114 年 國立中山大學材料與光電科學學系前瞻應用材料碩士班《工程數學》

核心觀念

本題考查**一階常微分方程式（First-Order Ordinary Differential Equation）**的求解。
觀察方程式：

$$y' = \frac{1}{x}y^2 + \frac{1}{x}y - \frac{2}{x}$$

其右式每一項皆含有公因式 $\frac{1}{x}$，將其提出後，二次多項式可因式分解為 $y^2 + y - 2 = (y+2)(y-1)$。因此，此微分方程本質為可分離變數方程式（Separable Differential Equation）：

$$\frac{dy}{dx} = g(x)h(y) \implies \frac{1}{h(y)}dy = g(x)dx$$

求解過程需運用**部分分式拆解（Partial Fraction Decomposition）**進行積分，並探討常數解（奇異解／平衡解）。

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解題方法

步驟一：整理方程式並分離變數

原式可改寫為：

$$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{x}\left(y^2 + y - 2\right) = \frac{1}{x}(y-1)(y+2)$$

當 $y \neq 1$ 且 $y \neq -2$ 時，將變數 $x$ 與 $y$ 完全分離：

$$\frac{1}{(y-1)(y+2)}\,dy = \frac{1}{x}\,dx$$

步驟二：部分分式拆解與兩邊積分

利用部分分式拆解左式：

$$\frac{1}{(y-1)(y+2)} = \frac{1}{3}\left(\frac{1}{y-1} - \frac{1}{y+2}\right)$$

兩邊同時取不定積分：

$$\frac{1}{3}\int \left(\frac{1}{y-1} - \frac{1}{y+2}\right) dy = \int \frac{1}{x}\,dx$$ $$\frac{1}{3}\left(\ln|y-1| - \ln|y+2|\right) = \ln|x| + c_1$$

其中 $c_1$ 為任意積分常數。

步驟三：化簡對數項並求通解

兩邊同乘以 $3$：

$$\ln\left|\frac{y-1}{y+2}\right| = 3\ln|x| + 3c_1 = \ln|x|^3 + c_2 \quad (c_2 = 3c_1)$$

兩邊取指數函數 $\exp(\cdot)$：

$$\left|\frac{y-1}{y+2}\right| = e^{c_2}|x|^3$$

去除絕對值符號：

$$\frac{y-1}{y+2} = C x^3$$

核心觀念

本題考查**二階常係數非齊次線性常微分方程（Second-Order Nonhomogeneous Linear ODE）**的通解求法。

通解結構為：

$$y(x) = y_h(x) + y_p(x)$$

其中：

1. 齊次解（Homogeneous Solution, $y_h$）：由特徵方程式（Characteristic Equation）求得對應齊次方程的根，進而依據根的性質（實相異根、重根、共軛複數根）組合出互補解。
2. 特解（Particular Solution, $y_p$）：針對非齊次項（Forcing function），利用**待定係數法（Method of Undetermined Coefficients）或微分算子法（Differential Operator Method）**求解。
3. 重疊原理（Superposition Principle）：當外力項由不同類型的函數相加組成時，可分別求出各項對應的特解再行疊加，即 $y_p = y_{p1} + y_{p2}$。

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解題方法

給定微分方程式為：

$$y'' + 2y' + 5y = 1.25e^{0.5x} + 40\cos 4x - 55\sin 4x$$

步驟一：求齊次解 $y_h(x)$

對應之齊次微分方程為：

$$y'' + 2y' + 5y = 0$$

寫出特徵方程式：

$$\lambda^2 + 2\lambda + 5 = 0$$

利用二次方程式公式求解：

$$\lambda = \frac{-2 \pm \sqrt{2^2 - 4(1)(5)}}{2} = \frac{-2 \pm \sqrt{-16}}{2} = -1 \pm 2i$$

特徵根為一對共軛複數根 $\lambda = \alpha \pm i\beta = -1 \pm 2i$（其中 $\alpha = -1, \beta = 2$），因此齊次解為：

$$y_h(x) = e^{-x}(c_1 \cos 2x + c_2 \sin 2x)$$

（其中 $c_1, c_2$ 為任意實數常數）

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步驟二：求特解 $y_p(x)$

將非齊次項分為兩部分：

$$r_1(x) = 1.25e^{0.5x} = \frac{5}{4}e^{0.5x}$$ $$r_2(x) = 40\cos 4x - 55\sin 4x$$

利用重疊原理，設總特解為 $y_p = y_{p1} + y_{p2}$。

1. 求對應 $r_1(x) = 1.25e^{0.5x}$ 之特解 $y_{p1}$

因 $e^{0.5x}$ 非齊次解之組成元素，故令：

$$y_{p1} = A e^{0.5x}$$

逐次微分：

$$y_{p1}' = 0.5A e^{0.5x}$$ $$y_{p1}'' = 0.25A e^{0.5x}$$

代入微分方程左式：

$$y_{p1}'' + 2y_{p1}' + 5y_{p1} = (0.25A + 2(0.5A) + 5A)e^{0.5x} = (0.25 + 1 + 5)A e^{0.5x} = 6.25A e^{0.5x}$$

由 $6.25A e^{0.5x} = 1.25e^{0.5x}$，解得：

$$A = \frac{1.25}{6.25} = \frac{1}{5} = 0.2$$

故：

$$y_{p1}(x) = 0.2e^{0.5x}$$

2. 求對應 $r_2(x) = 40\cos 4x - 55\sin 4x$ 之特解 $y_{p2}$

因角頻率 $\omega = 4$ 與齊次解的固有頻率 $\beta = 2$ 不同，不產生共振，設特解形式為：

$$y_{p2} = B\cos 4x + C\sin 4x$$

逐次微分：

$$y_{p2}' = -4B\sin 4x + 4C\cos 4x$$ $$y_{p2}'' = -16B\cos 4x - 16C\sin 4x$$

代入微分方程左式並按 $\cos 4x$ 與 $\sin 4x$ 整理合併：

核心觀念

本題考查二階線性變係數常微分方程的級數解法，特別是展開點為正則奇異點（Regular Singular Point）時的弗羅貝尼烏斯法（Frobenius Method）。

1. 奇異點判別：
   將方程式化為標準形式 $y'' + P(x)y' + Q(x)y = 0$。若在 $x = x_0$ 處 $P(x)$ 或 $Q(x)$ 不解析，但 $(x - x_0)P(x)$ 與 $(x - x_0)^2 Q(x)$ 在 $x = x_0$ 處皆為解析函數，則 $x_0$ 稱為正則奇異點。
2. 指標方程式（Indicial Equation）：
   設級數解為 $y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r}$（其中 $a_0 \neq 0$），代入方程式中最低次項係數令其為零，可求得指標根 $r_1, r_2$。
3. 兩根相差整數之情形（Case of Roots Differing by an Integer）：
   若指標根 $r_1 - r_2 = N \in \mathbb{Z}^+$（假設 $r_1 \ge r_2$），較大根 $r_1$ 恆能保證求得第一個基底解 $y_1(x)$；而較小根 $r_2$ 代入遞迴關係式時，往往會發生分母為零或矛盾情形，此時第二個獨立解 $y_2(x)$ 必含有對數項 $\ln x$。求 $y_2(x)$ 可採用弗羅貝尼烏斯參數微分法或降階法（Reduction of Order）。

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解題方法

步驟一：判別展開點之性質

原微分方程式為：

$$xy'' + 5xy' + (x+4)y = 0$$

同除以 $x$ 化為標準式：

$$y'' + 5y' + \left(1 + \frac{4}{x}\right)y = 0$$

其中 $P(x) = 5$，$Q(x) = 1 + \frac{4}{x}$。在 $x = 0$ 處：

$$p_0 = \lim_{x \to 0} x P(x) = \lim_{x \to 0} 5x = 0$$ $$q_0 = \lim_{x \to 0} x^2 Q(x) = \lim_{x \to 0} (x^2 + 4x) = 0$$

極限值皆存在且有限，故 $x = 0$ 為方程式的正則奇異點，需採用弗羅貝尼烏斯級數展開。

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步驟二：建立級數式與指標方程式

設解為：

$$y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r}, \quad a_0 \neq 0$$

其一階、二階導函數分別為：

$$y'(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (n+r) a_n x^{n+r-1}$$ $$y''(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (n+r)(n+r-1) a_n x^{n+r-2}$$

將各項代入原方程式 $xy'' + 5xy' + 4y + xy = 0$：

$$\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)(n+r-1) a_n x^{n+r-1} + \sum_{n=0}^{\infty} 5(n+r) a_n x^{n+r} + \sum_{n=0}^{\infty} 4 a_n x^{n+r} + \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r+1} = 0$$

統一各項的次數指標至 $x^{n+r-1}$：

• $xy'' = \sum_{n=0}^{\infty} (n+r)(n+r-1) a_n x^{n+r-1}$
• $(5x y' + 4y) = \sum_{n=0}^{\infty} [5(n+r)+4] a_n x^{n+r} = \sum_{n=1}^{\infty} [5(n+r-1)+4] a_{n-1} x^{n+r-1}$
• $xy = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r+1} = \sum_{n=2}^{\infty} a_{n-2} x^{n+r-1}$

依 $x$ 之各次冪合併係數：

1. $x^{r-1}$ 項（$n=0$）：

$$r(r-1) a_0 = 0$$

因 $a_0 \neq 0$，得指標方程式：

$$r(r-1) = 0 \implies r_1 = 1, \quad r_2 = 0$$

兩根之差 $r_1 - r_2 = 1 - 0 = 1$ 為正整數。

2. $x^r$ 項（$n=1$）：

$$(r+1)r a_1 + (5r + 4) a_0 = 0$$

3. $x^{n+r-1}$ 項（$n \ge 2$）：

$$(n+r)(n+r-1) a_n + (5n + 5r - 1) a_{n-1} + a_{n-2} = 0$$

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步驟三：求對應較大根 $r_1 = 1$ 的第一個基底解 $y_1(x)$

將 $r = 1$ 代入上述遞迴關係式：

• 當 $n = 1$：

$$(2)(1) a_1 + (5 + 4) a_0 = 0 \implies 2 a_1 + 9 a_0 = 0 \implies a_1 = -\frac{9}{2} a_0$$

• 當 $n \ge 2$：

$$(n+1)n a_n + (5n + 4) a_{n-1} + a_{n-2} = 0 \implies a_n = -\frac{(5n+4)a_{n-1} + a_{n-2}}{n(n+1)}$$

取 $a_0 = 1$：

• $n = 1$：$a_1 = -\frac{9}{2}$
• $n = 2$：

核心觀念

本題旨在考查可化為標準貝索方程式（Bessel's Differential Equation）的二階變係數常微分方程式。

標準貝索方程式的形式為：

$$t^2 \frac{d^2y}{dt^2} + t \frac{dy}{dt} + (t^2 - \nu^2)y = 0$$

其通解表示為：

$$y(t) = c_1 J_\nu(t) + c_2 Y_\nu(t)$$

其中 $J_\nu(t)$ 為第一類階數 $\nu$ 之貝索函數（Bessel function of the first kind），$Y_\nu(t)$ 為第二類階數 $\nu$ 之貝索函數（Bessel function of the second kind，亦稱諾伊曼函數 Neumann function）。當給定自變數代換提示 $z = x^\alpha$ 時，利用微分連鎖律（Chain Rule）進行自變數變換，將原方程式化簡為標準貝索型態，即可直接寫出通解。

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解題方法

原二階常微分方程式為：

$$x^2 \frac{d^2y}{dx^2} + x \frac{dy}{dx} + (\tau^2 x^{2\alpha} - \omega^2)y = 0$$

依題目提示，令新自變數 $z = x^\alpha$（其中假定 $\alpha \neq 0$）。

步驟一：由連鎖律求導數關係

利用微分連鎖律：

$$\frac{dz}{dx} = \alpha x^{\alpha - 1}$$

一階導數轉換：

$$\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dz} \frac{dz}{dx} = \alpha x^{\alpha - 1} \frac{dy}{dz}$$

同理可得：

$$x \frac{dy}{dx} = \alpha x^\alpha \frac{dy}{dz} = \alpha z \frac{dy}{dz}$$

接著求二階微分運算元或直接對 $x$ 微分：

$$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx}\left(\alpha x^{\alpha - 1} \frac{dy}{dz}\right) = \alpha(\alpha - 1)x^{\alpha - 2}\frac{dy}{dz} + \alpha x^{\alpha - 1}\frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dz}\right)$$

因為 $\frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dz}\right) = \frac{d^2y}{dz^2}\frac{dz}{dx} = \alpha x^{\alpha - 1}\frac{d^2y}{dz^2}$，代入上式得：

$$\frac{d^2y}{dx^2} = \alpha(\alpha - 1)x^{\alpha - 2}\frac{dy}{dz} + \alpha^2 x^{2\alpha - 2}\frac{d^2y}{dz^2}$$

兩邊同乘以 $x^2$：

$$x^2 \frac{d^2y}{dx^2} = \alpha^2 x^{2\alpha}\frac{d^2y}{dz^2} + \alpha(\alpha - 1)x^\alpha \frac{dy}{dz} = \alpha^2 z^2 \frac{d^2y}{dz^2} + \alpha(\alpha - 1)z \frac{dy}{dz}$$

步驟二：代回原微分方程式

將 $x^2 y''$ 與 $x y'$ 代入原方程式：

$$\left[\alpha^2 z^2 \frac{d^2y}{dz^2} + \alpha(\alpha - 1)z \frac{dy}{dz}\right] + \left[\alpha z \frac{dy}{dz}\right] + (\tau^2 z^2 - \omega^2)y = 0$$

合併一階項係數：

$$\alpha(\alpha - 1)z + \alpha z = \alpha^2 z$$

因此方程式化為：

$$\alpha^2 z^2 \frac{d^2y}{dz^2} + \alpha^2 z \frac{dy}{dz} + (\tau^2 z^2 - \omega^2)y = 0$$

兩邊同除以 $\alpha^2$：

$$z^2 \frac{d^2y}{dz^2} + z \frac{dy}{dz} + \left(\frac{\tau^2}{\alpha^2}z^2 - \frac{\omega^2}{\alpha^2}\right)y = 0$$

步驟三：化為標準貝索方程式形式

令新變數 $t = \frac{\tau}{\alpha} z = \frac{\tau}{\alpha} x^\alpha$。

核心觀念

本題評量利用拉普拉斯轉換（Laplace Transform）求解非齊次二階常係數常微分方程（ODE）之初值問題（IVP），特別著重於**不連續/分段外力函數（Piecewise Continuous Forcing Function）**的處理。解題涉及之核心定理與公式如下：

1. 單位步階函數（Unit Step Function / Heaviside Function）之表示法：
   定義 $u(t-a) = \begin{cases} 0, & t < a \\ 1, & t \ge a \end{cases}$。
   分段函數 $f(t)$ 須改寫為以 $u(t-a)$ 表示之延遲形式。

2. 拉普拉斯轉換之第二位移定理（Second Shifting Theorem / $t$-Shifting Theorem）：

   $$\mathcal{L}\{g(t-a) u(t-a)\} = e^{-as}\mathcal{L}\{g(t)\} = e^{-as}G(s)$$

   反轉換為：

   $$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}G(s)\} = g(t-a)u(t-a)$$

3. 微分性質（Differentiation Property）：

   $$\mathcal{L}\{y''(t)\} = s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0)$$

4. 常用基礎拉氏反轉換公式：

   $$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s}\right\} = 1, \quad \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2}\right\} = t, \quad \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{s^2+\omega^2}\right\} = \cos(\omega t), \quad \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{\omega}{s^2+\omega^2}\right\} = \sin(\omega t)$$

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解題方法

步驟一：將分段外力函數 $f(t)$ 改寫為單位步階函數形式並取拉氏轉換

題目給定外力函數：

$$f(t) = \begin{cases} 0, & t < 3 \\ t, & t \ge 3 \end{cases}$$

可表示為：

$$f(t) = t \cdot u(t-3)$$

為配合第二位移定理，將變數 $t$ 平移配湊成 $(t-3)$：

$$f(t) = (t - 3 + 3) u(t-3) = (t-3)u(t-3) + 3u(t-3)$$

對 $f(t)$ 取拉普拉斯轉換：

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

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步驟二：對原微分方程兩邊取拉氏轉換

對原方程式 $y'' + 4y = f(t)$ 兩邊取拉普拉斯轉換，令 $Y(s) = \mathcal{L}\{y(t)\}$：

$$\left[s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0)\right] + 4Y(s) = \mathcal{L}\{f(t)\}$$

代入初值條件 $y(0) = 0$ 與 $y'(0) = 0$：

$$(s^2 + 4)Y(s) = e^{-3s} \left(\frac{3s+1}{s^2}\right)$$

解出 $Y(s)$：

$$Y(s) = e^{-3s} \cdot \frac{3s+1}{s^2(s^2+4)}$$

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步驟三：部分分式展開（Partial Fraction Expansion）

令不含指數項的部分為 $G(s)$：

$$G(s) = \frac{3s+1}{s^2(s^2+4)}$$

利用部分分式分解，設：

$$\frac{3s+1}{s^2(s^2+4)} = \frac{A}{s} + \frac{B}{s^2} + \frac{Cs + D}{s^2+4}$$

通分同乘以 $s^2(s^2+4)$：

$$3s + 1 = A s(s^2+4) + B(s^2+4) + (Cs+D)s^2$$

整理同類項係數：

$$3s + 1 = (A+C)s^3 + (B+D)s^2 + 4As + 4B$$

比較等式兩側之係數：

核心觀念

1. 複數傅立葉級數（Complex Fourier Series）定義：
   若週期函數 $f(x)$ 具有週期 $T = 2L$（此題週期 $T = 2\pi$，半週期 $L = \pi$），其複數形式之傅立葉級數展開式為：

   $$f(x) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n e^{i n \omega_0 x}$$

   其中基頻 $\omega_0 = \frac{2\pi}{T} = \frac{\pi}{L} = 1$。
   傅立葉複數係數 $c_n$ 的計算公式為：

   $$c_n = \frac{1}{2L} \int_{-L}^{L} f(x) e^{-i n \frac{\pi}{L} x} \, dx = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) e^{-i n x} \, dx \quad (n \in \mathbb{Z})$$

2. 歐拉公式與雙曲函數：

   • 歐拉公式：$e^{\pm i n \pi} = \cos(n\pi) \pm i\sin(n\pi) = (-1)^n$
   • 雙曲正弦函數定義：$\sinh(x) = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$，故 $e^\pi - e^{-\pi} = 2\sinh(\pi)$

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解題方法

步驟一：設定複數傅立葉級數形式
題目給定 $f(x) = e^x$，區間為 $-\pi < x < \pi$，且滿足週期條件 $f(x+2\pi) = f(x)$。
週期 $T = 2\pi$，故半週期 $L = \pi$。
複數傅立葉級數表示為：

$$f(x) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n e^{i n x}$$

步驟二：積分求解傅立葉係數 $c_n$
利用複數係數公式：

$$c_n = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} e^x e^{-i n x} \, dx = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} e^{(1 - i n)x} \, dx$$

直接進行指數函數的不定積分：

$$c_n = \frac{1}{2\pi} \left[ \frac{e^{(1 - i n)x}}{1 - i n} \right]_{-\pi}^{\pi} = \frac{1}{2\pi(1 - i n)} \left( e^{(1 - i n)\pi} - e^{-(1 - i n)\pi} \right)$$

步驟三：展開指數項並化簡
將邊界值代入展開：

$$e^{(1 - i n)\pi} = e^\pi e^{-i n \pi} = e^\pi (-1)^n$$ $$e^{-(1 - i n)\pi} = e^{-\pi} e^{i n \pi} = e^{-\pi} (-1)^n$$

提出公因式 $(-1)^n$：

$$c_n = \frac{(-1)^n}{2\pi(1 - i n)} \left( e^\pi - e^{-\pi} \right)$$

利用雙曲函數關係式 $\sinh(\pi) = \frac{e^\pi - e^{-\pi}}{2}$，得：

核心觀念

1. 一維熱傳導方程式（1-D Heat Equation）： $$\frac{\partial u}{\partial t} = c^2\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$$ 其中 $u(x,t)$ 表示細棒在位置 $x$ 與時間 $t$ 之溫度，$c^2 = \frac{k}{\rho \sigma}$ 為熱擴散率（Thermal Diffusivity）。
2. 絕熱邊界條件（Insulated Boundary Conditions / Neumann Boundary Conditions）：
   根據傅立葉熱傳導定律（Fourier's Law of Heat Conduction），熱通量與溫度梯度成正比（$q = -k \frac{\partial u}{\partial x}$）。兩端絕熱（Ends are insulated）代表端點處無熱量進出，即邊界處的空間導數為零： $$\frac{\partial u}{\partial x}(0,t) = 0, \quad \frac{\partial u}{\partial x}(L,t) = 0 \quad (t > 0)$$ 其中假設細棒長度為 $L$。
3. 分離變數法（Separation of Variables） 與 史特姆－萊歐維爾問題（Sturm-Liouville Problem）：
   將偏微分方程（PDE）拆解為兩個常微分方程（ODE），配合齊次邊界條件求解特徵值（Eigenvalues）與特徵函數（Eigenfunctions），再利用重疊原理（Superposition Principle）及傅立葉餘弦級數（Fourier Cosine Series）建構通解。

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解題方法

步驟一：設定數學模型

題目未特別指定長度與初始溫度，令細棒長度為 $L$，初始溫度分布為 $u(x,0) = f(x)$。
定解問題（IBVP）如下：

• PDE：$\frac{\partial u}{\partial t} = c^2\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \quad (0 < x < L, \; t > 0)$
• BC：$\frac{\partial u}{\partial x}(0,t) = 0, \quad \frac{\partial u}{\partial x}(L,t) = 0 \quad (t > 0)$
• IC：$u(x,0) = f(x) \quad (0 \le x \le L)$

步驟二：分離變數

設 $u(x,t) = X(x)T(t)$，代入 PDE 得：

$$X(x)T'(t) = c^2 X''(x)T(t)$$

兩邊同除以 $c^2 X(x)T(t)$：

$$\frac{X''(x)}{X(x)} = \frac{T'(t)}{c^2 T(t)} = -\lambda$$

其中 $-\lambda$ 為分離常數。因此可拆解為兩個 ODE：

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

將邊界條件代入 $u_x(x,t) = X'(x)T(t)$：

$$u_x(0,t) = X'(0)T(t) = 0 \implies X'(0) = 0$$ $$u_x(L,t) = X'(L)T(t) = 0 \implies X'(L) = 0$$

（若 $T(t) = 0$，則 $u(x,t) = 0$ 為平凡解，故必有 $X'(0) = 0$ 且 $X'(L) = 0$）

步驟三：求解空間特徵值問題（Sturm-Liouville Problem）

考慮微分方程 $X''(x) + \lambda X(x) = 0$，邊界條件 $X'(0) = 0, \; X'(L) = 0$：

1. 若 $\lambda < 0$（設 $\lambda = -k^2, \; k > 0$）：

   $$X(x) = C_1 \cosh(kx) + C_2 \sinh(kx)$$ $$X'(x) = k C_1 \sinh(kx) + k C_2 \cosh(kx)$$

   由 $X'(0) = k C_2 = 0 \implies C_2 = 0$；
   由 $X'(L) = k C_1 \sinh(kL) = 0$，因 $k > 0, L > 0$，$\sinh(kL) \neq 0$，故 $C_1 = 0$。
   此情況僅有平凡解 $X(x) = 0$（無特徵值）。

2. 若 $\lambda = 0$：

   $$X''(x) = 0 \implies X(x) = C_1 x + C_2$$ $$X'(x) = C_1$$

   由 $X'(0) = C_1 = 0 \implies X(x) = C_2$。
   邊界條件 $X'(L) = 0$ 自動滿足。
   取非零常數（令 $C_2 = 1$），得：

   • 特徵值：$\lambda_0 = 0$
   • 特徵函數：$X_0(x) = 1$

3. 若 $\lambda > 0$（設 $\lambda = k^2, \; k > 0$）：

   $$X(x) = C_1 \cos(kx) + C_2 \sin(kx)$$