$，可得指標方程式（Indicial Equation）：
$5r(r-1) - r + 1.8 = 0 \implies 5r^2 - 6r + 1.8 = 0$
同乘以 $5$ 得：

核心觀念

利用拉普拉斯轉換將微分方程化為代數方程。右側的 $u(t-1)$ 表示 $t=1$ 時開啟的單位階躍函數，其拉普拉斯轉換為

$$\mathcal{L}\{u(t-1)\}=\frac{e^{-s}}{s}.$$

零初始條件下，導數的拉普拉斯轉換為 $\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)$、$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)$。

解題方法

令 $Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}$。對方程兩側取拉普拉斯轉換，代入 $y(0)=y'(0)=0$：

$$(s^2+5s+6)Y(s)=\frac{1}{s}-\frac{e^{-s}}{s}.$$

因為 $s^2+5s+6=(s+2)(s+3)$，所以

$$Y(s)=\frac{1-e^{-s}}{s(s+2)(s+3)}.$$

先求

$$\frac{1}{s(s+2)(s+3)} =\frac{1}{6s}-\frac{1}{2(s+2)}+\frac{1}{3(s+3)}.$$

因此，若

$$f(t)=\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s(s+2)(s+3)}\right\} =\frac{1}{6}-\frac{1}{2}e^{-2t}+\frac{1}{3}e^{-3t},$$

由第二位移定理，

$$y(t)=f(t)-u(t-1)f(t-1).$$

故解可寫成

核心觀念

• 特徵值 (eigenvalue)：若存在非零向量 $v$ 滿足 $Av=\lambda v$，則 $\lambda$ 為 $A$ 的特徵值，$v$ 為對應的特徵向量。
• 特徵多項式：$\det(A-\lambda I)=0$ 的根即為特徵值。
• 可對角化 (diagonalizable)：若 $A$ 有 $n$ 個線性獨立的特徵向量（$n$ 為矩陣階數），則可寫成 $A=PDP^{-1}$，其中 $D$ 為特徵值對角矩陣，$P$ 的欄向量為相應特徵向量。

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解題方法

1. 求特徵值

$$\det\!\left(A-\lambda I\right)=\det\begin{bmatrix}3-\lambda & 4\\ 1 & 3-\lambda\end{bmatrix} =(3-\lambda)^2-4=0.$$

展開得
$(3-\lambda)^2-4=\lambda^2-6\lambda+5=(\lambda-1)(\lambda-5)=0.$
因此特徵值為
$\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=5.$

2. 求對應的特徵向量

   • $\lambda_1=1$
     解 $(A-I)v=0$：

$$\begin{bmatrix}2 & 4\\ 1 & 2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\ y\end{bmatrix}=0 \;\Longrightarrow\;2x+4y=0 \;\Longrightarrow\; x=-2y.$$

 取 $y=1$，得特徵向量 $v_1=\begin{bmatrix}-2\\ 1\end{bmatrix}$（任意非零倍數皆可）。

• $\lambda_2=5$
  解 $(A-5I)v=0$：

$$\begin{bmatrix}-2 & 4\\ 1 & -2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\ y\end{bmatrix}=0 \;\Longrightarrow\;-2x+4y=0 \;\Longrightarrow\; x=2y.$$

 取 $y=1$，得特徵向量 $v_2=\begin{bmatrix}2\\ 1\end{bmatrix}$。

兩向量 $v_1,v_2$ 顯然線性獨立，構成 $A$ 的特徵向量基底。

3. 構造對角化矩陣

核心觀念

• 一維波動方程 $\displaystyle u_{tt}=c^{2}u_{xx}$ 在固定兩端 ($u(0,t)=u(1,t)=0$) 的邊界條件屬於 Dirichlet 問題。
• 標準解法：特徵函數展開（Fourier sine series），利用 $\sin (n\pi x)$ 作為正交基底，將初值函數展開成正弦級數。
• 初始速度為零 $\;u_{t}(x,0)=0$ ⇒ 時間係數只剩 餘弦 項 $\cos (n\pi ct)$。

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解題方法

1. 分離變數
   假設解的形式為

$u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}A_{n}\cos (n\pi ct)\sin (n\pi x)$

其中 $\sin (n\pi x)$ 滿足端點固定條件，$\cos (n\pi ct)$ 由 $u_{t}(x,0)=0$ 得到（不出現 $\sin (n\pi ct)$）。

2. 決定係數 $A_{n}$
   初始位移給定

$$f(x)=u(x,0)= \begin{cases} x, & 0<x<\tfrac12,\\[4pt] 1-x, & \tfrac12<x<1 . \end{cases}$$

利用正弦基底的正交性

$A_{n}=2\int_{0}^{1}f(x)\sin (n\pi x)\,dx .$

3. 分段積分

$$\begin{aligned} A_{n}&=2\Bigl[\int_{0}^{1/2}x\sin (n\pi x)\,dx +\int_{1/2}^{1}(1-x)\sin (n\pi x)\,dx\Bigr] . \end{aligned}$$

設 $a=n\pi$。利用分部積分

$$\int x\sin(ax)\,dx=-\frac{x\cos(ax)}{a}+\frac{\sin(ax)}{a^{2}}, \qquad \int (1-x)\sin(ax)\,dx=-\frac{\cos(ax)}{a}+ \frac{x\cos(ax)}{a} -\frac{\sin(ax)}{a^{2}} .$$

代入上下限：

核心觀念

• 功的線積分：在向量場 $\vec F$ 中，沿一條曲線 $C$ 的位移所做的功
  $W=\int_C \vec F\cdot d\vec r.$
• 參數化曲線：給定 $\vec r(t)$，則 $d\vec r=\vec r\,'(t)\,dt$，積分變為對參數 $t$ 的定積分。
• 微積分基本技巧：利用代換求 $\int \sin^2t\cos t\,dt$、$\int \cos^2t\sin t\,dt$，以及指數函數的直接積分。

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解題方法

1. 找出參數範圍：根據起點與終點求出 $t$ 的起始與結束值。
2. 寫出 $\vec F$ 與 $d\vec r$ 的參數形式：將 $\vec F$ 以 $\vec r(t)$ 代入，計算 $\vec r\,'(t)$。
3. 計算點積 $\vec F(\vec r(t))\cdot\vec r\,'(t)$，得到只有 $t$ 的函數。
4. 對 $t$ 於適當區間積分，分別處理三項：兩項三角函數可用代換簡化，指數項直接積分。
5. 代入上下限求值，合併結果即為功。

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詳細步驟

1. 確定參數區間

$$\vec r(t)=(\sin t,\;\cos t,\;e^{t}),\qquad \vec r(0)=(0,1,1),\ \vec r(\pi)=(0,-1,e^{\pi}).$$

因此 $t$ 從 $0$ 到 $\pi$。

2. 求導與代入

$\vec r\,'(t)=(\cos t,\;-\sin t,\;e^{t}),$

$\vec F(\vec r(t))=\bigl[\sin^{2}t,\;\cos^{2}t,\;e^{2t}\bigr].$

3. 點積

$$\vec F\cdot\vec r\,'= \sin^{2}t\cos t\;+\;\cos^{2}t(-\sin t)\;+\;e^{2t}e^{t} =\sin^{2}t\cos t-\cos^{2}t\sin t+e^{3t}.$$

4. 積分

$W=\int_{0}^{\pi}\Bigl(\sin^{2}t\cos t-\cos^{2}t\sin t+e^{3t}\Bigr)\,dt.$