111 年 國立臺灣大學綠色永續材料與精密元件博士學位學程乙組《工程數學（E）》

核心觀念

本題考查二階常微分方程的通解：

• (a) 為變係數齊次線性微分方程，可先觀察特殊解，再使用降階法求第二個線性獨立解。
• (b) 為常係數非齊次線性微分方程，先求齊次解，再以待定係數法求特解。由於右側 $e^x$ 與齊次解重複，需乘上 $x$ 修正。

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(a) $y''+2xy'+y=0$

解題方法

先觀察高斯型函數

$$y_1=e^{-x^2/2}.$$

其導數為

$$y_1'=-xe^{-x^2/2}=-xy_1,$$ $$y_1''=(x^2-1)e^{-x^2/2}=(x^2-1)y_1.$$

代回原方程：

$$y_1''+2xy_1'+y_1 =(x^2-1)y_1-2x^2y_1+y_1=0.$$

因此 $y_1=e^{-x^2/2}$ 是一個解。

對標準形式

$$y''+P(x)y'+Q(x)y=0,$$

若已知一個解 $y_1$，則降階法給出的第二個解為

$$y_2=y_1\int \frac{e^{-\int P(x)\,dx}}{y_1^2}\,dx.$$

本題中

$$P(x)=2x, \qquad \int P(x)\,dx=x^2,$$

且

$$y_1^2=e^{-x^2}.$$

因此

$$y_2 =e^{-x^2/2} \int \frac{e^{-x^2}}{e^{-x^2}}\,dx =e^{-x^2/2}\int 1\,dx =xe^{-x^2/2}.$$

所以通解為

$$\boxed{y=(C_1+C_2x)e^{-x^2/2}}.$$

其中 $C_1,C_2$ 為任意常數。

解題技巧

核心觀念

本題是第一類 Volterra 積分方程，未知函數 $y(t)$ 出現在積分號外與積分號內：

$$y(t)+\int_0^t y(\tau)\,d\tau=1.$$

利用微積分基本定理：

$$\frac{d}{dt}\left(\int_0^t y(\tau)\,d\tau\right)=y(t),$$

可將積分方程轉換為一階常微分方程，再配合初始條件求解。

題目中的 $dt$ 應視為積分變數的微分記號 $d\tau$，因為積分內的函數變數為 $\tau$。

解題方法

令原方程為

$$y(t)+\int_0^t y(\tau)\,d\tau=1.$$

兩邊對 $t$ 微分。右側常數微分為 $0$，因此

$$y'(t)+y(t)=0.$$

接著由原積分方程在 $t=0$ 時的值求初始條件：

$$y(0)+\int_0^0 y(\tau)\,d\tau=1.$$

由於積分上下限相同，積分值為 $0$，故

$$y(0)=1.$$

因此本題化為初值問題：

$$\begin{cases} y'(t)+y(t)=0,\\ y(0)=1. \end{cases}$$

由分離變數法，

$$\frac{dy}{dt}=-y,$$

所以

核心觀念

本題考查：

• 二階線性常微分方程的特殊函數解。
• Bessel 方程的標準形式與階數判定。
• 在奇異點 $x=0$ 的有限性條件。
• 利用邊界條件決定待定常數。

Bessel 方程的標準形式為

$$z^2\frac{d^2Y}{dz^2} +z\frac{dY}{dz} +(z^2-\nu^2)Y=0,$$

其通解為

$$Y(z)=C_1J_\nu(z)+C_2Y_\nu(z),$$

其中 $J_\nu$、$Y_\nu$ 分別為第一類與第二類 Bessel 函數。

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解題方法

原方程為

$$x^2\frac{d^2y}{dx^2} +x\frac{dy}{dx} +(25x^2-1)y=0.$$

令

$$z=5x,\qquad y(x)=Y(z).$$

由鏈鎖律，

$$\frac{dy}{dx}=5\frac{dY}{dz}, \qquad \frac{d^2y}{dx^2}=25\frac{d^2Y}{dz^2}.$$

又因為 $z=5x$，所以 $x=z/5$。代回原方程：

$$\left(\frac{z}{5}\right)^2(25Y'') +\left(\frac{z}{5}\right)(5Y') +\left(25\left(\frac{z}{5}\right)^2-1\right)Y=0.$$

整理得

$$z^2Y''+zY'+(z^2-1)Y=0.$$

這就是階數 $\nu=1$ 的 Bessel 方程。

（a）一般解

因此，

$$Y(z)=C_1J_1(z)+C_2Y_1(z).$$

代回 $z=5x$，得到原方程的一般解：

$$\boxed{ y(x)=C_1J_1(5x)+C_2Y_1(5x) }$$

其中 $C_1,C_2$ 為任意常數。

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（b）有限性條件與邊界條件

題目要求 $y(x)$ 在 $[0,1]$ 上處處為有限物理量，特別需要檢查 $x=0$。

當 $z\to 0$ 時，階數為 $1$ 的 Bessel 函數具有以下行為：

(a) Fourier Transform

$$\begin{aligned} F(\omega)&=\int_{-\infty}^{\infty}4H(t-2)e^{-3(t-2)}\cos(t-2)\,e^{-j\omega t}\,dt \\ &=4e^{-j2\omega}\int_{0}^{\infty}e^{-3u}\cos u\;e^{-j\omega u}\,du\qquad(u=t-2)\\ &=4e^{-j2\omega}\int_{0}^{\infty}e^{-3u}\frac{e^{ju}+e^{-ju}}{2}\;e^{-j\omega u}\,du\\ &=2e^{-j2\omega}\!\left[\int_{0}^{\infty}e^{-(3+j(\omega-1))u}du +\int_{0}^{\infty}e^{-(3+j(\omega+1))u}du\right]\\ &=2e^{-j2\omega}\!\left[\frac{1}{3+j(\omega-1)}+\frac{1}{3+j(\omega+1)}\right]. \end{aligned}$$

核心觀念

本題是有限區間上的一維熱方程，邊界條件為非齊次 Dirichlet 邊界條件：

$$\frac{\partial u}{\partial t} = \alpha^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2}, \qquad 0<x<9,\ t>0$$

解題重點為：

1. 先找出滿足邊界條件的穩態解。
2. 將原函數扣除穩態解，使剩餘函數滿足齊次邊界條件。
3. 對剩餘函數使用分離變數法及 Fourier 正弦級數展開。

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解題方法

1. 先求穩態解

令穩態解為 $u_s(x)$，因為穩態時不隨時間變化，所以

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

代入熱方程可得

$$u_s''(x)=0.$$

因此

$$u_s(x)=C_1x+C_2.$$

利用邊界條件：

$$u_s(0)=T_1,\qquad u_s(9)=T_2,$$

可得

$$C_2=T_1,$$

以及

$$9C_1+T_1=T_2 \quad\Longrightarrow\quad C_1=\frac{T_2-T_1}{9}.$$

所以穩態解為

$$u_s(x)=T_1+\frac{T_2-T_1}{9}x.$$

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2. 扣除穩態解

令

$$u(x,t)=u_s(x)+w(x,t).$$

由於 $u_s''(x)=0$，代入原熱方程後得到

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

而邊界條件變成

$$w(0,t)=u(0,t)-u_s(0)=T_1-T_1=0,$$ $$w(9,t)=u(9,t)-u_s(9)=T_2-T_2=0.$$

初始條件為

$$w(x,0) = x^2-u_s(x) = x^2-T_1-\frac{T_2-T_1}{9}x.$$

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3. 分離變數

設

$$w(x,t)=X(x)G(t).$$

代入熱方程：

$$X(x)G'(t) = \alpha^2X''(x)G(t).$$

整理得

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

因此得到兩個常微分方程：

$$X''+\lambda X=0,$$ $$G'+\alpha^2\lambda G=0.$$

空間邊界條件為

$$X(0)=0,\qquad X(9)=0.$$

非零解存在的特徵值與特徵函數為

$$\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{9}\right)^2, \qquad X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{9}\right), \qquad n=1,2,3,\ldots$$

時間部分為

$$G_n(t) = \exp\left[-\alpha^2\left(\frac{n\pi}{9}\right)^2t\right].$$

所以

核心觀念

本題為典型的三維三階偏微分方程式之邊界值問題（Boundary Value Problem, BVP），方程式為三維拉普拉斯方程式（Laplace's equation）：

$$\nabla^2 u = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial z^2} = 0$$

求解所涉及的核心觀念與定理包含：

1. 線性偏微分方程式的疊加原理（Superposition Principle）：當邊界條件在多個邊面上非齊次（Non-homogeneous）時，可將原問題拆解為多個「僅單一邊面具備非齊次邊界條件」的子問題分別求解，最後再疊加總和。
2. 分離變數法（Separation of Variables）：將多元函數假設為單變數函數之乘積 $u(x,y,z) = X(x)Y(y)Z(z)$，配合齊次邊界條件求解對應之 Sturm-Liouville 特徵值問題（Eigenvalue Problem）。
3. 二重傅立葉正弦級數展開（Double Fourier Sine Series）：利用特徵函數的正交性（Orthogonality），將給定的邊界函數展開並求取待定係數。

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解題方法

Step 1：問題拆解（疊加原理）

定義問題範圍為 $0 < x < 1$、$0 < y < 4$、$0 < z < 2$。邊界條件如下：

• $x = 0$ 與 $x = 1$：$u = 0$
• $z = 0$ 與 $z = 2$：$u = 0$
• $y = 0$：$u(x,0,z) = f(x)$（非齊次）
• $y = 4$：$u(x,4,z) = g(z)$（非齊次）

由於在 $y = 0$ 與 $y = 4$ 處均為非齊次邊界條件，依疊加原理設：

$$u(x, y, z) = u_1(x, y, z) + u_2(x, y, z)$$

其中 $u_1$ 與 $u_2$ 皆滿足拉普拉斯方程式 $\nabla^2 u_i = 0$，且邊界條件分別設定為：

• 子問題 1（針對 $y = 0$ 之邊界條件）： $$\begin{cases} u_1(0, y, z) = u_1(1, y, z) = 0 \\ u_1(x, y, 0) = u_1(x, y, 2) = 0 \\ u_1(x, 4, z) = 0 \\ u_1(x, 0, z) = f(x) \end{cases}$$
• 子問題 2（針對 $y = 4$ 之邊界條件）： $$\begin{cases} u_2(0, y, z) = u_2(1, y, z) = 0 \\ u_2(x, y, 0) = u_2(x, y, 2) = 0 \\ u_2(x, 0, z) = 0 \\ u_2(x, 4, z) = g(z) \end{cases}$$

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Step 2：分離變數與特徵值問題

設解的形式為 $u(x,y,z) = X(x)Y(y)Z(z)$，代入拉普拉斯方程式並同除以 $XYZ$：

$$\frac{X''(x)}{X(x)} + \frac{Y''(y)}{Y(y)} + \frac{Z''(z)}{Z(z)} = 0$$

因 $x$ 方向與 $z$ 方向在兩端皆為零（齊次第一類邊界條件 Dirichlet BC），必須產生正弦震盪解，故令分離常數：

$$\frac{X''}{X} = -\lambda^2, \quad \frac{Z''}{Z} = -\mu^2$$

由 $X(0) = X(1) = 0$ 可得特徵值與特徵函數：

$$\lambda_m = m\pi, \quad X_m(x) = \sin(m\pi x), \quad m = 1, 2, 3, \dots$$

由 $Z(0) = Z(2) = 0$ 可得特徵值與特徵函數：

$$\mu_n = \frac{n\pi}{2}, \quad Z_n(z) = \sin\left(\frac{n\pi z}{2}\right), \quad n = 1, 2, 3, \dots$$

此時 $y$ 方向方程式為：

$$\frac{Y''}{Y} = \lambda_m^2 + \mu_n^2 \equiv \gamma_{mn}^2 \implies Y''(y) - \gamma_{mn}^2 Y(y) = 0$$

其中：

$$\gamma_{mn} = \sqrt{(m\pi)^2 + \left(\frac{n\pi}{2}\right)^2} = \pi \sqrt{m^2 + \frac{n^2}{4}}$$

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Step 3：求解子問題 1（$u_1$）

對於 $u_1$，其在 $y = 4$ 處為 0，選取雙曲正弦基底以自然滿足 $Y(4) = 0$：

$$Y_{1, mn}(y) = \sinh[\gamma_{mn}(4 - y)]$$

一般解可寫為級數形式：

$$u_1(x, y, z) = \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} A_{mn} \sin(m\pi x) \sin\left(\frac{n\pi z}{2}\right) \sinh[\gamma_{mn}(4 - y)]$$

代入非齊次邊界條件 $u_1(x, 0, z) = f(x)$：

$$f(x) = \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} A_{mn} \sinh(4\gamma_{mn}) \sin(m\pi x) \sin\left(\frac{n\pi z}{2}\right)$$

利用正交性求係數：