115 年 國立臺灣大學化學工程系碩士班《工程數學（E）》

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第 1 題

Solve the following ordinary differential equations (ODEs)
(a) (10%) y′′+y′−2y=3ex+sin⁡(x)y'' + y' - 2y = 3e^x + \sin(x)
(b) (10%) (y′)2=2yy′′(y')^2 = 2yy''

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核心觀念

本題分別考查：

  • (a) 二階常係數非齊次線性 ODE：先解齊次解，再依右側 forcing term 的形式求特解。
  • (b) 非線性二階 ODE：利用 yy 的正負號在非零區間內固定，令 u=∣y∣u=\sqrt{|y|}，將方程化為 u′′=0u''=0。

(a) y′′+y′−2y=3ex+sin⁡xy''+y'-2y=3e^x+\sin x

1. 齊次解

先考慮齊次方程：

y′′+y′−2y=0.y''+y'-2y=0.

其特徵方程為

r2+r−2=0,r^2+r-2=0,

因式分解得

(r−1)(r+2)=0.(r-1)(r+2)=0.

因此特徵根為 r=1,−2r=1,-2，齊次解為

yc=C1ex+C2e−2x.y_c=C_1e^x+C_2e^{-2x}.

2. 對 3ex3e^x 求特解

由於 exe^x 已經出現在齊次解中，且特徵根 r=1r=1 為單根，因此需乘上一個 xx。設

yp1=Axex.y_{p1}=Ax e^x.

微分得

yp1′=A(x+1)ex,y_{p1}'=A(x+1)e^x, yp1′′=A(x+2)ex.y_{p1}''=A(x+2)e^x.

代回左側：

\begin{align*}
y_{p1}''+y_{p1}'-2y_{p1}
&=A(x+2)e^x+A(x+1)e^x-2Axe^x\
&=3Ae^x.
\end{align*}

與 3ex3e^x 比較，得到

3A=3⇒A=1.3A=3 \quad\Rightarrow\quad A=1.

所以

yp1=xex.y_{p1}=xe^x.

3. 對 sin⁡x\sin x 求特解

設

yp2=asin⁡x+bcos⁡x.y_{p2}=a\sin x+b\cos x.

則

yp2′=acos⁡x−bsin⁡x,y_{p2}'=a\cos x-b\sin x, yp2′′=−asin⁡x−bcos⁡x.y_{p2}''=-a\sin x-b\cos x.

代回左側：

\begin{align*}
y_{p2}''+y_{p2}'-2y_{p2}
&=(-a\sin x-b\cos x)
+(a\cos x-b\sin x)\
&\quad -2(a\sin x+b\cos x)\
&=(-3a-b)\sin x+(a-3b)\cos x.
\end{align*}

欲使其等於 sin⁡x\sin x，需滿足

−3a−b=1,-3a-b=1, a−3b=0.a-3b=0.

由第二式得 a=3ba=3b，代入第一式：

−9b−b=1⇒b=−110,-9b-b=1 \quad\Rightarrow\quad b=-\frac{1}{10}, a=−310.a=-\frac{3}{10}.

因此

yp2=−310sin⁡x−110cos⁡x.y_{p2}=-\frac{3}{10}\sin x-\frac{1}{10}\cos x.

4. 總解

總解為

y=yc+yp1+yp2.y=y_c+y_{p1}+y_{p2}.

因此

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第 2 題

(a) (5%) Find the inverse Laplace Transform of F(s)=ln⁡(s+as+b)F(s) = \ln\left(\frac{s+a}{s+b}\right).
(b) (10%) Solve the initial value problem (IVP) using the Laplace Transform y′′−2y′−3y=t2δ(t−2)y'' - 2y' - 3y = t^2\delta(t-2), where y(0)=1y(0) = 1 and y′(0)=0y'(0) = 0.
*Note: δ(t−2)\delta(t-2) is a Dirac Delta function.

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核心觀念

本題考查兩項拉普拉斯轉換技巧：

  1. 對數函數的反拉普拉斯轉換：
L{e−bt−e−att}=ln⁡(s+as+b).\mathcal{L}\left\{\frac{e^{-bt}-e^{-at}}{t}\right\} =\ln\left(\frac{s+a}{s+b}\right).
  1. 含 Dirac Delta 函數的初值問題：
    L{δ(t−c)}=e−cs,\mathcal{L}\{\delta(t-c)\}=e^{-cs},
    且
    t2δ(t−2)=22δ(t−2)=4δ(t−2).t^2\delta(t-2)=2^2\delta(t-2)=4\delta(t-2).

此外，第二小題需搭配第二階導數的初值拉普拉斯公式：
L{y′′}=s2Y(s)−sy(0)−y′(0),\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0),
L{y′}=sY(s)−y(0).\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0).

(a) 求 F(s)F(s) 的反拉普拉斯轉換

已知

F(s)=ln⁡(s+as+b)=ln⁡(s+a)−ln⁡(s+b).F(s)=\ln\left(\frac{s+a}{s+b}\right) =\ln(s+a)-\ln(s+b).

利用公式

∫0∞e−αt−e−βtt dt=ln⁡(βα),\int_0^\infty \frac{e^{-\alpha t}-e^{-\beta t}}{t}\,dt =\ln\left(\frac{\beta}{\alpha}\right),

令 α=s+b\alpha=s+b、β=s+a\beta=s+a，可得

∫0∞e−ste−bt−e−att dt=ln⁡(s+as+b).\int_0^\infty e^{-st}\frac{e^{-bt}-e^{-at}}{t}\,dt =\ln\left(\frac{s+a}{s+b}\right).

因此

L−1{ln⁡(s+as+b)}=e−bt−e−att.\boxed{ \mathcal{L}^{-1}\left\{\ln\left(\frac{s+a}{s+b}\right)\right\} =\frac{e^{-bt}-e^{-at}}{t} }.

當 a=ba=b 時，原函數為 00，上式也以極限意義給出 00。

(b) 使用拉普拉斯轉換求解 IVP

題目為

y′′−2y′−3y=t2δ(t−2),y''-2y'-3y=t^2\delta(t-2), y(0)=1,y′(0)=0.y(0)=1,\qquad y'(0)=0.

第一步：處理 Dirac Delta 函數

利用

t2δ(t−2)=4δ(t−2),t^2\delta(t-2)=4\delta(t-2),

原方程改寫為

y′′−2y′−3y=4δ(t−2).y''-2y'-3y=4\delta(t-2).

對方程兩側取拉普拉斯轉換，設

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

左側各項為

L{y′′}=s2Y(s)−sy(0)−y′(0)=s2Y(s)−s,\mathcal{L}\{y''\} =s^2Y(s)-sy(0)-y'(0) =s^2Y(s)-s, L{−2y′}=−2(sY(s)−y(0))=−2sY(s)+2,\mathcal{L}\{-2y'\} =-2\bigl(sY(s)-y(0)\bigr) =-2sY(s)+2, L{−3y}=−3Y(s).\mathcal{L}\{-3y\}=-3Y(s).

右側為

L{4δ(t−2)}=4e−2s.\mathcal{L}\{4\delta(t-2)\}=4e^{-2s}.

所以

s2Y(s)−s−2sY(s)+2−3Y(s)=4e−2s.s^2Y(s)-s-2sY(s)+2-3Y(s)=4e^{-2s}.

整理得

(s2−2s−3)Y(s)−s+2=4e−2s,(s^2-2s-3)Y(s)-s+2=4e^{-2s},

因此

Y(s)=s−2s2−2s−3+4e−2ss2−2s−3.Y(s)=\frac{s-2}{s^2-2s-3} +\frac{4e^{-2s}}{s^2-2s-3}.

因為

s2−2s−3=(s−3)(s+1),s^2-2s-3=(s-3)(s+1),

故

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第 3 題15 分

Find the general solution for the following ODE in terms of series solution in powers of xx and identify two linearly
independent solutions. Also, determine the respective convergence radius of each identified independent solution. For each
solution, unless it can be written as a known function or it is a polynomial, you at least need to explicitly write out first three
non-zero terms.
(x2−1)y′′+2xy′−12y=0(x^2-1)y'' + 2xy' - 12y = 0

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級數解法

設

y(x)=∑n=0∞anx n,y′=∑n=1∞nanx n−1,y′′=∑n=2∞n(n−1)anx n−2y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{\,n},\qquad y'=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{\,n-1},\qquad y''=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_nx^{\,n-2}

代入 (x2−1)y′′+2xy′−12y=0(x^{2}-1)y''+2xy'-12y=0 並整理同次冪係數，可得遞迴式

ak+2=k(k+1)−12(k+2)(k+1) ak(k≥0)\boxed{a_{k+2}= \frac{k(k+1)-12}{(k+2)(k+1)}\,a_k}\qquad(k\ge 0)

因此偶次與奇次係數互相獨立，只剩兩個自由常數 a0,a1a_{0},a_{1}。

1. 奇次解（多項式）

取 a1≠0,  a0=0a_{1}\neq0,\;a_{0}=0。

a3=1⋅2−123⋅2a1=−53a1,a5=3⋅4−125⋅4a3=0  ⇒  a7=a9=⋯=0.\begin{aligned} a_{3}&=\frac{1\cdot2-12}{3\cdot2}a_{1}= -\frac{5}{3}a_{1},\\ a_{5}&=\frac{3\cdot4-12}{5\cdot4}a_{3}=0\;\Rightarrow\;a_{7}=a_{9}= \cdots =0 . \end{aligned}

故

y1(x)=a1(x−53x3)=−32(x−53x3)=12(5x3−3x)=P3(x)y_{1}(x)=a_{1}\bigl(x-\tfrac{5}{3}x^{3}\bigr) =\frac{-3}{2}\Bigl(x-\tfrac{5}{3}x^{3}\Bigr) =\frac12\bigl(5x^{3}-3x\bigr) =P_{3}(x)
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第 4 題10 分

Find the double Fourier sine series of 3x+y23x + y^2, 0≤x≤1,0≤y≤20 \le x \le 1, 0 \le y \le 2.

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核心觀念

本題要求在矩形區域

0≤x≤1,0≤y≤20\le x\le 1,\qquad 0\le y\le 2

上，將

f(x,y)=3x+y2f(x,y)=3x+y^2

展開成雙重 Fourier sine series。其形式為

f(x,y)=∑m=1∞∑n=1∞bmnsin⁡(mπx)sin⁡(nπy2).f(x,y)=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty} b_{mn}\sin(m\pi x)\sin\left(\frac{n\pi y}{2}\right).

對於矩形 0≤x≤a0\le x\le a、0≤y≤b0\le y\le b，雙重正弦級數係數為

bmn=4ab∫0a∫0bf(x,y)sin⁡(mπxa)sin⁡(nπyb) dy dx.b_{mn}=\frac{4}{ab} \int_0^a\int_0^b f(x,y)\sin\left(\frac{m\pi x}{a}\right) \sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right)\,dy\,dx.

本題中 a=1a=1、b=2b=2，因此

bmn=2∫01∫02(3x+y2)sin⁡(mπx)sin⁡(nπy2) dy dx.b_{mn}=2\int_0^1\int_0^2 (3x+y^2)\sin(m\pi x) \sin\left(\frac{n\pi y}{2}\right)\,dy\,dx.

解題方法

利用函數的可加性：

3x+y2=3x+y2.3x+y^2=3x+y^2.

係數可拆成兩部分：

bmn=6(∫01xsin⁡(mπx) dx)(∫02sin⁡(nπy2) dy)b_{mn} = 6\left(\int_0^1x\sin(m\pi x)\,dx\right) \left(\int_0^2\sin\left(\frac{n\pi y}{2}\right)\,dy\right) +2(∫01sin⁡(mπx) dx)(∫02y2sin⁡(nπy2) dy).\qquad + 2\left(\int_0^1\sin(m\pi x)\,dx\right) \left(\int_0^2y^2\sin\left(\frac{n\pi y}{2}\right)\,dy\right).

令

Am=∫01xsin⁡(mπx) dx,Bm=∫01sin⁡(mπx) dx,A_m=\int_0^1x\sin(m\pi x)\,dx, \qquad B_m=\int_0^1\sin(m\pi x)\,dx, Cn=∫02sin⁡(nπy2) dy,Dn=∫02y2sin⁡(nπy2) dy.C_n=\int_0^2\sin\left(\frac{n\pi y}{2}\right)\,dy, \qquad D_n=\int_0^2y^2\sin\left(\frac{n\pi y}{2}\right)\,dy.

計算 AmA_m 與 BmB_m

分部積分得

Am=[−xcos⁡(mπx)mπ]01+1mπ∫01cos⁡(mπx) dx.A_m = \left[-\frac{x\cos(m\pi x)}{m\pi}\right]_0^1 + \frac{1}{m\pi}\int_0^1\cos(m\pi x)\,dx.

由於 sin⁡(mπ)=0\sin(m\pi)=0，所以

Am=(−1)m+1mπ.A_m=\frac{(-1)^{m+1}}{m\pi}.

另外，

Bm=[−cos⁡(mπx)mπ]01=1−(−1)mmπ.B_m = \left[-\frac{\cos(m\pi x)}{m\pi}\right]_0^1 = \frac{1-(-1)^m}{m\pi}.

計算 CnC_n

Cn=[−2nπcos⁡(nπy2)]02=2(1−(−1)n)nπ.C_n = \left[-\frac{2}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi y}{2}\right)\right]_0^2 = \frac{2\bigl(1-(-1)^n\bigr)}{n\pi}.

計算 DnD_n

令

k=nπ2.k=\frac{n\pi}{2}.

則

Dn=∫02y2sin⁡(ky) dy.D_n=\int_0^2 y^2\sin(ky)\,dy.

連續分部積分可得

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第 5 題10 分

Find the complex Fourier series expansion of the given periodic function f(t)f(t)
f(t)=e−t,−1<t<1f(t) = e^{-t}, -1 < t < 1

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核心觀念

題目給出 −1<t<1-1<t<1 上的函數，並作週期延拓，因此基本週期為

T=2,ω0=2πT=π.T=2,\qquad \omega_0=\frac{2\pi}{T}=\pi.

複數形式傅立葉級數為

f(t)=∑n=−∞∞cneinπt,f(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n e^{in\pi t},

其中複數傅立葉係數定義為

cn=1T∫−11f(t)e−inπt dt=12∫−11e−te−inπt dt.c_n=\frac{1}{T}\int_{-1}^{1}f(t)e^{-in\pi t}\,dt =\frac12\int_{-1}^{1}e^{-t}e^{-in\pi t}\,dt.

解題方法

將指數合併：

cn=12∫−11e−(1+inπ)t dt.c_n=\frac12\int_{-1}^{1}e^{-(1+in\pi)t}\,dt.

積分得

cn=12[e−(1+inπ)t−(1+inπ)]−11=12⋅e1+inπ−e−1−inπ1+inπ.\begin{aligned} c_n &=\frac12\left[ \frac{e^{-(1+in\pi)t}}{-(1+in\pi)} \right]_{-1}^{1} \\ &=\frac12\cdot \frac{e^{1+in\pi}-e^{-1-in\pi}}{1+in\pi}. \end{aligned}

由於 einπ=(−1)ne^{in\pi}=(-1)^n，且 e−inπ=(−1)ne^{-in\pi}=(-1)^n，因此

e1+inπ−e−1−inπ=(−1)n(e−e−1).e^{1+in\pi}-e^{-1-in\pi} =(-1)^n(e-e^{-1}).

又因為

e−e−1=2sinh⁡1,e-e^{-1}=2\sinh 1,

故

cn=(−1)nsinh⁡11+inπ.\boxed{ c_n=\frac{(-1)^n\sinh 1}{1+in\pi} }.

所以函數的複數傅立葉級數為

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第 6 題15 分

Solve the 2-dimensional wave equation,
∂2u∂t2=4∂2u∂x2+∂2u∂y2(0<x<2π,0<y<2π,t>0)\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = 4 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} \quad (0 < x < 2\pi, 0 < y < 2\pi, t > 0)
with boundary conditions:
u(0,y,t)=u(2π,y,t)=u(x,0,t)=u(x,2π,t)=0u(0, y, t) = u(2\pi, y, t) = u(x, 0, t) = u(x, 2\pi, t) = 0
and initial conditions:
u(x,y,0)=0,∂u∂t(x,y,0)=1u(x, y, 0) = 0, \quad \frac{\partial u}{\partial t}(x, y, 0) = 1

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核心觀念

本題考查矩形區域上的二維波動方程，主要使用：

  • 分離變數法
  • 齊次 Dirichlet 邊界條件
  • 正弦級數展開
  • Sturm–Liouville 特徵函數的正交性

方程為

utt=4uxx+uyy,0<x<2π,0<y<2π.u_{tt}=4u_{xx}+u_{yy}, \qquad 0<x<2\pi,\quad 0<y<2\pi.

因為四邊皆滿足 u=0u=0，空間方向的特徵函數應取正弦函數。

解題方法：分離變數

令

u(x,y,t)=X(x)Y(y)T(t).u(x,y,t)=X(x)Y(y)T(t).

代入原方程：

XYT′′=4X′′YT+XY′′T.XYT''=4X''YT+XY''T.

除以 XYTXYT 得

T′′T=4X′′X+Y′′Y.\frac{T''}{T} = 4\frac{X''}{X}+\frac{Y''}{Y}.

分別令

X′′+λX=0,Y′′+μY=0.X''+\lambda X=0, \qquad Y''+\mu Y=0.

則時間方程為

T′′+(4λ+μ)T=0.T''+ \left(4\lambda+\mu\right)T=0.

空間特徵函數

由邊界條件

X(0)=X(2π)=0,X(0)=X(2\pi)=0,

可得

Xn(x)=sin⁡nx2,λn=n24,n=1,2,3,…X_n(x)=\sin\frac{nx}{2}, \qquad \lambda_n=\frac{n^2}{4}, \qquad n=1,2,3,\ldots

同理，由

Y(0)=Y(2π)=0,Y(0)=Y(2\pi)=0,

可得

Ym(y)=sin⁡my2,μm=m24,m=1,2,3,…Y_m(y)=\sin\frac{my}{2}, \qquad \mu_m=\frac{m^2}{4}, \qquad m=1,2,3,\ldots

因此對應的時間角頻率為

ωnm=4λn+μm=n2+m24=124n2+m2.\omega_{nm} = \sqrt{4\lambda_n+\mu_m} = \sqrt{n^2+\frac{m^2}{4}} = \frac{1}{2}\sqrt{4n^2+m^2}.

時間部分滿足

Tnm′′+ωnm2Tnm=0,T_{nm}''+\omega_{nm}^2T_{nm}=0,

所以

Tnm(t)=Anmcos⁡(ωnmt)+Bnmsin⁡(ωnmt).T_{nm}(t) = A_{nm}\cos(\omega_{nm}t) + B_{nm}\sin(\omega_{nm}t).

故一般解可寫成

u(x,y,t)=∑n=1∞∑m=1∞[Anmcos⁡(ωnmt)+Bnmsin⁡(ωnmt)]sin⁡nx2sin⁡my2.u(x,y,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \left[ A_{nm}\cos(\omega_{nm}t) + B_{nm}\sin(\omega_{nm}t) \right] \sin\frac{nx}{2}\sin\frac{my}{2}.

套用初始位移條件

已知

u(x,y,0)=0.u(x,y,0)=0.

代入 t=0t=0：

u(x,y,0)=∑n=1∞∑m=1∞Anmsin⁡nx2sin⁡my2=0.u(x,y,0) = \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} A_{nm} \sin\frac{nx}{2}\sin\frac{my}{2} =0.

由正交性可知

Anm=0.A_{nm}=0.

因此

u(x,y,t)=∑n=1∞∑m=1∞Bnmsin⁡(ωnmt)sin⁡nx2sin⁡my2.u(x,y,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} B_{nm}\sin(\omega_{nm}t) \sin\frac{nx}{2}\sin\frac{my}{2}.

套用初始速度條件

對時間微分：

ut(x,y,t)=∑n=1∞∑m=1∞Bnmωnmcos⁡(ωnmt)sin⁡nx2sin⁡my2.u_t(x,y,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} B_{nm}\omega_{nm} \cos(\omega_{nm}t) \sin\frac{nx}{2}\sin\frac{my}{2}.

在 t=0t=0 時，

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第 7 題15 分

Solve for the temperature distribution, u(x,t)u(x, t), of semi-infinite bar.
∂u∂t=a2∂2u∂x2(x>0,t>0)\frac{\partial u}{\partial t} = a^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \quad (x > 0, t > 0)
with boundary conditions:
u(x,0)=0u(x, 0) = 0
u(0,t)=Au(0,t) = A (constant temperature)
Note: the following integrals are of your information.
∫xsin⁡(ax)dx=sin⁡(ax)a2−xcos⁡(ax)a\int x \sin(ax) dx = \frac{\sin(ax)}{a^2} - \frac{x\cos(ax)}{a}
∫xcos⁡(ax)dx=cos⁡(ax)a2+xsin⁡(ax)a\int x \cos(ax) dx = \frac{\cos(ax)}{a^2} + \frac{x\sin(ax)}{a}
∫x2sin⁡(ax)dx=−x2acos⁡(ax)+2xa2sin⁡(ax)+2a3cos⁡(ax)\int x^2 \sin(ax) dx = -\frac{x^2}{a}\cos(ax) + \frac{2x}{a^2}\sin(ax) + \frac{2}{a^3}\cos(ax)

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查半無限長熱傳導方程式的邊界值問題：

∂u∂t=a2∂2u∂x2,x>0, t>0.\frac{\partial u}{\partial t} =a^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2}, \qquad x>0,\ t>0.

初始溫度為零，且左端突然維持定溫 AA。半無限長棒的物理解要求溫度在 x→∞x\to\infty 時保持有界，並滿足

u(x,t)→0(x→∞).u(x,t)\to 0\qquad (x\to\infty).

會用到的反常誤差函數為

erfc⁡(z)=1−erf⁡(z),\operatorname{erfc}(z) =1-\operatorname{erf}(z),

其中

erf⁡(z)=2π∫0ze−s2 ds.\operatorname{erf}(z) =\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^z e^{-s^2}\,ds.

解題方法：對時間作拉普拉斯變換

令

U(x,s)=L{u(x,t)}.U(x,s)=\mathcal{L}\{u(x,t)\}.

由初始條件 u(x,0)=0u(x,0)=0，

L{∂u∂t}=sU(x,s)−u(x,0)=sU(x,s).\mathcal{L}\left\{\frac{\partial u}{\partial t}\right\} =sU(x,s)-u(x,0) =sU(x,s).

因此熱傳導方程式變為

sU=a2d2Udx2,sU=a^2\frac{d^2U}{dx^2},

即

d2Udx2−sa2U=0.\frac{d^2U}{dx^2}-\frac{s}{a^2}U=0.

其一般解為

U(x,s)=C1e−sax+C2esax.U(x,s) =C_1e^{-\frac{\sqrt{s}}{a}x} +C_2e^{\frac{\sqrt{s}}{a}x}.

由於 x→∞x\to\infty 時溫度必須有界，故 C2=0C_2=0，得到

U(x,s)=C1e−sax.U(x,s)=C_1e^{-\frac{\sqrt{s}}{a}x}.

邊界條件 u(0,t)=Au(0,t)=A 經拉普拉斯變換後為

U(0,s)=L{A}=As.U(0,s)=\mathcal{L}\{A\} =\frac{A}{s}.

所以

C1=As,C_1=\frac{A}{s},

因此

U(x,s)=Ase−xas.U(x,s) =\frac{A}{s} e^{-\frac{x}{a}\sqrt{s}}.

使用反拉普拉斯變換公式

L−1{e−bss}=erfc⁡(b2t),b>0,\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{e^{-b\sqrt{s}}}{s} \right\} = \operatorname{erfc} \left(\frac{b}{2\sqrt{t}}\right), \qquad b>0,

取

b=xa,b=\frac{x}{a},

可得

u(x,t)=Aerfc⁡(x2at).\boxed{ u(x,t) = A\operatorname{erfc} \left(\frac{x}{2a\sqrt{t}}\right) }.

結果驗證

令

η=x2at,u=Aerfc⁡(η).\eta=\frac{x}{2a\sqrt{t}}, \qquad u=A\operatorname{erfc}(\eta).

因為

ddηerfc⁡(η)=−2πe−η2,\frac{d}{d\eta}\operatorname{erfc}(\eta) =-\frac{2}{\sqrt{\pi}}e^{-\eta^2},

可計算得

🔒

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