114 年 國立成功大學土木工程系碩士班己組《工程數學》

核心觀念

1. 二維非齊次偏微分方程式（泊松方程式 Poisson's Equation）：
   方程式形如 $\nabla^2 u = f(x, y)$。當非齊次項 $f(x, y)$ 無法直接以簡易有限項正交基底展開（如 $f(x, y) = \sin(xy)$ 含有變數相乘耦合項）時，古典純分離變數法無法直接得到封閉形式的精確解，需藉由特徵函數展開法（Eigenfunction Expansion Method）建構級數解，或透過泰勒級數近似／有限項截斷來求得其近似解（Approximate form）。
2. Sturm-Liouville 特徵值問題：
   利用齊次邊界條件建立正交特徵函數基底。
   • 在 $x$ 方向上滿足狄利克雷齊次邊界條件（$u(0, y) = 0$ 與 $u(\pi, y) = 0$），其對應的基底為正弦函數集 $\{\sin(mx)\}_{m=1}^\infty$。
   • 在 $y$ 方向上滿足混合齊次邊界條件（$u(x, 0) = 0$ 與 $\frac{\partial u}{\partial y}(x, \pi) = 0$），其對應的基底為 $\{\sin\left(\frac{2n-1}{2}y\right)\}_{n=1}^\infty$。

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解題方法

步驟一：建立完備的正交特徵函數基底

考慮二維齊次邊界條件：

$$\begin{cases} u(0, y) = 0, \quad u(\pi, y) = 0 \\ u(x, 0) = 0, \quad \frac{\partial u}{\partial y}(x, \pi) = 0 \end{cases}$$

• 對於 $x$ 方向的齊次條件，解特徵值問題 $X''(x) + \lambda^2 X(x) = 0$ 且 $X(0)=X(\pi)=0$： $$X_m(x) = \sin(mx), \quad m = 1, 2, 3, \dots$$
• 對於 $y$ 方向的齊次條件，解特徵值問題 $Y''(y) + \mu^2 Y(y) = 0$ 且 $Y(0)=0,\, Y'(\pi)=0$： $$Y_n(y) = \sin\left(\frac{2n-1}{2}y\right), \quad n = 1, 2, 3, \dots$$

由二維傅立葉級數理論，解 $u(x, y)$ 可展開為雙重正弦級數形式：

$$u(x, y) = \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} A_{mn} \sin(mx) \sin\left(\frac{2n-1}{2}y\right)$$

此形式自動滿足所有的四個邊界條件。

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步驟二：代入泊松方程式並求係數通式

計算拉普拉斯運算子作用於特徵函數：

$$\nabla^2 u = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = -\sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \left[ m^2 + \left(\frac{2n-1}{2}\right)^2 \right] A_{mn} \sin(mx) \sin\left(\frac{2n-1}{2}y\right)$$

方程式要求：

$$\nabla^2 u = \sin(xy)$$

將非齊次項 $f(x, y) = \sin(xy)$ 同樣展開於特徵基底上：

$$\sin(xy) = \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} f_{mn} \sin(mx) \sin\left(\frac{2n-1}{2}y\right)$$

利用正交性，展開係數 $f_{mn}$ 為：

$$f_{mn} = \frac{\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{\pi} \sin(xy) \sin(mx) \sin\left(\frac{2n-1}{2}y\right) \, dx \, dy}{\int_{0}^{\pi}\sin^2(mx)\,dx \cdot \int_{0}^{\pi}\sin^2\left(\frac{2n-1}{2}y\right)dy}$$

其中分母正則化積分為：

$$\int_{0}^{\pi} \sin^2(mx)\,dx = \frac{\pi}{2}, \quad \int_{0}^{\pi} \sin^2\left(\frac{2n-1}{2}y\right)dy = \frac{\pi}{2}$$

因此：

$$f_{mn} = \frac{4}{\pi^2} \int_{0}^{\pi} \int_{0}^{\pi} \sin(xy) \sin(mx) \sin\left(\frac{2n-1}{2}y\right) \, dx \, dy$$

比較兩邊級數係數，可得廣義傅立葉係數 $A_{mn}$ 的精確表達式：

$$A_{mn} = -\frac{f_{mn}}{m^2 + \left(\frac{2n-1}{2}\right)^2} = -\frac{4}{\pi^2\left[m^2 + \left(\frac{2n-1}{2}\right)^2\right]} \int_{0}^{\pi} \int_{0}^{\pi} \sin(xy) \sin(mx) \sin\left(\frac{2n-1}{2}y\right) \, dx \, dy$$

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步驟三：近似解的推導（泰勒展開截斷法）

題目要求找出（或概述）一個近似解形式（Approximate form）。

在區域 $[0, \pi] \times [0, \pi]$ 中，考量 $\sin(xy)$ 的主導項。若利用泰勒展開式將右式非齊次項在原點展開取低階項近似：

$$\sin(xy) \approx xy$$

利用近似項 $f(x, y) \approx xy$ 計算主導頻率係數 $f_{mn}$：

核心觀念

本題考查二階常係數非齊次線性常微分方程式（Second-Order Linear Nonhomogeneous ODE）的完整解法與初值問題（Initial Value Problem, IVP）：

1. 齊次解（Homogeneous Solution, $y_h$）：由特徵方程式求得共軛複數根，進而利用歐拉公式寫出包含指數衰減與三角函數的齊次通解。
2. 特解（Particular Solution, $y_p$）：
   • 強制項（非齊次項）為 $r(x) = 2e^{-2x}\cos(x)$，其形態包含於齊次解基底之中，屬於共振型（Resonance / 重複項）。
   • 使用**未定係數法（Method of Undetermined Coefficients）時，假設形式必須乘上修正因子 $x$；或使用微分算子之指數平移定理（Exponential Shift Theorem）**求解，能大幅簡化代數運算。
3. 初值問題的唯一解：將已知條件代入通解 $y(x) = y_h(x) + y_p(x)$，解出未定常數 $c_1, c_2$。

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解題方法與完整推導

原方程式為：

$$y'' + 4y' + 5y = 2e^{-2x}\cos(x)$$

第 (1) 小題：求通解（含齊次解與特解）

Step 1：求齊次解 $y_h(x)$

對應之齊次方程式為：

$$y'' + 4y' + 5y = 0$$

其特徵方程式（Characteristic Equation）為：

$$\lambda^2 + 4\lambda + 5 = 0$$

利用公式解得特徵根：

$$\lambda = \frac{-4 \pm \sqrt{4^2 - 4 \cdot 1 \cdot 5}}{2} = -2 \pm i$$

特徵根為一對共軛複數根 $\lambda = -2 \pm i$，對應之齊次解為：

$$y_h(x) = e^{-2x} \left( c_1 \cos(x) + c_2 \sin(x) \right)$$

其中 $c_1, c_2$ 為任意常數。

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Step 2：求特解 $y_p(x)$

由於非齊次項 $r(x) = 2e^{-2x}\cos(x)$ 與齊次解的基底重複，依未定係數法的修正法則，特解形式應額外乘上 $x^1$：

$$y_p(x) = x e^{-2x} \left( A\cos(x) + B\sin(x) \right)$$

【方法一：微分算子指數平移法（最快且不易出錯）】
以微分算子符號 $D = \frac{d}{dx}$ 表示：

$$(D^2 + 4D + 5) y_p = 2e^{-2x}\cos(x)$$

因 $D^2 + 4D + 5 = (D + 2)^2 + 1$，利用指數平移定理 $F(D)[e^{ax} v(x)] = e^{ax} F(D+a)[v(x)]$：

$$y_p = \frac{1}{(D+2)^2 + 1} \left[ 2e^{-2x}\cos(x) \right] = 2e^{-2x} \frac{1}{D^2 + 1} [\cos(x)]$$

利用標準算子共振公式 $\frac{1}{D^2 + \omega^2}[\cos(\omega x)] = \frac{x}{2\omega}\sin(\omega x)$（此處 $\omega = 1$）：

$$\frac{1}{D^2 + 1}[\cos(x)] = \frac{x}{2}\sin(x)$$

代入即得：

$$y_p(x) = 2e^{-2x} \cdot \left( \frac{x}{2}\sin(x) \right) = x e^{-2x}\sin(x)$$

【方法二：傳統未定係數法代入驗證】
令 $y_p = e^{-2x} \cdot u(x)$，其中 $u(x) = x(A\cos(x) + B\sin(x))$。
代入原式化簡後可得：

$$u'' + u = 2\cos(x)$$

對 $u(x)$ 微分：

$$u'(x) = (A\cos(x) + B\sin(x)) + x(-A\sin(x) + B\cos(x))$$ $$u''(x) = 2(-A\sin(x) + B\cos(x)) + x(-A\cos(x) - B\sin(x))$$

代入 $u'' + u$：

$$u'' + u = -2A\sin(x) + 2B\cos(x) = 2\cos(x)$$

核心觀念

1. 特徵值與代數重數（Algebraic Multiplicity, AM）：
   矩陣 $A$ 的特徵多項式定義為 $p(\lambda) = \det(A - \lambda I) = 0$。三角形矩陣的主對角線元素即為該矩陣的全部特徵值。若根 $\lambda$ 在特徵方程式中出現的重數為 $k$，則其代數重數為 $k$。
2. 幾何重數（Geometric Multiplicity, GM）與瑕疵矩陣（Defective Matrix）：
   對應特徵值 $\lambda$ 的幾何重數為特徵空間的維度，即 $\text{nullity}(A - \lambda I) = n - \text{rank}(A - \lambda I)$。若 $\text{GM} < \text{AM}$，則矩陣無法對角化，需藉由**廣義特徵向量（Generalized Eigenvectors）**構造 Jordan 鏈（Jordan chain）來化為 Jordan 標準式（Jordan Canonical Form, JCF）。
3. Jordan 鏈的定義：
   長度為 $k$ 的 Jordan 鏈向量系 $\{v_1, v_2, \dots, v_k\}$ 滿足： $$(A - \lambda I)v_1 = 0 \quad (v_1 \neq 0 \text{，為傳統特徵向量})$$ $$(A - \lambda I)v_2 = v_1$$ $$(A - \lambda I)v_3 = v_2$$ 其中 $v_2, v_3$ 為廣義特徵向量。若以變換矩陣 $P = \begin{bmatrix} v_1 & v_2 & v_3 \end{bmatrix}$ 做相似變換，則 $J = P^{-1}AP$ 為 Jordan 標準式。

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解題方法與詳細推導

(1) 判定並證明 $A$ 僅有單一特徵值 $\lambda = 2$ 且代數重數為 3

步驟 1：求解特徵多項式
計算矩陣 $A$ 的特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$：

$$A - \lambda I = \begin{bmatrix} 2 - \lambda & 1 & 0 \\ 0 & 2 - \lambda & 1 \\ 0 & 0 & 2 - \lambda \end{bmatrix}$$

由於 $A - \lambda I$ 為上三角矩陣（Upper Triangular Matrix），其行列式值即為主對角線元素相乘：

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

令特徵多項式為零：

$$(2 - \lambda)^3 = 0 \implies (\lambda - 2)^3 = 0$$

步驟 2：證明結論
根據代數基本定理，三次多項式方程 $(\lambda - 2)^3 = 0$ 在複數系中有且僅有 3 個根。此處解為三重根 $\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 2$。
因此，$A$ 只有唯一的特徵值 $\lambda = 2$，且其代數重數（Algebraic Multiplicity, AM）為 3。

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(2) 尋找線性獨立的特徵向量與廣義特徵向量，並寫出 Jordan 標準式

步驟 1：求傳統特徵向量（Eigenvector）及幾何重數
將 $\lambda = 2$ 代入 $(A - 2I)v = 0$：

$$A - 2I = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

設向量 $v_1 = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix}$，滿足 $(A - 2I)v_1 = 0$：

$$\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \implies \begin{cases} x_2 = 0 \\ x_3 = 0 \end{cases}$$

其中 $x_1$ 為自由變數（可取任意非零常數，令 $x_1 = 1$）。
因此，對應 $\lambda = 2$ 的傳統特徵向量為：

$$v_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

矩陣 $A - 2I$ 的秩（Rank）為 2，故幾何重數（Geometric Multiplicity, GM）為：

$$\text{GM} = \text{nullity}(A - 2I) = 3 - \text{rank}(A - 2I) = 3 - 2 = 1$$

核心觀念

1. 有限區間上的傅立葉級數（Fourier Series Expansion）：
   對於定義在區間 $(-L, L)$ 上的函數 $f(x)$，其週期為 $2L$ 的傅立葉級數表示式為：

   $$f(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + b_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \right]$$

   其中傅立葉係數為：

   $$a_0 = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x)\,dx$$ $$a_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x)\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx, \quad n = 1, 2, 3, \dots$$ $$b_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x)\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx, \quad n = 1, 2, 3, \dots$$

   本題給定區間為 $-2 < x < 2$，因此半週期 $L = 2$。

2. 傅立葉積分表示式（Fourier Integral Representation）：
   對於在全實數線上非週期且絕對可積（$\int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|\,dx < \infty$）的函數 $f(x)$，其傅立葉積分表示式為：

   $$f(x) = \int_{0}^{\infty} \left[ A(\omega)\cos(\omega x) + B(\omega)\sin(\omega x) \right] d\omega$$

   其中頻譜振幅函數為：

   $$A(\omega) = \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} f(v)\cos(\omega v)\,dv$$ $$B(\omega) = \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} f(v)\sin(\omega v)\,dv$$

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解題方法

(1) 求 $f(x)$ 在區間 $-2 < x < 2$ 上的傅立葉級數

本題給定區間長度為 $2L = 4 \implies L = 2$。
由題目定義，在區間 $(-2, 2)$ 內：

$$f(x) = \begin{cases} 0, & -2 < x \le 0 \\ x, & 0 < x < 1 \\ 2-x, & 1 \le x < 2 \end{cases}$$

步驟一：計算常數項係數 $a_0$

$$a_0 = \frac{1}{2} \int_{-2}^{2} f(x)\,dx = \frac{1}{2} \left[ \int_{0}^{1} x\,dx + \int_{1}^{2} (2-x)\,dx \right]$$

括號內為底長 $2$、高 $1$ 的三角形面積：

$$\int_{0}^{1} x\,dx = \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^1 = \frac{1}{2}$$ $$\int_{1}^{2} (2-x)\,dx = \left[ 2x - \frac{x^2}{2} \right]_1^2 = (4 - 2) - \left(2 - \frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}$$

因此：

$$a_0 = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \right) = \frac{1}{2} \implies \frac{a_0}{2} = \frac{1}{4}$$

步驟二：計算餘弦項係數 $a_n$

$$a_n = \frac{1}{2} \int_{-2}^{2} f(x)\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx = \frac{1}{2} \left[ \int_{0}^{1} x\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx + \int_{1}^{2} (2-x)\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx \right]$$

利用分部積分法分別計算：

1. 第一個積分：

   $$\int_{0}^{1} x\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx = \left[ x \cdot \frac{2}{n\pi}\sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) \right]_0^1 - \int_{0}^{1} \frac{2}{n\pi}\sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx$$ $$= \frac{2}{n\pi}\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right) + \left[ \frac{4}{n^2\pi^2}\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) \right]_0^1 = \frac{2}{n\pi}\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right) + \frac{4}{n^2\pi^2}\left(\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) - 1\right)$$

2. 第二個積分：

   $$\int_{1}^{2} (2-x)\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx = \left[ (2-x) \cdot \frac{2}{n\pi}\sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) \right]_1^2 - \int_{1}^{2} (-1) \cdot \frac{2}{n\pi}\sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx$$ $$= -\frac{2}{n\pi}\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right) - \left[ \frac{4}{n^2\pi^2}\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) \right]_1^2$$ $$= -\frac{2}{n\pi}\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right) - \frac{4}{n^2\pi^2}\left(\cos(n\pi) - \cos\left(\frac{n\pi}{2}\right)\right)$$

兩式相加：

$$\int_{-2}^{2} f(x)\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx = \frac{4}{n^2\pi^2}\left( 2\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) - 1 - (-1)^n \right)$$

代入 $a_n$ 公式：

$$a_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{n^2\pi^2}\left( 2\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) - 1 - (-1)^n \right) = \frac{2}{n^2\pi^2}\left( 2\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) - 1 - (-1)^n \right)$$

步驟三：計算正弦項係數 $b_n$

$$b_n = \frac{1}{2} \int_{-2}^{2} f(x)\sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx = \frac{1}{2} \left[ \int_{0}^{1} x\sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx + \int_{1}^{2} (2-x)\sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx \right]$$

利用分部積分法分別計算：

1. 第一個積分：

   $$\int_{0}^{1} x\sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx = \left[ -x \cdot \frac{2}{n\pi}\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) \right]_0^1 + \int_{0}^{1} \frac{2}{n\pi}\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx$$ $$= -\frac{2}{n\pi}\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) + \left[ \frac{4}{n^2\pi^2}\sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) \right]_0^1 = -\frac{2}{n\pi}\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) + \frac{4}{n^2\pi^2}\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)$$

2. 第二個積分：

   $$\int_{1}^{2} (2-x)\sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx = \left[ -(2-x) \cdot \frac{2}{n\pi}\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) \right]_1^2 - \int_{1}^{2} (-1) \cdot \left(-\frac{2}{n\pi}\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\right) dx$$ $$= \frac{2}{n\pi}\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) + \left[ \frac{4}{n^2\pi^2}\sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) \right]_1^2$$ $$= \frac{2}{n\pi}\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) + \frac{4}{n^2\pi^2}\left(\sin(n\pi) - \sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)\right) = \frac{2}{n\pi}\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) - \frac{4}{n^2\pi^2}\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)$$

兩式相加：

$$\int_{-2}^{2} f(x)\sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx = 0 \implies b_n = 0$$

步驟四：統整傅立葉級數
因為 $b_n = 0$，級數僅含餘弦項與常數項。
分析 $a_n$ 的奇偶規律：

• 若 $n$ 為奇數（$n = 2k-1$）：$(-1)^n = -1$，$\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) = 0 \implies a_n = \frac{2}{n^2\pi^2}(0 - 1 - (-1)) = 0$

核心觀念

本題屬於一維波動方程式（Wave Equation）的混合初值與邊界值問題（Initial-Boundary Value Problem, IBVP），主要測驗以下觀念：

1. 分離變數法（Separation of Variables）：將偏微分方程拆解為空間與時間的兩個常微分方程（ODE），並透過齊次邊界條件建立 Sturm-Liouville 本徵值問題。
2. 傅立葉正弦級數（Fourier Sine Series）：利用本徵函數的正交性（Orthogonality），將任意非零的初始位置與初始速度展開成正弦級數，進而決定待定係數。
3. 分部積分法（Integration by Parts）：求解初始速度展開式時，多項式函數與三角函數乘積的積分計算技巧。

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解題方法

第 (1) 小題：分離變數法推導通解

設偏微分方程的解為空間函數與時間函數的乘積：

$$u(x, t) = X(x)T(t)$$

代入波動方程式 $\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$，兩邊同除以 $c^2 X(x)T(t)$：

$$\frac{T''(t)}{c^2 T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda$$

其中 $-\lambda$ 為分離常數。此式可拆解為兩個常微分方程：

$$X''(x) + \lambda X(x) = 0$$ $$T''(t) + c^2 \lambda T(t) = 0$$

利用齊次狄利克雷（Dirichlet）邊界條件 $u(0, t) = 0$ 與 $u(L, t) = 0$：

$$X(0)T(t) = 0 \implies X(0) = 0$$ $$X(L)T(t) = 0 \implies X(L) = 0$$

此構成關於 $X(x)$ 的 Sturm-Liouville 本徵值問題：

$$X''(x) + \lambda X(x) = 0, \quad X(0) = 0, \; X(L) = 0$$

• 當 $\lambda \le 0$ 時，僅有平凡解 $X(x) = 0$（不合）。
• 當 $\lambda > 0$ 時，令 $\lambda = k^2$（$k > 0$），通解為： $$X(x) = A\cos(kx) + B\sin(kx)$$ 代入邊界條件： $$X(0) = A = 0$$ $$X(L) = B\sin(kL) = 0$$ 欲得非平凡解（$B \neq 0$），必須滿足： $$kL = n\pi \implies k_n = \frac{n\pi}{L}, \quad n = 1, 2, 3, \dots$$ 對應的本徵值與本徵函數為： $$\lambda_n = \left(\frac{n\pi}{L}\right)^2, \quad X_n(x) = \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$$

將 $\lambda_n$ 代回時間方程式：

$$T_n''(t) + \omega_n^2 T_n(t) = 0, \quad \text{其中 } \omega_n = \frac{n\pi c}{L}$$

其通解為：

$$T_n(t) = C_n \cos(\omega_n t) + D_n \sin(\omega_n t)$$

根據疊加原理（Principle of Superposition），滿足波動方程式與邊界條件的通解形式為：

$$u(x, t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ A_n \cos\left(\frac{n\pi c}{L}t\right) + B_n \sin\left(\frac{n\pi c}{L}t\right) \right] \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$$

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第 (2) 小題：代入初始條件並求特解

對通解對 $t$ 微分求速度分量：

$$\frac{\partial u}{\partial t}(x, t) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n\pi c}{L} \left[ -A_n \sin\left(\frac{n\pi c}{L}t\right) + B_n \cos\left(\frac{n\pi c}{L}t\right) \right] \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$$

步驟一：滿足初始位移條件 $u(x, 0) = \sin\left(\frac{\pi x}{L}\right)$
代入 $t = 0$：

$$u(x, 0) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) = \sin\left(\frac{\pi x}{L}\right)$$

比較正弦函數的正交係數：

$$A_1 = 1, \quad A_n = 0 \quad (n \ge 2)$$

步驟二：滿足初始速度條件 $\frac{\partial u}{\partial t}(x, 0) = x(L-x)$
代入 $t = 0$：

$$\frac{\partial u}{\partial t}(x, 0) = \sum_{n=1}^{\infty} B_n \left(\frac{n\pi c}{L}\right) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) = x(L-x)$$

令 $b_n = B_n \frac{n\pi c}{L}$，即為函數 $g(x) = x(L-x) = Lx - x^2$ 在區間 $[0, L]$ 上的半幅傅立葉正弦級數展開係數：