112 年 國立臺灣大學高分子科學與工程學研究所甲組《工程數學（E）》

核心觀念

本題考二階線性齊次微分方程的「降階法」。已知一個非零解 $y_1(x)$：

$$y''+p(x)y'+q(x)y=0,$$

欲找第二個線性獨立解 $y_2(x)$。

設

$$y_2(x)=v(x)y_1(x),$$

其中 $v(x)$ 為待求函數。此方法可利用已知解 $y_1$ 消去 $q(x)$ 項，使方程降為一階方程。

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解題方法：降階法

令

$$y_2=vy_1.$$

則

$$y_2'=v'y_1+vy_1',$$ $$y_2''=v''y_1+2v'y_1'+vy_1''.$$

代入原方程：

$$y_2''+p y_2'+q y_2=0,$$

得到

$$v''y_1+2v'y_1'+vy_1'' +p(v'y_1+vy_1') +qvy_1=0.$$

整理後：

$$v''y_1+v'(2y_1'+py_1) +v(y_1''+py_1'+qy_1)=0.$$

由於 $y_1$ 本身是原方程的解，因此

$$y_1''+py_1'+qy_1=0.$$

故剩下

$$v''y_1+v'(2y_1'+py_1)=0.$$

令

$$u=v',$$

則

$$u'y_1+u(2y_1'+py_1)=0.$$

除以 $y_1$：

$$u'+\left(2\frac{y_1'}{y_1}+p(x)\right)u=0.$$

這是一階線性齊次方程，其解為

$$u=C\exp\left[-\int\left(2\frac{y_1'}{y_1}+p(x)\right)\,dx\right].$$

利用

$$\int 2\frac{y_1'}{y_1}\,dx=2\ln|y_1|,$$

可得

$$u=v' =\frac{C e^{-\int p(x)\,dx}}{y_1^2}.$$

再積分一次：

$$v=C\int \frac{e^{-\int p(x)\,dx}}{y_1^2}\,dx.$$

因此

$$y_2=vy_1 =C y_1(x)\int \frac{e^{-\int p(x)\,dx}}{[y_1(x)]^2}\,dx.$$

核心觀念

題目含有 $y'$，且方程式可視為 $x$、$y$ 與 $p=y'$ 的關係：

$$p^2-xp+y=0.$$

整理得

$$y=xp-p^2,\qquad p=y'.$$

這是以 $p=y'$ 表示的 Clairaut 型微分方程。其標準形式為

$$y=xp+f(p),$$

本題中 $f(p)=-p^2$。此類方程通常包含：

1. $p$ 為常數所得到的一族直線解；
2. 由直線族的包絡線所得到的奇異解。

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解題方法

令

$$p=y',$$

原方程式化為

$$y=xp-p^2.$$

對 $x$ 微分。由於 $p=y'$，左側微分為 $y'=p$，右側使用乘積法則：

$$p=\frac{d}{dx}(xp-p^2) =p+x\frac{dp}{dx}-2p\frac{dp}{dx}.$$

因此

$$p=p+(x-2p)\frac{dp}{dx},$$

整理得

$$(x-2p)\frac{dp}{dx}=0.$$

於是分成兩種情形。

情形一：$\displaystyle \frac{dp}{dx}=0$

此時 $p=C$ 為常數，其中 $C$ 為任意常數。代回

$$y=xp-p^2,$$

得到

$$\boxed{y=Cx-C^2}.$$

直接驗算：

$$y'=C,$$

代入原式：

$$(y')^2-xy'+y =C^2-xC+(Cx-C^2)=0.$$

因此這是一族通解，代表斜率為 $C$、截距為 $-C^2$ 的直線。

情形二：$x-2p=0$

此時

$$p=\frac{x}{2}.$$

因為 $p=y'$，所以

$$y'=\frac{x}{2}.$$

積分得

$$y=\frac{x^2}{4}+K.$$

但必須同時滿足原先的關係式 $y=xp-p^2$。代入 $p=x/2$：

核心觀念

本題考查兩個觀念：

1. 方向導數：若 $f$ 可微，則在點 $P$ 沿單位方向 $\vec{u}$ 的方向導數為
   $D_{\vec{u}}f(P)=\nabla f(P)\cdot \vec{u}.$

2. 曲面法向量：若曲面由
   $F(x,y,z)=0$
   所表示，則 $\nabla F$ 在曲面上的各點皆為法向量。單位法向量為
   $\vec{n}=\frac{\nabla F}{\|\nabla F\|}.$

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(a) 方向導數

已知
$f(x,y,z)=x^2+y^2+2z^2.$

先求梯度：

$$\nabla f(x,y,z) = \left( \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z} \right) = (2x,2y,4z).$$

在 $(1,1,1)$ 處：

$$\nabla f(1,1,1)=(2,2,4).$$

給定方向

$$\vec v=\vec i+\vec j+\vec k=(1,1,1),$$

其長度為

$$\|\vec v\|=\sqrt{1^2+1^2+1^2}=\sqrt{3}.$$

因此對應的單位方向向量為

$$\vec u=\frac{\vec v}{\|\vec v\|} =\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1).$$

方向導數為

$$D_{\vec u}f(1,1,1) = \nabla f(1,1,1)\cdot\vec u$$ $$=(2,2,4)\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1) = \frac{2+2+4}{\sqrt{3}} = \frac{8}{\sqrt{3}}.$$

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(b) 單位內法向量

將曲面寫成隱函數形式：

$$F(x,y,z)=z^2-3x^2-3y^2=0.$$

求對角化需找特徵值與對應的線性獨立特徵向量，令

$$A-\lambda I= \begin{bmatrix} -2-\lambda & 2 & -3\\ 2 & 1-\lambda & -6\\ -1 & -2 & -6-\lambda \end{bmatrix}.$$

1. 特徵多項式

$$\det(A-\lambda I)=\lambda^{3}+7\lambda^{2}-15\lambda-81 =(\lambda+3)\bigl(\lambda^{2}+4\lambda-27\bigr)=0.$$

2. 特徵值

$$\lambda_{1}=-3,\qquad \lambda_{2}=-2+\sqrt{31},\qquad \lambda_{3}=-2-\sqrt{31}.$$

3. 特徵向量

• $\lambda_{1}=-3$：

$$A+3I\; \Rightarrow\; \begin{cases} x+2y=0\\ z=0 \end{cases}\Longrightarrow v_{1}=(-2,\,1,\,0)^{\mathrm T}.$$

• $\lambda_{2}=-2+\sqrt{31}$：

解 $(A-\lambda_{2}I)v=0$ 並取 $z=1$，

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換解二階常係數線性初值問題，使用公式：

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

其中

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

初始條件為

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

解題方法

原方程式為

$$y''+y'-y=6.$$

兩邊取拉普拉斯轉換：

$$\mathcal{L}\{y''\}+\mathcal{L}\{y'\}-\mathcal{L}\{y\} =\mathcal{L}\{6\}.$$

代入初始條件：

$$(s^2Y-sy(0)-y'(0))+sY-y(0)-Y=\frac{6}{s}.$$

因為 $y(0)=y'(0)=0$，可得

$$(s^2+s-1)Y(s)=\frac{6}{s}.$$

因此

$$Y(s)=\frac{6}{s(s^2+s-1)}.$$

進行部分分式分解：

$$\frac{6}{s(s^2+s-1)} = -\frac{6}{s} +\frac{6s+6}{s^2+s-1}.$$

將分母配方：

$$s^2+s-1 = \left(s+\frac12\right)^2-\frac54.$$

且

$$6s+6=6\left(s+\frac12\right)+3.$$

所以

$$Y(s) = -\frac{6}{s} + \frac{6\left(s+\frac12\right)} {\left(s+\frac12\right)^2-\left(\frac{\sqrt5}{2}\right)^2} + \frac{3} {\left(s+\frac12\right)^2-\left(\frac{\sqrt5}{2}\right)^2}.$$

使用反拉普拉斯公式：

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{s+a}{(s+a)^2-b^2} \right\} =e^{-at}\cosh(bt),$$ $$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{b}{(s+a)^2-b^2} \right\} =e^{-at}\sinh(bt),$$

其中

核心觀念

本題旨在求解圓柱座標系下的穩態熱傳導方程式（拉普拉斯方程式，Laplace Equation）具軸對稱條件之邊界值問題（Boundary Value Problem, BVP）。核心觀念與所用定理包括：

1. 軸對稱拉普拉斯方程式：溫度分佈與旋轉角 $\theta$ 無關，即 $u = u(r, z)$。
2. 分離變數法（Separation of Variables）：將偏微分方程式轉化為兩個常微分方程式。
3. Sturm-Liouville 本徵值問題：利用 $z$ 方向的齊次邊界條件建立本徵函數系（Cosine 函數族）。
4. 修正貝索方程式（Modified Bessel Equation）：由於分離常數使 $z$ 方向產生振盪解，使得 $r$ 方向對應為零階修正貝索方程式，其解由修正貝索函數 $I_0$ 與 $K_0$ 表示。
5. 有界性條件（Boundedness Condition）：在中心軸 $r = 0$ 處溫度必須有限，排除在原點具奇異性的第二類修正貝索函數 $K_0$。
6. 廣義傅立葉級數展開（Generalized Fourier Series）：利用本徵函數的正交性求得展開係數。

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解題方法

步驟一：建立偏微分方程式與邊界條件

控制方程式為：

$$\frac{\partial^2 u}{\partial r^2} + \frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial r} + \frac{\partial^2 u}{\partial z^2} = 0, \quad 0 \le r < 1, \; 0 < z < 1$$

邊界條件為：

1. 中心軸有界性：$|u(0, z)| < \infty$
2. 底面絕熱（齊次紐曼條件）：$u_z(r, 0) = 0$
3. 頂面恆溫（齊次狄利克雷條件）：$u(r, 1) = 0$
4. 側表面非齊次溫度：$u(1, z) = kz$

步驟二：分離變數法

令 $u(r, z) = R(r)Z(z)$，代入偏微分方程式：

$$R'' Z + \frac{1}{r} R' Z + R Z'' = 0$$

同除以 $R Z$ 並移項可得：

$$\frac{R'' + \frac{1}{r} R'}{R} = -\frac{Z''}{Z} = \lambda$$

因為 $z$ 方向兩端皆為齊次邊界條件，先處理 $Z(z)$ 的本徵值問題。若要使 $Z(z)$ 滿足邊界條件且非平凡解，分離常數必須取正值，設 $\lambda = \mu^2 > 0$（若 $\lambda \le 0$，僅有平凡解 $Z(z) = 0$）。

步驟三：求解 $z$ 方向的本徵值與本徵函數

$Z(z)$ 所滿足的微分方程式為：

$$Z'' + \mu^2 Z = 0$$

其通解為：

$$Z(z) = A \cos(\mu z) + B \sin(\mu z)$$

對 $z$ 微分得：

$$Z'(z) = -A\mu \sin(\mu z) + B\mu \cos(\mu z)$$

代入邊界條件 $Z'(0) = 0$：

$$Z'(0) = B\mu = 0 \implies B = 0 \quad (\text{因 } \mu \neq 0)$$

再代入邊界條件 $Z(1) = 0$：

$$Z(1) = A \cos(\mu) = 0$$

為獲得非平凡解（$A \neq 0$），必須滿足：

$$\mu_n = \frac{(2n-1)\pi}{2}, \quad n = 1, 2, 3, \ldots$$

故得對應的本徵函數為：

$$Z_n(z) = \cos(\mu_n z)$$

步驟四：求解 $r$ 方向的常微分方程式

將 $\lambda = \mu_n^2$ 代回 $R(r)$ 的方程式：

$$r^2 R'' + r R' - \mu_n^2 r^2 R = 0$$

此為零階修正貝索方程式（Modified Bessel equation of order zero），其通解為：

$$R_n(r) = C_n I_0(\mu_n r) + D_n K_0(\mu_n r)$$

其中 $I_0$ 為第一類零階修正貝索函數，$K_0$ 為第二類零階修正貝索函數。
由於當 $r \to 0$ 時，$K_0(\mu_n r) \to \infty$，而物理條件要求溫度 $u(r, z)$ 在網域內為有限值（$|u(0, z)| < \infty$），故係數必為：

$$D_n = 0$$

因此：

$$R_n(r) = I_0(\mu_n r)$$