109 年 國立中山大學前瞻應用材料碩士班乙組《工程數學》

核心觀念

這是一個二階常係數非齊次線性微分方程。先解齊次方程，再依右側各項的形式求特解；由線性疊加原理，總特解等於各部分特解之和。

齊次方程的特徵方程為 $r^2+2r+5=0$。右側包含常數、指數函數與正弦函數，因此分別設相同形式的特解。這些形式都不會與齊次解共振，不必乘上 $x$。

解題方法

先解齊次方程：

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

特徵方程為

$$r^2+2r+5=0$$

解得 $r=-1\pm 2i$，所以齊次解為

$$y_h=e^{-x}\left(C_1\cos 2x+C_2\sin 2x\right)$$

接著分別處理右側三項。

**常數項 $\frac54$：**設特解為常數 $y_{p1}=A$。代入方程後，$y'=y''=0$，因此 $5A=\frac54$，得到

$$y_{p1}=\frac14$$

**指數項 $\frac54e^{x/2}$：**設 $y_{p2}=Be^{x/2}$，則 $y'_{p2}=\frac12Be^{x/2}$、$y''_{p2}=\frac14Be^{x/2}$。代入左側：

$$y''_{p2}+2y'_{p2}+5y_{p2} = \left(\frac14+1+5\right)Be^{x/2} = \frac{25}{4}Be^{x/2}$$

解題步驟

1. 令 $v=\dfrac{y}{x}$ ，則 $y=vx$，$y' = v + x v'$。
2. 代入原方程

$$v+xv' = \frac{1}{(vx)^2}+\frac{1}{x}(vx)-\frac{1}{x^{2}} =\frac{1}{v^{2}x^{2}}+v-\frac{1}{x^{2}} .$$

消去同項 $v$ 後得到

$$x v' =\frac{1}{v^{2}x^{2}}-\frac{1}{x^{2}} =\frac{1-v^{2}}{v^{2}x^{2}} .$$

整理為分離變數形式

$$v' =\frac{1-v^{2}}{v^{2}x^{3}} \;\Longrightarrow\; \frac{v^{2}}{1-v^{2}}\,dv = \frac{dx}{x^{3}} .$$

3. 兩側分別積分

$$\int\frac{v^{2}}{1-v^{2}}\,dv =\int\Bigl(-1+\frac{1}{1-v^{2}}\Bigr)dv =-v+\frac12\ln\!\Bigl|\frac{1+v}{1-v}\Bigr|+C_{1},$$

$\int x^{-3}\,dx =-\frac1{2x^{2}}+C_{2}.$

假設在 $x=0$ 附近有冪級數解

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^{n},\qquad y''=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_n x^{n-2}.$$

代入方程式

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

把第一項指標改為 $k=n-1$：

$$\sum_{k=1}^{\infty}(k+1)k a_{k+1}x^{k} +\sum_{k=0}^{\infty}a_k x^{k}=0 .$$

係數比較得

$$\begin{cases} a_0 =0,\\[4pt] (k+1)k\,a_{k+1}+a_k =0\qquad(k\ge 1). \end{cases}$$

由 $a_0=0$ 可得 $a_1$ 為任意常數 $C$，其餘係數遞迴

核心觀念

• 拉普拉斯變換：把常係數線性微分方程轉換成代數方程，利用初值條件直接求解。
• 單位階躍函數 $u(t-a)$：可將分段函數寫成 $f(t)=g(t)u(t-a)$ 的形式，拉氏變換時使用
  $\mathcal L\{g(t)u(t-a)\}=e^{-as}\, \mathcal L\{g(t+a)\}.$
• 卷積定理：若 $Y(s)=\frac{F(s)}{s^2+4}$，則 $y(t)= (f*\sin 2t)(t)$，其中 $\sin 2t$ 為系統的脈衝響應。

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解題方法

1. 寫出 $f(t)$ 的單位階躍表示

$$f(t)=t\,u(t-3),\qquad u(t-3)=\begin{cases} 0,&t<3\\ 1,&t\ge 3 \end{cases}$$

2. 對微分方程取拉普拉斯變換

   原式 $y''+4y=f(t)$，兩端取 $\mathcal L$，並代入初值 $y(0)=y'(0)=0$：

$$s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0)+4Y(s)=F(s) \quad\Longrightarrow\quad (s^{2}+4)Y(s)=F(s).$$

故

$Y(s)=\frac{F(s)}{s^{2}+4}.$

3. 求 $F(s)=\mathcal L\{t\,u(t-3)\}$

   先把 $t$ 改寫為 $(\tau+3)$ 的形式，令 $\tau=t-3$：

$f(t)=t\,u(t-3) = ( \tau+3) u(\tau) \quad (\tau=t-3).$

使用位移公式

$$\mathcal L\{(\tau+3)u(\tau)\}=e^{-3s}\,\mathcal L\{\tau+3\} =e^{-3s}\Bigl(\frac{1}{s^{2}}+\frac{3}{s}\Bigr).$$

因此

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

4. 寫出 $Y(s)$

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

5. 分部分式分解

   • 第一項

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

 解得 $A=0,\;B=\frac14,\;C=0,\;D=-\frac14$，故  

$\frac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}=\frac{1}{4s^{2}}-\frac{1}{4(s^{2}+4)}.$

• 第二項

$\frac{3}{s(s^{2}+4)}=\frac{3}{4}\Bigl(\frac{1}{s}-\frac{s}{s^{2}+4}\Bigr).$

合併得到

核心觀念

傅立葉轉換把函數 $f(x)$ 表示成不同角頻率 $\omega$ 的複指數成分。本題採用工程數學常見的定義：

$$F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-i\omega x}\,dx$$

題目未指定傅立葉轉換的定義慣例，以下依此定義計算。

解題方法

由分段函數可知，$x\leq 0$ 時 $f(x)=0$，因此積分只需計算 $x>0$ 的部分：

$$F(\omega)=\int_0^\infty xe^{-x}e^{-i\omega x}\,dx =\int_0^\infty x e^{-(1+i\omega)x}\,dx$$

令 $a=1+i\omega$。因為 $\operatorname{Re}(a)=1>0$，積分收斂。利用公式

核心觀念

• 1‑維波動方程：$\displaystyle u_{tt}=c^{2}u_{xx}$。本題 $c^{2}=1$，因此方程簡化為 $u_{tt}=u_{xx}$。
• 固定兩端的弦：邊界條件 $u(0,t)=u(L,t)=0$，$L=1$。此類問題常使用分離變數或傅立葉正弦級數展開。
• 初始條件：$u(x,0)=f(x)=k(\pi^{2}x-x^{3})$，$u_{t}(x,0)=0$。零初速度意味每個模式的正弦時間因子的相位為 $\cos(\omega_{n}t)$。

解題方法
採用分離變數得到特徵解，之後以正弦傅立葉級數表示初位形 $f(x)$。步驟如下：

1. 分離變數
   假設解為乘積形式 $u(x,t)=X(x)T(t)$。代入波動方程得

$\frac{T''}{T}= \frac{X''}{X}= -\lambda ,$

其中 $\lambda>0$ 為分離常數。於是得到兩個常微分方程

$$\begin{cases} X''+\lambda X=0,\\[2mm] T''+\lambda T=0 . \end{cases}$$

2. 空間特徵函數
   邊界條件 $X(0)=X(L)=0$（$L=1$）使得非平凡解必須是正弦型：

$X_{n}(x)=\sin (n\pi x),\qquad \lambda_{n}= (n\pi)^{2},\quad n=1,2,\dots$

3. 時間因子
   對每個 $\lambda_{n}$ 有

$$T_{n}''+(n\pi)^{2}T_{n}=0 \;\Longrightarrow\; T_{n}(t)=A_{n}\cos (n\pi t)+B_{n}\sin (n\pi t).$$

4. 通解

$u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl[A_{n}\cos (n\pi t)+B_{n}\sin (n\pi t)\Bigr]\sin (n\pi x).$

5. 套用初始條件

• 由 $u_{t}(x,0)=0$ 得

$$u_{t}(x,0)=\sum_{n=1}^{\infty}[-A_{n}n\pi\sin (n\pi\cdot0)+B_{n}n\pi\cos (n\pi\cdot0)]\sin (n\pi x) =\sum_{n=1}^{\infty}B_{n}n\pi\sin (n\pi x)=0.$$

正弦基底線性無關，故全部係數 $B_{n}=0$。

• 由 $u(x,0)=f(x)$ 得

$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}A_{n}\sin (n\pi x).$

因此 $A_{n}$ 為 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上的正弦傅立葉係數：

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

6. 計算係數 $A_{n}$

$f(x)=k(\pi^{2}x-x^{3})$。先將常數 $k$ 拉出：

$A_{n}=2k\int_{0}^{1}(\pi^{2}x-x^{3})\sin (n\pi x)\,dx.$

分別積分：