108 年 國立成功大學土木工程系碩士班甲組《工程數學》

核心觀念

本題屬於二階常係數非齊次線性微分方程式之初值問題（Initial-Value Problem, IVP），指定採用**拉氏轉換（Laplace Transform）**求解。

主要使用的數學工具與核心公式包含：

1. 導數的拉氏轉換公式：
   $\mathcal{L}\{y'(t)\} = s Y(s) - y(0)$
   $\mathcal{L}\{y''(t)\} = s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0)$
   其中 $Y(s) = \mathcal{L}\{y(t)\}$。

2. 基本函數的拉氏轉換與逆轉換公式：
   $\mathcal{L}\{\sin \omega t\} = \frac{\omega}{s^2 + \omega^2} \implies \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{\omega}{s^2 + \omega^2}\right\} = \sin \omega t$
   $\mathcal{L}\{\cos \omega t\} = \frac{s}{s^2 + \omega^2} \implies \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{s^2 + \omega^2}\right\} = \cos \omega t$

3. 代數分項分式法（Partial Fraction Decomposition）：
   將相乘型分式拆解為可直接進行反轉換的基本分式型態。

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解題方法

步驟一：對微分方程式兩邊進行拉氏轉換

原微分方程式為：
$y'' + y = 3 \sin 2t$

套用線性性質與導數拉氏轉換公式，兩邊同時取拉氏轉換：
$\mathcal{L}\{y''\} + \mathcal{L}\{y\} = 3 \mathcal{L}\{\sin 2t\}$

代入已知初值條件 $y(0) = 1$ 與 $y'(0) = 1$：
$[s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0)] + Y(s) = 3 \cdot \frac{2}{s^2 + 2^2}$
$s^2 Y(s) - s(1) - 1 + Y(s) = \frac{6}{s^2 + 4}$

步驟二：整理並求出 $Y(s)$ 的代數表達式

將含 $Y(s)$ 的項移至等號左邊，其餘常數與 $s$ 項移至右邊：
$(s^2 + 1) Y(s) - s - 1 = \frac{6}{s^2 + 4}$
$(s^2 + 1) Y(s) = s + 1 + \frac{6}{s^2 + 4}$

同除以 $(s^2 + 1)$，得到 $Y(s)$：
$Y(s) = \frac{s + 1}{s^2 + 1} + \frac{6}{(s^2 + 1)(s^2 + 4)}$

步驟三：部分分式拆解

觀察第二項分式 $\frac{6}{(s^2 + 1)(s^2 + 4)}$，令 $u = s^2$ 進行變數代換以簡化計算：
$\frac{6}{(u + 1)(u + 4)} = \frac{A}{u + 1} + \frac{B}{u + 4}$

利用覆蓋法（Heaviside Cover-up Method）求係數：

核心觀念

1. 拉普拉斯變換（Laplace Transform）解微分方程：
   利用拉氏變換將時域（$t$-domain）的常微分方程轉化為頻域（$s$-domain）代數方程處理。

   • 微分定理：$\mathcal{L}\{y''\} = s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0)$
   • 基本拉氏變換公式：
     $\mathcal{L}\{\sin \omega t\} = \frac{\omega}{s^2 + \omega^2}, \quad \mathcal{L}\{\cos \omega t\} = \frac{s}{s^2 + \omega^2}$

2. 邊界值問題（Boundary-Value Problem, BVP）之拉氏變換處理：
   拉普拉斯變換通常用於初始值問題（IVP），因為公式需要 $y(0)$ 與 $y'(0)$。面對僅給予 $y(0)$ 與 $y(\pi/2)$ 的邊界值問題時，策略為將未知的初始導數 $y'(0)$ 設為未知常數 $c$，待導出含 $c$ 的時域解 $y(t)$ 後，再利用另一個邊界條件 $y(\pi/2) = 1$ 解出 $c$。

3. 部分分式展開（Partial Fractions）與前題（Problem 1）結果結合：
   頻域項 $\frac{6}{(s^2+1)(s^2+4)}$ 可分解為 $\frac{2}{s^2+1} - \frac{2}{s^2+4}$，其對應之拉氏逆轉換為 $2\sin t - \sin 2t$。

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解題方法

步驟一：假設未知的初始導數

已知 $y(0) = 1$，設未知的初始導數為 $y'(0) = c$。

步驟二：對微分方程取拉普拉斯變換

對原式 $y'' + y = 3\sin 2t$ 兩邊同取拉普拉斯變換：
$\mathcal{L}\{y''\} + \mathcal{L}\{y\} = 3\mathcal{L}\{\sin 2t\}$

代入微分定理與正弦函數變換公式：
$s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0) + Y(s) = 3 \cdot \frac{2}{s^2 + 2^2}$

代入初始條件 $y(0) = 1$ 與 $y'(0) = c$：
$(s^2 + 1) Y(s) - s - c = \frac{6}{s^2 + 4}$

移項整理得：
$(s^2 + 1) Y(s) = s + c + \frac{6}{s^2 + 4}$

$Y(s) = \frac{s}{s^2 + 1} + \frac{c}{s^2 + 1} + \frac{6}{(s^2 + 1)(s^2 + 4)}$

步驟三：進行部分分式拆解與取拉氏逆轉換

將第三項進行部分分式拆解（即 Problem 1 之計算結果）：
$\frac{6}{(s^2 + 1)(s^2 + 4)} = \frac{A}{s^2 + 1} + \frac{B}{s^2 + 4}$

解得 $A = 2, B = -2$，因此：
$\frac{6}{(s^2 + 1)(s^2 + 4)} = \frac{2}{s^2 + 1} - \frac{2}{s^2 + 4}$

將此拆解結果代回 $Y(s)$：
$Y(s) = \frac{s}{s^2 + 1} + \frac{c}{s^2 + 1} + \frac{2}{s^2 + 1} - \frac{2}{s^2 + 4}$

$Y(s) = \frac{s}{s^2 + 1} + \frac{c+2}{s^2 + 1} - \frac{2}{s^2 + 4}$

核心觀念

• 考點：常點（Ordinary Point）附近的冪級數解法（Power Series Method）與初始值問題（Initial-Value Problem, IVP）。
• 定義與定理：
  1. 常點定義：對二次線性微分方程式 $y'' + P(x)y' + Q(x)y = 0$，若 $P(x)$ 與 $Q(x)$ 在 $x = x_0$ 處皆為解析函數（Analytic Function），則 $x_0$ 稱為此方程式的常點。本題中 $P(x) = -2x$ 與 $Q(x) = 8$ 均為多項式，故 $x_0 = 0$ 為常點。
  2. 冪級數解形式：設解為 $y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$。
  3. 初始條件與係數關係：$a_0 = y(0)$，$a_1 = y'(0)$。
  4. Hermite 微分方程式特徵：本方程屬於 Hermite 微分方程式 $y'' - 2xy' + 2\lambda y = 0$ 的形式（其中 $\lambda = 4$ 為非負整數），其對應的級數解會在有限項後截斷（Truncated），形成多項式解。

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解題方法

步驟一：假設級數解並求導
設解為：
$y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$
逐項求微分得：
$y'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$
$y''(x) = \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2}$

步驟二：代入原微分方程式
將 $y, y', y''$ 代入 $y'' - 2xy' + 8y = 0$：
$\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2} - 2x \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} + 8 \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = 0$
$\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2} - \sum_{n=1}^{\infty} 2n a_n x^n + \sum_{n=0}^{\infty} 8 a_n x^n = 0$

步驟三：平移指數並統一項數
將第一項對 $x$ 的指數進行平移，令 $k = n - 2 \implies n = k + 2$：
$\sum_{k=0}^{\infty} (k+2)(k+1) a_{k+2} x^k - \sum_{n=1}^{\infty} 2n a_n x^n + \sum_{n=0}^{\infty} 8 a_n x^n = 0$
將索引變數統一寫為 $n$，並注意第二項在 $n=0$ 時 $2(0)a_0 = 0$，故三項皆可由 $n=0$ 開始累加：
$\sum_{n=0}^{\infty} \left[ (n+2)(n+1) a_{n+2} - 2n a_n + 8 a_n \right] x^n = 0$
$\sum_{n=0}^{\infty} \left[ (n+2)(n+1) a_{n+2} + (8 - 2n) a_n \right] x^n = 0$

步驟四：建立遞迴關係式（Recurrence Relation）
令各次項係數皆為零：
$(n+2)(n+1) a_{n+2} + (8 - 2n) a_n = 0$
可得遞迴關係式：

核心觀念

本題旨在驗證格林定理（Green's Theorem）。

格林定理建立了平面封閉區域 $R$ 上的「二重積分」與其邊界曲線 $C$ 上的「沿正向（逆時針）環路線積分」之間的轉換關係。定理內容如下：

設 $R$ 為平面上的單連通區域，$C$ 為其分段平滑的正向（逆時針方向）邊界曲線。若函數 $P(x,y)$ 與 $Q(x,y)$ 及其一階偏導函數在包含 $R$ 的區域上皆連續，則：
$\oint_C P \, dx + Q \, dy = \iint_R \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA$

題目要求「驗證（Verify）」該定理，因此必須分別獨立計算左式線積分（LHS）與右式二重積分（RHS），並說明兩者計算結果完全一致。

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解題方法

第一步：計算左式線積分（Left-Hand Side）

求算線積分：
$I_{\text{LHS}} = \oint_C (-y^2) \, dx + x^2 \, dy$
其中邊界曲線 $C$ 為圓周 $x^2 + y^2 = 9$（半徑 $r = 3$）。

1. 曲線參數化：
   將圓周 $C$ 參數化為：
   $x(t) = 3\cos t, \quad y(t) = 3\sin t, \quad t \in [0, 2\pi]$
   微分量為：
   $dx = -3\sin t \, dt, \quad dy = 3\cos t \, dt$

2. 代入線積分：
   $I_{\text{LHS}} = \int_{0}^{2\pi} \left[ -(3\sin t)^2 (-3\sin t) + (3\cos t)^2 (3\cos t) \right] dt$
   $I_{\text{LHS}} = \int_{0}^{2\pi} \left( 27\sin^3 t + 27\cos^3 t \right) dt = 27 \int_{0}^{2\pi} \sin^3 t \, dt + 27 \int_{0}^{2\pi} \cos^3 t \, dt$

3. 逐項積分求解：

   • 計算 $\int_{0}^{2\pi} \sin^3 t \, dt$：
     $\int_{0}^{2\pi} \sin^3 t \, dt = \int_{0}^{2\pi} \sin t (1 - \cos^2 t) \, dt = \left[ -\cos t + \frac{\cos^3 t}{3} \right]_0^{2\pi} = \left( -1 + \frac{1}{3} \right) - \left( -1 + \frac{1}{3} \right) = 0$
   • 計算 $\int_{0}^{2\pi} \cos^3 t \, dt$：
     $\int_{0}^{2\pi} \cos^3 t \, dt = \int_{0}^{2\pi} \cos t (1 - \sin^2 t) \, dt = \left[ \sin t - \frac{\sin^3 t}{3} \right]_0^{2\pi} = 0 - 0 = 0$

4. 左式結果：
   $I_{\text{LHS}} = 27(0) + 27(0) = 0$

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第二步：計算右式二重積分（Right-Hand Side）

求算二重積分：
$I_{\text{RHS}} = \iint_R (2x + 2y) \, dA$
其中區域 $R$ 為圓形盤狀區域 $x^2 + y^2 \le 9$。

1. 變換至極坐標（Polar Coordinates）：
   令 $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$，面積微分元 $dA = r \, dr \, d\theta$。
   積分範圍為：$r \in [0, 3]$, $\theta \in [0, 2\pi]$。

2. 代入極坐標積分式：

核心觀念

本題屬於偏微分方程式（Partial Differential Equations, PDE）中的**一維熱傳導方程式（Heat Equation）**邊界值問題（Boundary Value Problem, BVP）。解題核心觀念與所採用的數學工具如下：

1. 分離變數法（Separation of Variables）：將多元函數 $u(x,t)$ 假設為兩個單變數函數之乘積 $X(x)T(t)$，將 PDE 轉化為兩個獨立的常微分方程式（ODE）。
2. Sturm-Liouville 特徵值問題（Eigenvalue Problem）：結合齊次邊界條件求解空間常微分方程式，求得特徵值 $\lambda_n$ 及對應的特徵函數 $X_n(x)$。
3. 半幅傅立葉正弦級數（Half-Range Fourier Sine Series）：運用正交性（Orthogonality）將初始條件 $u(x,0) = x(1-x)$ 進行級數展開，以求得級數係數。
4. 初始條件與方程式階數之相容性：一階時間 PDE（熱傳導方程）僅需一個初始條件 $u(x,0)$ 即可決定唯一解。題目額外提供之 $\left.\frac{\partial u}{\partial t}\right|_{t=0} = x(1-x)$ 於一階時間 PDE 下屬於過度決定（Overdetermined）條件；若題目原意為二階時間之波動方程式（Wave Equation $a^2 u_{xx} = u_{tt}$），則需同時使用兩個初始條件。

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解題方法

【解法一：按原題一階時間偏微分方程式（熱傳導方程）推導】

步驟一：分離變數並建立常微分方程
設 $u(x,t) = X(x)T(t) \neq 0$，代入 PDE $a^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = \frac{\partial u}{\partial t}$ 得：
$a^2 X''(x)T(t) = X(x)T'(t)$
兩邊同除以 $a^2 X(x)T(t)$：
$\frac{X''(x)}{X(x)} = \frac{T'(t)}{a^2 T(t)} = -\lambda \quad (\text{分離常數})$
可拆解為兩個常微分方程式：
$X''(x) + \lambda X(x) = 0$
$T'(t) + \lambda a^2 T(t) = 0$

步驟二：求解空間特徵值問題
將齊次邊界條件 $u(0,t) = X(0)T(t) = 0$ 與 $u(1,t) = X(1)T(t) = 0$ 帶入（排除 $T(t)=0$ 之無趣解），得到空間邊界條件：
$X(0) = 0, \quad X(1) = 0$

討論特徵常數 $\lambda$：

• 當 $\lambda \le 0$ 時，僅能求得無趣解 $X(x) = 0$。
• 當 $\lambda > 0$ 時，設 $\lambda = k^2 \, (k > 0)$，通解為：
  $X(x) = c_1 \cos(kx) + c_2 \sin(kx)$
  由 $X(0) = 0 \implies c_1 = 0$。
  由 $X(1) = 0 \implies c_2 \sin(k) = 0$，取非零解 $c_2 \neq 0$，故 $\sin(k) = 0 \implies k = n\pi \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$。

得出特徵值與特徵函數分別為：
$\lambda_n = (n\pi)^2, \quad X_n(x) = \sin(n\pi x), \quad n \in \mathbb{N}^+$

步驟三：求解時間常微分方程
將 $\lambda_n = (n\pi)^2$ 代入時間常微分方程：
$T_n'(t) + (n\pi a)^2 T_n(t) = 0 \implies T_n(t) = C_n e^{-(n\pi a)^2 t}$

步驟四：線性疊加與利用初始條件求解係數
根據線性疊加原理，偏微分方程式之通解為：
$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} B_n e^{-(n\pi a)^2 t} \sin(n\pi x)$

代入初始條件 $u(x,0) = x(1-x)$：
$u(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} B_n \sin(n\pi x) = x(1-x)$
利用傅立葉正弦級數之正交性公式，求取係數 $B_n$：
$B_n = 2 \int_0^1 x(1-x) \sin(n\pi x) \, dx$

利用分部積分法（Tabular Integration）：
$\int_0^1 (x - x^2) \sin(n\pi x) \, dx = \left[ -(x - x^2)\frac{\cos(n\pi x)}{n\pi} + (1 - 2x)\frac{\sin(n\pi x)}{n^2 \pi^2} - 2\frac{\cos(n\pi x)}{n^3 \pi^3} \right]_0^1$
代入上下限：