113 年 國立臺灣大學化學工程系碩士班《工程數學（E）》

核心觀念

本題考查：

• 一階微分方程的分離變數法。
• 對數積分公式：
  $\int \frac{u'}{u}\,dx=\ln|u|+C.$
• 初始條件代入隱函數通解。
• 解的定義域與唯一性。

原方程為

$$2(y^3-2)\,dx+3xy^2\,dy=0.$$

將 $y$ 視為 $x$ 的函數，則 $dy=y'(x)\,dx$，可得

$$2(y^3-2)+3xy^2\frac{dy}{dx}=0.$$

解題方法

一、求一般解

將方程改寫為

$$3xy^2\frac{dy}{dx}=-2(y^3-2).$$

視 $x$ 為 $y$ 的函數，寫成

$$\frac{dx}{dy} =-\frac{3xy^2}{2(y^3-2)}.$$

分離變數：

$$\frac{1}{x}\,dx =-\frac{3y^2}{2(y^3-2)}\,dy.$$

兩邊積分：

$$\int\frac{1}{x}\,dx = -\frac{3}{2}\int\frac{y^2}{y^3-2}\,dy.$$

令 $u=y^3-2$，則 $du=3y^2\,dy$，因此

$$-\frac{3}{2}\int\frac{y^2}{y^3-2}\,dy = -\frac12\ln|y^3-2|.$$

所以

$$\ln|x| = -\frac12\ln|y^3-2|+C.$$

整理並吸收常數後：

$$x^2|y^3-2|=C.$$

更方便的隱函數形式為

$$\boxed{x^2(y^3-2)=C}.$$

也可直接驗證：對此式微分，

$$d\left[x^2(y^3-2)\right] = 2x(y^3-2)\,dx+3x^2y^2\,dy=0.$$

在 $x\neq 0$ 時除以 $x$，即恢復原方程。

其中 $C=0$ 包含特殊解

$$y=\sqrt[3]{2}.$$

二、套用初始條件 $y(3)=1$

將 $x=3,\ y=1$ 代入一般解：

核心觀念

本題考查常係數線性非齊次微分方程：

$$y^{(4)}+2y''+y=-\sin x+\cos 2x.$$

解法分為：

1. 先求齊次解 $y_h$；
2. 再利用待定係數法求特解 $y_p$；
3. 總解為 $$y=y_h+y_p.$$

左側微分算子可因式分解為

$$D^4+2D^2+1=(D^2+1)^2.$$

---

一、齊次解

先考慮齊次方程

$$y^{(4)}+2y''+y=0.$$

其特徵方程為

$$r^4+2r^2+1=0,$$

即

$$(r^2+1)^2=0.$$

因此特徵根為

$$r=\pm i,$$

且兩根皆為二重根。由於複數根 $\pm i$ 對應 $\cos x,\sin x$，重根需乘上 $x$，故齊次解為

$$y_h=(C_1+C_2x)\cos x+(C_3+C_4x)\sin x.$$

---

二、求非齊次特解

右側分成兩部分：

$$-\sin x+\cos 2x.$$

因此令

$$y_p=y_{p1}+y_{p2},$$

其中

$$(D^2+1)^2y_{p1}=-\sin x,$$ $$(D^2+1)^2y_{p2}=\cos 2x.$$

（一）對 $-\sin x$ 求特解

因為 $\sin x$ 已經對應特徵根 $\pm i$，而且是二重根，所以待定形式必須乘上 $x^2$：

$$y_{p1}=x^2(A\cos x+B\sin x).$$

計算算子作用結果：

$$(D^2+1)^2(x^2\cos x)=-8\cos x,$$ $$(D^2+1)^2(x^2\sin x)=-8\sin x.$$

因此

$$(D^2+1)^2y_{p1} =-8A\cos x-8B\sin x.$$

與右側 $-\sin x$ 比較係數：

$$-8A=0,\qquad -8B=-1.$$

所以

$$A=0,\qquad B=\frac18.$$

得到

$$y_{p1}=\frac{x^2}{8}\sin x.$$

（二）對 $\cos 2x$ 求特解

由於 $2i$ 並不是特徵根 $\pm i$，不需乘上 $x$，令

核心觀念

本題考查：

1. 拉普拉斯轉換的微分性質：
   $\mathcal{L}\{t^n f(t)\}=(-1)^n\frac{d^n}{ds^n}F(s),\qquad F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}。$

2. 基本公式：
   $\mathcal{L}\{\cos(at)\}=\frac{s}{s^2+a^2}。$

3. 部分分式分解，以及反拉普拉斯轉換公式：
   $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+c}\right\}=e^{-ct},$
   $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s+c)^2}\right\}=te^{-ct},$
   $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{s^2+\omega^2}\right\}=\cos(\omega t),$

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2+\omega^2}\right\} =\frac{1}{\omega}\sin(\omega t)。$$

---

（a）求 $\mathcal{L}\{t^2\cos(at)\}$

解題方法

先使用基本轉換：

$$F(s)=\mathcal{L}\{\cos(at)\} =\frac{s}{s^2+a^2}。$$

由拉普拉斯轉換的乘上 $t^2$ 性質：

$$\mathcal{L}\{t^2\cos(at)\} =\frac{d^2}{ds^2}\left(\frac{s}{s^2+a^2}\right)。$$

第一次微分為：

$$\frac{d}{ds}\left(\frac{s}{s^2+a^2}\right) =\frac{(s^2+a^2)-2s^2}{(s^2+a^2)^2} =\frac{a^2-s^2}{(s^2+a^2)^2}。$$

再次微分：

$$\begin{aligned} \frac{d^2}{ds^2}\left(\frac{s}{s^2+a^2}\right) &=\frac{d}{ds}\left[(a^2-s^2)(s^2+a^2)^{-2}\right]\\ &=-2s(s^2+a^2)^{-2} -4s(a^2-s^2)(s^2+a^2)^{-3}\\ &=\frac{2s(s^2-3a^2)}{(s^2+a^2)^3}。 \end{aligned}$$

因此：

$$\boxed{ \mathcal{L}\{t^2\cos(at)\} =\frac{2s(s^2-3a^2)}{(s^2+a^2)^3} }$$

解題技巧

因為次方為 $t^2$，所以符號為 $(-1)^2=1$；若是 $t\cos(at)$，才會多一個負號。也可利用大 $s$ 檢查：原函數在 $t=0$ 附近為 $t^2$，其拉普拉斯轉換應約為 $2/s^3$，而答案在 $s$ 很大時確實為 $2/s^3$。

---

（b）求反拉普拉斯轉換

題目為：

$$\mathcal{L}^{-1}\left[ \frac{s}{(s+2)^2(s^2+25+10)} \right]。$$

依題面整理：

$$s^2+25+10=s^2+35。$$

因此要求：

$$\mathcal{L}^{-1}\left[ \frac{s}{(s+2)^2(s^2+35)} \right]。$$

解題方法

設部分分式分解為：

核心觀念

1. 尤拉－柯西微分方程式（Euler-Cauchy Differential Equation）：
   形式為 $a x^2 y'' + b x y' + c y = f(x)$ 的變係數線性常微分方程式。此類方程式定義域通常限制在 $x > 0$（由方程式含 $\ln x$ 亦可知 $x > 0$）。
2. 齊次解（Homogeneous Solution）：
   令 $y = x^m$ 代入齊次項，可得特徵輔助方程式（Auxiliary Equation）$a m(m-1) + b m + c = 0$。當出現實數重根 $m_1 = m_2 = m$ 時，其齊次解基底為 $\{x^m, x^m \ln x\}$。
3. 特解（Particular Solution）之求法：
   • 變數變換法（Variable Substitution）：令 $x = e^t$（即 $t = \ln x$），將尤拉－柯西方程式化為對自變數 $t$ 的「常係數線性微分方程式」，再配合**逆微分運算子（Inverse Differential Operator）與指數位移定理（Exponential Shift Theorem）**求解特解。
   • 參數變異法（Variation of Parameters）：將方程式化為標準型（最高階係數為 $1$），利用已知之齊次解基底與朗斯基行列式（Wronskian）求出特解。

---

解題方法

步驟一：求對應的齊次解 $y_h(x)$

考慮對應的齊次方程式：

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

令試驗解為 $y = x^m$，則 $y' = m x^{m-1}$、$y'' = m(m-1)x^{m-2}$，代入方程式可得：

$$x^2 [m(m-1)x^{m-2}] - x [m x^{m-1}] + x^m = 0$$ $$[m(m-1) - m + 1] x^m = 0$$

由於 $x \neq 0$，得特徵方程式：

$$m^2 - 2m + 1 = 0 \implies (m-1)^2 = 0$$

解得重根 $m_1 = m_2 = 1$。
故齊次解為：

$$y_h(x) = c_1 x + c_2 x \ln x$$

其中 $c_1, c_2$ 為任意實數常數。

---

步驟二：求非齊次項的特解 $y_p(x)$

【方法一：利用變數變換與逆微分運算子法】

令 $x = e^t \iff t = \ln x$，定義微分算子 $D = \frac{d}{dt}$。
由鏈鎖律可得：

$$x \frac{dy}{dx} = D y$$ $$x^2 \frac{d^2y}{dx^2} = D(D-1) y$$

將原方程式 $x^2 y'' - xy' + y = 4x \ln x$ 轉換為以 $t$ 為自變數的方程式：

$$[D(D-1) - D + 1] y = 4 e^t \cdot t$$ $$(D^2 - 2D + 1) y = 4t e^t$$ $$(D - 1)^2 y = 4t e^t$$

利用逆微分運算子求特解 $y_p(t)$：

$$y_p(t) = \frac{1}{(D-1)^2} [4t e^t]$$

應用指數位移定理（$\frac{1}{P(D)} [e^{at} f(t)] = e^{at} \frac{1}{P(D+a)} [f(t)]$）：

$$y_p(t) = 4 e^t \frac{1}{(D+1-1)^2} [t] = 4 e^t \frac{1}{D^2} [t]$$

其中 $\frac{1}{D}$ 代表對 $t$ 積分：

核心觀念

對常係數線性微分方程組

$$X'(t)=AX(t),$$

其通解可由矩陣 $A$ 的特徵值與特徵向量建立：

• 若 $\lambda$ 是實特徵值，且 $v$ 是對應特徵向量，則
  $e^{\lambda t}v$
  是解。
• 若 $\lambda=\alpha+i\beta$ 是複數特徵值，對應複特徵向量 $v=p+iq$，則兩個實數解為
  $e^{\alpha t}(p\cos\beta t-q\sin\beta t),$
  $e^{\alpha t}(p\sin\beta t+q\cos\beta t).$

本題矩陣具有三個相異特徵值，因此可直接由特徵向量組合出三個線性獨立解。

解題方法

令

$$A= \begin{pmatrix} 3&0&1\\ 9&-1&2\\ -9&4&-1 \end{pmatrix}.$$

1. 求特徵值

特徵方程為

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

計算得

$$\det(\lambda I-A) = \lambda^3-\lambda^2-4\lambda-6.$$

因為 $\lambda=3$ 是根，所以

$$\lambda^3-\lambda^2-4\lambda-6 = (\lambda-3)(\lambda^2+2\lambda+2).$$

因此特徵值為

$$\lambda_1=3, \qquad \lambda_{2,3}=-1\pm i.$$

2. 求 $\lambda_1=3$ 的特徵向量

解

$$(A-3I)v=0.$$

有

$$A-3I= \begin{pmatrix} 0&0&1\\ 9&-4&2\\ -9&4&-4 \end{pmatrix}.$$

設 $v=(x,y,z)^T$，由第一列得 $z=0$，再由第二列得

$$9x-4y=0.$$

可取

$$v_1= \begin{pmatrix} 4\\9\\0 \end{pmatrix}.$$

故對應實數解為

$$X_1(t)=e^{3t} \begin{pmatrix} 4\\9\\0 \end{pmatrix}.$$

3. 求 $\lambda=-1+i$ 的複特徵向量

解

$$(A-(-1+i)I)v=(A+1-iI)v=0.$$

矩陣為

$$A+1-iI= \begin{pmatrix} 4-i&0&1\\ 9&-i&2\\ -9&4&-i \end{pmatrix}.$$

令 $v=(x,y,z)^T$。由第一列，

$$(4-i)x+z=0,$$

所以

$$z=(-4+i)x.$$

代入第二列：

$$9x-iy+2z=0,$$

得到

$$9x-iy+2(-4+i)x=0,$$ $$(1+2i)x-iy=0.$$

取 $x=1$，則

$$y=2-i, \qquad z=-4+i.$$

因此可取複特徵向量

核心觀念

複數

$$z=x+iy$$

可表示為極座標形式

$$z=r(\cos\theta+i\sin\theta)$$

其中：

• 模長：$r=|z|=\sqrt{x^2+y^2}$
• 輻角：$\theta=\arg z$
• 主值輻角通常取在 $(-\pi,\pi]$

本題中

$$z=-3+2i$$

因此 $x=-3$、$y=2$，對應複平面上的點 $(-3,2)$，位於第二象限。

解題方法

先計算參考角。由於

$$\tan\alpha=\left|\frac{y}{x}\right| =\left|\frac{2}{-3}\right| =\frac{2}{3}$$

所以參考角為

$$\alpha=\tan^{-1}\left(\frac{2}{3}\right)$$

因為 $z$ 位於第二象限，主值輻角為

$$\theta=\pi-\alpha$$

故

$$\arg z=\pi-\tan^{-1}\left(\frac{2}{3}\right)$$

數值約為

$$\arg z\approx 2.5536\text{ rad}$$

亦可表示為

$$\arg z\approx 146.31^\circ$$

嚴格而言，複數的所有輻角為

$$\theta=\pi-\tan^{-1}\left(\frac{2}{3}\right)+2k\pi, \qquad k\in\mathbb Z$$

其中主值為

$$\operatorname{Arg}z=\pi-\tan^{-1}\left(\frac{2}{3}\right)$$

接著計算模長：

$$r=|z|=\sqrt{(-3)^2+2^2} =\sqrt{13}$$

因此 $z$ 的極式為

核心觀念

函數以 $2\pi$ 為週期，因此使用週期為 $2\pi$ 的 Fourier 級數：

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),$$

其中

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}f(x)\,dx,$$ $$a_n=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}f(x)\cos nx\,dx,\qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}f(x)\sin nx\,dx.$$

本題在區間 $0<x<2\pi$ 上有 $f(x)=2x^2$，所以直接在 $[0,2\pi]$ 上計算 Fourier 係數。

解題方法

1. 計算 $a_0$

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}2x^2\,dx =\frac{2}{\pi}\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^{2\pi}$$ $$=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{8\pi^3}{3} =\frac{16\pi^2}{3}.$$

因此常數項為

$$\frac{a_0}{2}=\frac{8\pi^2}{3}.$$

2. 計算 $a_n$

$$a_n=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}2x^2\cos nx\,dx.$$

先計算

$$\int x^2\cos nx\,dx =\frac{x^2\sin nx}{n}+\frac{2x\cos nx}{n^2} -\frac{2\sin nx}{n^3}.$$

代入 $0$ 與 $2\pi$，利用

$$\sin(2n\pi)=0,\qquad \cos(2n\pi)=1,$$

可得

$$\int_0^{2\pi}x^2\cos nx\,dx =\frac{4\pi}{n^2}.$$

所以

$$a_n=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{4\pi}{n^2} =\frac{8}{n^2}.$$

3. 計算 $b_n$

解題步驟

1. 分離變數
   設 $u(x,t)=X(x)T(t)$，代入熱方程
   $\frac{T'}{c^{2}T}= \frac{X''}{X}= -\lambda^{2}$
   得到兩個常微分方程

$$\begin{cases} T'(t)+c^{2}\lambda^{2}T(t)=0 \\ X''(x)+\lambda^{2}X(x)=0 \end{cases}$$

2. 空間特徵方程
   邊界條件

$$\left.\frac{\partial u}{\partial x}\right|_{x=0}=X'(0)T(t)=0 \;\Longrightarrow\; X'(0)=0, \qquad u(l,t)=X(l)T(t)=0 \;\Longrightarrow\; X(l)=0 .$$

解 $X''+\lambda^{2}X=0$，滿足 $X'(0)=0$、$X(l)=0$ 的非平凡解為