108 年 國立臺灣大學化學工程系碩士班《工程數學（E）》

解題步驟

1. 原式寫成微分方程

$$y\,dx+(x^{2}y-2x)\,dy=0\quad\Longrightarrow\quad \frac{dx}{dy}=-(x^{2}y-2x)/y=-x^{2}+\frac{2x}{y}$$

2. 令 $u=\dfrac1x$ ，則 $x=\dfrac1u$，且

$\frac{dx}{dy}= -\frac1{u^{2}}\frac{du}{dy}$

代入得到

$-\frac1{u^{2}}\frac{du}{dy}= -\frac1{u^{2}}+\frac{2}{uy}$

乘以 $-u^{2}$ 後化為線性方程

$\frac{du}{dy}+ \frac{2}{y}\,u = 1$

3. 求解線性 ODE：積分因子 $\mu(y)=e^{\int \frac{2}{y}dy}=y^{2}$。

$\frac{d}{dy}\bigl(y^{2}u\bigr)=y^{2}$

先解齊次方程

$y''''-2y''+y=0$

特徵方程

$r^{4}-2r^{2}+1=0\quad\Longrightarrow\quad (r^{2}-1)^{2}=0$

得根 $r=1,-1$，各重根 2 次。故齊次解為

$y_h=(C_{1}+C_{2}x)e^{x}+(C_{3}+C_{4}x)e^{-x}.$

對非齊次項 $e^{-x}$ 因已在齊次解中且為二重根，設特解形式

$y_p=A\,x^{2}e^{-x}.$

令 $y=e^{-x}v$（$v=x^{2}$），則算子

$x^{2}y''-2y=x^{m+2},\;x>0,\;m+2>0$

(a) 一般解

齊次方程 $x^{2}y''-2y=0$。設 $y=x^{k}$ 得

$k(k-1)-2=0\;\Longrightarrow\;(k-2)(k+1)=0\;\Longrightarrow\;k=2,\,-1$

$y_{h}=C_{1}x^{2}+C_{2}x^{-1}$

特解假設形如 $y_{p}=A x^{m+2}$（$m\neq0,-3$ 以免分母為零），則

$x^{2}y_{p}''-2y_{p}=A\big[(m+2)(m+1)-2\big]x^{m+2}=x^{m+2}$

$A=\frac{1}{(m+2)(m+1)-2}=\frac{1}{m(m+3)}$

$y_{p}= \frac{x^{m+2}}{m(m+3)}$

核心觀念

本題考查拉普拉斯變換處理含有 $t$ 乘積之微分方程，需使用以下公式：

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

以及乘以 $t$ 的性質：

$$\mathcal{L}\{t f(t)\}=-\frac{d}{ds}F(s), \qquad F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}.$$

令

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$$

由初始條件

$$y(0)=0,\qquad y'(0)=3$$

可得

$$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-3.$$

---

解題方法

原方程為

$$ty''-ty'-y=0.$$

分別取拉普拉斯變換。

第一項：$\mathcal{L}\{ty''\}$

由 $\mathcal{L}\{t f(t)\}=-F'(s)$，

$$\mathcal{L}\{ty''\} = -\frac{d}{ds}\left(s^2Y(s)-3\right) = -2sY(s)-s^2Y'(s).$$

第二項：$\mathcal{L}\{ty'\}$

先有

$$\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0)=sY(s).$$

因此

$$\mathcal{L}\{ty'\} = -\frac{d}{ds}\left(sY(s)\right) = -Y(s)-sY'(s).$$

故

$$\mathcal{L}\{-ty'\}=Y(s)+sY'(s).$$

第三項：$\mathcal{L}\{-y\}$

$$\mathcal{L}\{-y\}=-Y(s).$$

代回原方程：

$$\left[-2sY-s^2Y'\right] + \left[Y+sY'\right] -Y=0.$$

整理得

$$-s^2Y'(s)+sY'(s)-2sY(s)=0,$$

即

$$s(s-1)Y'(s)+2sY(s)=0.$$

對 $s\ne 0$ 除以 $s$：

核心觀念

題目要求在 $|x|\leq 2\pi$ 作函數的 odd expansion（奇延拓展開），本質上是將函數在 $0<x<2\pi$ 上的定義，延拓成 $(-2\pi,2\pi)$ 上的奇函數，再展開成 Fourier sine series。

若函數定義於 $0<x<L$，其奇延拓的 Fourier 展開為

$$f(x)\sim \sum_{n=1}^{\infty} b_n\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right),$$

其中

$$b_n=\frac{2}{L}\int_0^L f(t)\sin\left(\frac{n\pi t}{L}\right)\,dt.$$

本題的區間半長為

$$L=2\pi,$$

因此基底函數為

$$\sin\left(\frac{n\pi x}{2\pi}\right) = \sin\left(\frac{nx}{2}\right).$$

---

解題方法

由於題目中未附上函數 $f(x)$ 的具體定義，無法計算各 Fourier 係數的數值。依照奇延拓的定義，先假設原函數 $f(x)$ 定義在 $0\le x\le 2\pi$。

奇延拓 $F(x)$ 滿足

$$F(-x)=-F(x),$$

且在 $0<x<2\pi$ 時，

$$F(x)=f(x).$$

因此，$F(x)$ 在 $|x|\le 2\pi$ 上的奇展開為

$$F(x)\sim \sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin\left(\frac{nx}{2}\right).$$

係數計算為

$$b_n = \frac{2}{2\pi} \int_0^{2\pi}f(t)\sin\left(\frac{nt}{2}\right)\,dt,$$

所以

$$\boxed{ b_n = \frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi}f(t)\sin\left(\frac{nt}{2}\right)\,dt }.$$

故一般形式為

核心觀念
本題測驗的重點是掌握 傅立葉級數 的概念與計算流程：將一個週期函數 $f(x)$ 以正弦與餘弦的無限和來表示。關鍵在於 選擇適當的基期（基本週期）、確定函數的奇偶性，以及 正確計算各個傅立葉係數 $a_0,\;a_n,\;b_n$。

---

解題步驟（以一般週期 $2L$ 為例）

1. 確定基本週期與區間

   • 若 $f(x)$ 的週期為 $T$，則常取 $L=\dfrac{T}{2}$，並以 $(-L,\;L)$ 或 $(0,\;T)$ 為積分區間。
   • 這一步決定了積分上下限，影響後續係數的求值。

2. 判斷函數奇偶性（可化簡計算）

   • 若 $f(x)$ 為 偶函數（$f(-x)=f(x)$），則所有 $b_n=0$，只需計算 $a_n$。
   • 若 $f(x)$ 為 奇函數（$f(-x)=-f(x)$），則 $a_0=a_n=0$，只需計算 $b_n$。
   • 若無明顯奇偶性，則兩組係數都必須計算。

3. 寫出傅立葉係數的通式

   基本傅立葉級數（以 $(-L,L)$ 為區間）為

$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl[a_n\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right) +b_n\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\bigr]$$

其中

$$a_0=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)\,dx, \qquad a_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx, \qquad b_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx.$$

若使用區間 $(0,T)$（$T=2L$），係數會變成

核心觀念

此題考二階線性常係數微分方程組。可將方程組寫成矩陣形式：

$$\mathbf y' = A\mathbf y,\qquad \mathbf y= \begin{bmatrix} y_1\\y_2 \end{bmatrix},\quad A= \begin{bmatrix} 3&-4\\ 1&-1 \end{bmatrix}.$$

常用方法有兩種：

1. 由其中一式消去變數，化為二階微分方程。
2. 求係數矩陣 $A$ 的特徵值與特徵向量。

本題的特徵值重根，直接使用特徵向量法需要廣義特徵向量；消去變數法較為直接。

解題方法：消去變數

由第二式

$$y_2'=y_1-y_2$$

可得

$$y_1=y_2'+y_2.$$

兩邊微分：

$$y_1'=y_2''+y_2'.$$

另一方面，由第一式

$$y_1'=3y_1-4y_2.$$

代入 $y_1=y_2'+y_2$：

$$y_1'=3(y_2'+y_2)-4y_2 =3y_2'-y_2.$$

因此

$$y_2''+y_2'=3y_2'-y_2,$$

整理得

$$y_2''-2y_2'+y_2=0.$$

其特徵方程為

$$r^2-2r+1=0 \quad\Longrightarrow\quad (r-1)^2=0.$$

因為 $r=1$ 是二重根，所以

$$y_2=(C_1+C_2t)e^t.$$

接著利用

$$y_1=y_2'+y_2$$

求出 $y_1$。先微分：

$$y_2' = \frac{d}{dt}\left[(C_1+C_2t)e^t\right] = \left(C_2+C_1+C_2t\right)e^t.$$

因此

核心觀念

本題使用散度定理（Divergence Theorem）：

$$\iint_S \mathbf F\cdot \mathbf n\,dA = \iiint_V \nabla\cdot\mathbf F\,dV,$$

其中 $S$ 為封閉曲面，$V$ 為其包圍的立體，$\mathbf n$ 為外向單位法向量。

給定

$$\mathbf F=[x,y,z^2],$$

因此

$$\nabla\cdot\mathbf F = \frac{\partial x}{\partial x} + \frac{\partial y}{\partial y} + \frac{\partial z^2}{\partial z} = 1+1+2z = 2+2z.$$

解題方法

盒狀區域為

$$-1\le x\le 1,\qquad -3\le y\le 3,\qquad 0\le z\le 2.$$

由散度定理，

$$\iint_S \mathbf F\cdot\mathbf n\,dA = \iiint_V (2+2z)\,dV.$$

逐次積分得

核心觀念

本題考的是一維熱傳導方程式

$$\frac{\partial u}{\partial t} = \frac{\partial^2u}{\partial x^2}, \qquad 0<x<1,\ t>0,$$

搭配兩端非齊次邊界條件：

$$u(0,t)=3,\qquad u(1,t)=4.$$

處理方式是先拆成：

1. 一個滿足邊界條件的穩態解；
2. 一個具有齊次邊界條件的暫態解。

暫態部分再使用 separation of variables 與 Fourier sine series 展開。

---

解題方法

1. 求穩態解

令穩態解為 $u_s(x)$，因為穩態時不再隨時間變化，所以

$$\frac{\partial u_s}{\partial t}=0.$$

因此滿足

$$\frac{d^2u_s}{dx^2}=0.$$

積分兩次得

$$u_s(x)=A+Bx.$$

代入邊界條件：

$$u_s(0)=A=3,$$ $$u_s(1)=A+B=4.$$

所以

$$A=3,\qquad B=1,$$

得到穩態解

$$u_s(x)=3+x.$$

---

2. 將邊界條件齊次化

令

$$v(x,t)=u(x,t)-u_s(x)=u(x,t)-(3+x).$$

由於 $u_s$ 不含時間，且 $u_s''(x)=0$，所以 $v$ 仍滿足熱方程式：

$$\frac{\partial v}{\partial t} = \frac{\partial^2v}{\partial x^2}.$$

邊界條件變為

$$v(0,t)=u(0,t)-3=0,$$ $$v(1,t)=u(1,t)-4=0.$$

因此

$$v(0,t)=v(1,t)=0.$$

初始條件為

$$v(x,0)=u(x,0)-(3+x)=-(3+x).$$

---

3. 使用分離變數法

令

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

代入熱方程式：

$$X(x)T'(t)=X''(x)T(t).$$

兩邊除以 $X(x)T(t)$：

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

因此得到兩個常微分方程式：

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

以及

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

空間部分的邊界條件為

$$X(0)=0,\qquad X(1)=0.$$

非零解存在時，特徵值與特徵函數為

$$\lambda_n=n^2\pi^2,\qquad X_n(x)=\sin(n\pi x), \qquad n=1,2,3,\ldots$$

時間部分為