109 年 國立中正大學化學工程學系碩士班《工程數學》

核心觀念

將微分方程寫成

$$M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0,$$

其中

$$M=x-y^2,\qquad N=2xy.$$

若滿足

$$\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x},$$

則為恰當微分方程，可找出勢函數 $F(x,y)$，使得 $dF=0$。

若不恰當，若

$$\frac{M_y-N_x}{N}$$

僅為 $x$ 的函數，則可求只依賴 $x$ 的積分因子

$$\mu(x)=\exp\left(\int \frac{M_y-N_x}{N}\,dx\right).$$

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(a) 判斷是否為恰當方程

計算偏微分：

$$\frac{\partial M}{\partial y}=-2y, \qquad \frac{\partial N}{\partial x}=2y.$$

因為

$$-2y\neq 2y$$

一般不成立，所以原方程不是恰當微分方程。

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(b) 求積分因子

計算

$$\frac{M_y-N_x}{N} = \frac{-2y-2y}{2xy} = -\frac{2}{x}.$$

結果只與 $x$ 有關，因此積分因子可取為

$$\begin{aligned} \mu(x) &=\exp\left(\int-\frac{2}{x}\,dx\right)\\ &=\exp(-2\ln|x|)\\ &=\frac{1}{x^2}. \end{aligned}$$

此積分因子適用於 $x\neq 0$。

將原方程乘上 $\dfrac{1}{x^2}$：

$$\left(\frac{1}{x}-\frac{y^2}{x^2}\right)dx +\frac{2y}{x}\,dy=0.$$

令

$$\widetilde M=\frac{1}{x}-\frac{y^2}{x^2}, \qquad \widetilde N=\frac{2y}{x}.$$

可驗證

$$\frac{\partial \widetilde M}{\partial y} =-\frac{2y}{x^2}, \qquad \frac{\partial \widetilde N}{\partial x} =-\frac{2y}{x^2},$$

因此乘上積分因子後成為恰當方程。

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(c) 求通解

令勢函數為 $F(x,y)$，使得

核心觀念

將系統寫成矩陣形式：

$$\frac{d}{dt} \begin{bmatrix} x\\y \end{bmatrix} = A \begin{bmatrix} x\\y \end{bmatrix}, \qquad A= \begin{bmatrix} 2&-3\\ -2&1 \end{bmatrix}.$$

本題使用拉普拉斯轉換，把微分方程組化為代數方程組。系統的特徵方程為

$$\det(A-\lambda I)=0,$$

其根即為特徵值。特徵值的實部決定系統穩定性：

• 所有特徵值實部皆小於 $0$：漸近穩定。
• 存在特徵值實部大於 $0$：不穩定。

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解題方法：拉普拉斯轉換

令

$$X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\},\qquad Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$$

由初始條件 $x(0)=8$、$y(0)=3$，對兩式分別取拉普拉斯轉換。

第一式：

$$\frac{dx}{dt}=2x-3y$$

得到

$$sX(s)-8=2X(s)-3Y(s),$$

整理為

$$(s-2)X(s)+3Y(s)=8.$$

第二式：

$$\frac{dy}{dt}=y-2x$$

得到

$$sY(s)-3=Y(s)-2X(s),$$

整理為

$$2X(s)+(s-1)Y(s)=3.$$

因此有代數方程組

$$\begin{cases} (s-2)X+3Y=8,\\ 2X+(s-1)Y=3. \end{cases}$$

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(a) 特徵方程與特徵值

代數方程組的係數行列式為

$$\begin{vmatrix} s-2&3\\ 2&s-1 \end{vmatrix} =0.$$

因此

$$(s-2)(s-1)-6=0,$$

即

$$s^2-3s-4=0.$$

以特徵值記為 $\lambda$，特徵方程為

$$\lambda^2-3\lambda-4=0.$$

因式分解得

$$(\lambda-4)(\lambda+1)=0.$$

所以特徵值為

$$\boxed{\lambda_1=4,\qquad \lambda_2=-1}.$$

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(b) 求 $x(t)$ 與 $y(t)$

由克拉默法則，

$$X(s) = \frac{ \begin{vmatrix} 8&3\\ 3&s-1 \end{vmatrix} }{ (s-2)(s-1)-6 } = \frac{8(s-1)-9}{s^2-3s-4}.$$

因此

$$X(s)=\frac{8s-17}{(s-4)(s+1)}.$$

部分分式分解：

$$\frac{8s-17}{(s-4)(s+1)} = \frac{A}{s-4}+\frac{B}{s+1}.$$

比較係數或代入 $s=4,-1$：

$$A=3,\qquad B=5.$$

所以

$$X(s)=\frac{3}{s-4}+\frac{5}{s+1}.$$

反拉普拉斯轉換得

核心觀念

在區間 $[0,1]$ 上，函數的內積與範數定義為

$$\langle f,g\rangle=\int_0^1 f(t)g(t)\,dt, \qquad \|f\|=\sqrt{\langle f,f\rangle}.$$

兩個函數構成正交歸一組，須滿足各自範數為 $1$，且彼此內積為 $0$。

拉普拉斯轉換使用公式

$$\mathcal{L}\{1\}=\frac{1}{s}, \qquad \mathcal{L}\{t\}=\frac{1}{s^2}, \qquad \mathcal{L}\{t^2\}=\frac{2}{s^3}.$$

解題方法

(a) 求 $a,b,c$

先令 $y_0(t)=a$ 的範數為 $1$：

$$\int_0^1 a^2\,dt=a^2=1,$$

所以 $a=\pm 1$。

再令 $y_0$ 與 $y_1(t)=b+ct$ 正交：

$$\int_0^1 a(b+ct)\,dt =a\left(b+\frac{c}{2}\right)=0.$$

由於 $a\ne 0$，得到

$$b=-\frac{c}{2}.$$

最後令 $y_1$ 的範數為 $1$。代入 $b=-c/2$：

$$\int_0^1 (b+ct)^2\,dt =c^2\int_0^1\left(t-\frac12\right)^2dt =\frac{c^2}{12}=1.$$

因此 $c=\pm 2\sqrt{3}$，且 $b=-c/2$。一組常用取值為

$A=[a_{jk}],\qquad A_{jk}=(-1)^{j+k}\det M_{jk}$

其中 $M_{jk}$ 為刪除第 $j$ 列第 $k$ 行後的 $(n-1)\times(n-1)$ 子矩陣。
定義伴隨矩陣 $\operatorname{adj}A=[A_{kj}]$，即 $\operatorname{adj}A$ 為 $A$ 的余因子矩陣之轉置。

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計算 $A\operatorname{adj}A$ 的第 $(i,k)$ 元素

$$(A\operatorname{adj}A)_{ik} =\sum_{j=1}^{n} a_{ij}\,A_{kj} =\sum_{j=1}^{n} a_{ij}(-1)^{k+j}\det M_{kj}.$$

把此和看成 $A$ 的第 $k$ 列被第 $i$ 列取代的 $n\times n$ 矩陣的行列式，記為 $D_{ik}$，則

$$D_{ik} =\det\begin{pmatrix} \vdots\\ \text{第 }k\text{ 列 }= (a_{i1},\dots,a_{in})\\ \vdots \end{pmatrix} =\sum_{j=1}^{n} a_{ij}(-1)^{k+j}\det M_{kj}.$$

若 $i=k$，$D_{kk}=\det A$。若 $i\neq k$，矩陣中第 $i$、$k$ 兩列相同，故 $D_{ik}=0$。

因此

利用 Levi‑Civita 符號 $\varepsilon_{ijk}$（循環置換符號， $\varepsilon_{ijk}=0$ 若有重指標），寫出向量運算的分量形式

$$(\mathbf{u}\times\mathbf{v})_i=\varepsilon_{ijk}\,u_jv_k ,\qquad (\nabla\times\mathbf{u})_i=\varepsilon_{ijk}\,\partial_j u_k ,\qquad (\nabla\cdot\mathbf{w})=\partial_i w_i .$$

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步驟 1：展開左側

$$\begin{aligned} \nabla\!\cdot(\mathbf{u}\times\mathbf{v}) &=\partial_i(\mathbf{u}\times\mathbf{v})_i \\ &=\partial_i\bigl(\varepsilon_{ijk}u_jv_k\bigr) \\ &=\varepsilon_{ijk}\bigl(\partial_i u_j\bigr)v_k +\varepsilon_{ijk}u_j\bigl(\partial_i v_k\bigr) . \end{aligned}$$

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步驟 2：辨識右側兩項

第一項：

核心觀念

本題是具有兩端固定零值邊界條件的一維熱方程，適合使用：

1. 變數分離法；
2. Sturm–Liouville 特徵值問題；
3. Fourier 正弦級數展開。

由於邊界條件為

$$u(0,t)=u(L,t)=0,$$

空間部分的特徵函數必須選用

$$\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

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解題方法：變數分離

令

$$u(x,t)=X(x)T(t).$$

代入熱方程式

$$\frac{\partial u}{\partial t} = c^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2},$$

得到

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

除以 $c^2X(x)T(t)$：

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

因此分成兩個常微分方程：

$$T'(t)+c^2\lambda T(t)=0,$$

以及

$$X''(x)+\lambda X(x)=0.$$

邊界條件轉為

$$X(0)=0,\qquad X(L)=0.$$

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空間特徵值問題

考慮 $\lambda$ 的三種情形。

當 $\lambda=0$ 時，

$$X''=0 \quad\Longrightarrow\quad X=A+Bx.$$

代入 $X(0)=X(L)=0$ 後只能得到 $X\equiv 0$，沒有非零特徵函數。

當 $\lambda=-\mu^2<0$ 時，

$$X''-\mu^2X=0,$$

其解為

$$X=A\cosh(\mu x)+B\sinh(\mu x).$$

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，再由 $X(L)=0$ 得 $B=0$，同樣只有零解。

因此必須有 $\lambda>0$。令

$$\lambda=\mu^2,$$

則

$$X''+\mu^2X=0,$$

其一般解為

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

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，所以

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

再由 $X(L)=0$：

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

因此

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

故特徵值與特徵函數為

$$\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2,$$ $$X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

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時間部分

對應於 $\lambda_n$ 的時間方程為

$$T_n'(t)+c^2\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2T_n(t)=0.$$

因此

$$T_n(t) = \exp\left[-c^2\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2t\right].$$

每一個分離解為