108 年 國立成功大學工程科學系碩士班丙組《工程數學》

核心觀念

1. 歐拉-柯西微分方程式（Euler-Cauchy Equation）：
   二階歐拉-柯西方程式的一般形式為：
   $x^2 y'' + a x y' + b y = r(x)$
   本題原式為 $x y'' - \frac{2}{x} y = 1$，兩邊同乘以 $x$（假設 $x \neq 0$）後可化為標準歐拉-柯西型態：
   $x^2 y'' - 2y = x$

2. 齊次解（Homogeneous Solution, $y_h$）：
   設 $y = x^m$，代入對應之齊次方程式 $x^2 y'' - 2y = 0$，可得輔助方程式（Auxiliary Equation）：
   $m(m - 1) - 2 = 0 \implies m^2 - m - 2 = 0$
   求出特徵根 $m_1, m_2$ 後，齊次解即為獨立解之線性組合：
   $y_h(x) = c_1 x^{m_1} + c_2 x^{m_2}$

3. 特解（Particular Solution, $y_p$）：
   歐拉-柯西方程式為變係數微分方程式，求非齊次項特解主要有兩種途徑：

   • 方法一（參數變異法 Variation of Parameters）：須先將方程式改寫為標準一階最高項係數為 $1$ 的型態：
     $y'' + P(x) y' + Q(x) y = f(x)$
     對應本題 $f(x) = \frac{1}{x}$。利用朗斯基行列式（Wronskian）$W(y_1, y_2) = y_1 y_2' - y_1' y_2$ 計算特解：
     $y_p(x) = -y_1(x) \int \frac{y_2(x) f(x)}{W(x)} dx + y_2(x) \int \frac{y_1(x) f(x)}{W(x)} dx$
   • 方法二（變數變換法 Variable Substitution）：令 $x = e^t$（即 $t = \ln x$），可將歐拉-柯西方程式轉換為常係數微分方程式，再利用算子法（Operator Method）求特解。

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解題方法

步驟一：整理方程式

原微分方程式為：
$x y'' - \frac{2}{x} y = 1$
當 $x \neq 0$ 時，同乘以 $x$ 得到：
$x^2 y'' - 2y = x$

步驟二：求解齊次解 $y_h(x)$

考慮齊次方程式：
$x^2 y'' - 2y = 0$
設試驗解為 $y = x^m$，求微商 $y' = m x^{m-1}$ 與 $y'' = m(m-1)x^{m-2}$ 代入：
$x^2 \cdot m(m-1)x^{m-2} - 2 x^m = 0$
$(m^2 - m - 2) x^m = 0$
由於 $x^m \neq 0$，得到輔助方程式：
$m^2 - m - 2 = 0 \implies (m - 2)(m + 1) = 0$
解得特徵根：
$m_1 = 2, \quad m_2 = -1$
因此，齊次解對應之兩個線性獨立解為：
$y_1(x) = x^2, \quad y_2(x) = x^{-1} = \frac{1}{x}$
齊次解為：
$y_h(x) = c_1 x^2 + c_2 x^{-1} \quad (c_1, c_2 \text{ 為任意常數})$

步驟三：求解特解 $y_p(x)$（參數變異法）

將 $x^2 y'' - 2y = x$ 兩邊除以 $x^2$，化為標準型態：
$y'' - \frac{2}{x^2} y = \frac{1}{x}$
此時標準非齊次項為：
$f(x) = \frac{1}{x}$

計算 $y_1(x) = x^2$ 與 $y_2(x) = x^{-1}$ 之朗斯基行列式 $W(x)$：
$W(x) = \begin{vmatrix} y_1 & y_2 \\ y_1' & y_2' \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} x^2 & x^{-1} \\ 2x & -x^{-2} \end{vmatrix} = x^2 \left(-x^{-2}\right) - (2x)\left(x^{-1}\right) = -1 - 2 = -3$

將 $y_1, y_2, f(x), W(x)$ 代入參數變異法特解公式：
$y_p(x) = -x^2 \int \frac{x^{-1} \cdot \left(\frac{1}{x}\right)}{-3} dx + x^{-1} \int \frac{x^2 \cdot \left(\frac{1}{x}\right)}{-3} dx$
$y_p(x) = \frac{x^2}{3} \int x^{-2} dx - \frac{x^{-1}}{3} \int x \, dx$

分別計算兩項不定積分：
$\int x^{-2} dx = -x^{-1} = -\frac{1}{x}$
$\int x \, dx = \frac{x^2}{2}$

將積分結果代回：
$y_p(x) = \frac{x^2}{3} \left( -\frac{1}{x} \right) - \frac{x^{-1}}{3} \left( \frac{x^2}{2} \right) = -\frac{x}{3} - \frac{x}{6} = -\frac{1}{2}x$

步驟四：寫出通解 $y(x)$

通解 $y(x)$ 為齊次解與特解之和：
$y(x) = y_h(x) + y_p(x) = c_1 x^2 + c_2 x^{-1} - \frac{1}{2}x$

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選項分析

本題為非選擇題（計算題，配分 25%），無選項。以下針對考生在此類題目常犯之盲點與錯誤進行解析：

• 迷思一：直接使用「未定係數法（Undetermined Coefficients）」
  • 錯誤原因：未定係數法僅適用於「常係數」線性微分方程式。歐拉-柯西方程式係數含有變數 $x$，若直接假設 $y_p = A x + B$ 並非嚴謹

核心觀念

1. 歐拉-柯西微分方程式（Euler-Cauchy Equation）：
   二階非齊次歐拉-柯西方程式的一般標準形式為：
   $x^2 y'' + a x y' + b y = r(x)$
   本題原微分方程式為 $x y'' - \frac{2}{x} y = 1$，在 $x \neq 0$ 的條件下同乘以 $x$，可整理為標準格式：
   $x^2 y'' - 2y = x$

2. 齊次解（Homogeneous Solution, $y_h$）：
   對於齊次方程式 $x^2 y'' - 2y = 0$，令試驗解 $y = x^m$，代入可得特徵方程式（Auxiliary/Characteristic

核心觀念

本題考查**積分方程式（Integral Equation）**的求解，主要結合以下三大核心數學工具：

1. 摺積定義（Convolution Definition）：
   函數 $f(t)$ 與 $g(t)$ 的摺積定義為：
   $(f * g)(t) = \int_0^t f(t-x)g(x) \, dx$

2. 拉普拉斯轉換之摺積定理（Convolution Theorem）：
   兩函數摺積的拉普拉斯轉換等於各自拉普拉斯轉換的乘積：
   $\mathcal{L}\{(f * g)(t)\} = F(s) \cdot G(s)$

3. 常見拉普拉斯轉換與逆轉換公式：

   • $\mathcal{L}\{t^n e^{at}\} = \frac{n!}{(s-a)^{n+1}}$
   • $\mathcal{L}\{e^{at}\} = \frac{1}{s-a}$
   • $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2 - k^2}\right\} = \frac{1}{k} \sinh(kt)$

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解題方法

步驟一：將積分式轉化為標準摺積形式

原積分方程式為：
$y(t) = te^t - 2e^t \int_0^t e^{-x}y(x) \, dx$

由於積分變數為 $x$，對於積分內部而言，$e^t$ 為常數，可移入積分號內：
$2e^t \int_0^t e^{-x}y(x) \, dx = 2 \int_0^t e^{t-x}y(x) \, dx$

對照摺積定義 $(f * g)(t) = \int_0^t f(t-x)g(x) \, dx$，令 $f(t) = e^t$ 及 $g(t) = y(t)$，可得：
$\int_0^t e^{t-x}y(x) \, dx = e^t * y(t)$

因此，原方程式可重新寫成代數摺積型態：
$y(t) = te^t - 2(e^t * y(t))$

步驟二：對兩端取拉普拉斯轉換（S 域轉換）

設 $\mathcal{L}\{y(t)\} = Y(s)$。對等式兩邊取拉普拉斯轉換：
$\mathcal{L}\{y(t)\} = \mathcal{L}\{te^t\} - 2\mathcal{L}\{e^t * y(t)\}$

根據頻域位移定理與摺積定理：

• $\mathcal{L}\{te^t\} = \frac{1}{(s-1)^2}$
• $\mathcal{L}\{e^t * y(t)\} = \mathcal{L}\{e^t\} \cdot \mathcal{L}\{y(t)\} = \frac{1}{s-1} \cdot Y(s)$

代入原式得 S 域代數方程式：
$Y(s) = \frac{1}{(s-1)^2} - \frac{2}{s-1}Y(s)$

步驟三：求解 S 域代數方程式 $Y(s)$

將含 $Y(s)$ 的項移至左端：
$Y(s) + \frac{2}{s-1}Y(s) = \frac{1}{(s-1)^2}$
$Y(s) \left( 1 + \frac{2}{s-1} \right) = \frac{1}{(s-1)^2}$
$Y(s) \left( \frac{s+1}{s-1} \right) = \frac{1}{(s-1)^2}$

兩邊同乘以 $\frac{s-1}{s+1}$ 化簡：
$Y(s) = \frac{1}{(s-1)^2} \cdot \frac{s-1}{s+1} = \frac{1}{(s-1)(s+1)} = \frac{1}{s^2 - 1}$

步驟四：取拉普拉斯逆轉換（還原至 t 域）

對 $Y(s)$ 取拉普拉斯逆轉換：

核心觀念

本題考查三個矩陣基本主題：

1. 逆矩陣：若 $A$ 可逆，則 $AA^{-1}=A^{-1}A=I$。
2. 特徵值與特徵向量：若存在非零向量 $\boldsymbol{x}$ 使得
   $A\boldsymbol{x}=\lambda\boldsymbol{x},$
   則 $\lambda$ 為特徵值，且 $\boldsymbol{x}$ 為對應特徵向量。特徵值由
   $\det(A-\lambda I)=0$
   求得。
3. 矩陣等價對角化：尋找可逆矩陣 $Q,P$，使
   $QAP=D$
   為對角矩陣。

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解題方法

設

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

（1）求逆矩陣 $A^{-1}$

令

$$A \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} b_1\\b_2\\b_3 \end{bmatrix}.$$

由矩陣乘法可得聯立方程式：

$$\begin{cases} 2x+y=b_1,\\ y=b_2,\\ 2x-z=b_3. \end{cases}$$

由第二式：

$$y=b_2.$$

代入第一式：

$$2x+b_2=b_1 \quad\Longrightarrow\quad x=\frac{1}{2}b_1-\frac{1}{2}b_2.$$

再由第三式：

$$z=2x-b_3 =b_1-b_2-b_3.$$

因此

$$\begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \dfrac12&-\dfrac12&0\\ 0&1&0\\ 1&-1&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} b_1\\b_2\\b_3 \end{bmatrix}.$$

所以

$$A^{-1} = \begin{bmatrix} \dfrac12&-\dfrac12&0\\ 0&1&0\\ 1&-1&-1 \end{bmatrix}.$$

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（2）求特徵值與對應特徵向量

計算特徵方程式：

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

沿著第三欄展開，得到

$$\det(A-\lambda I) =(2-\lambda)(1-\lambda)(-1-\lambda).$$

因此特徵值為

$$\boxed{\lambda=2,\ 1,\ -1}.$$

① $\lambda=2$

解

$$(A-2I)\boldsymbol{x}=0.$$

即

$$\begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&-1&0\\ 2&0&-3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

由此得

$$y=0,\qquad 2x-3z=0.$$

取 $z=2$，則 $x=3$，故可取特徵向量

$$\boxed{\boldsymbol{v}_2= \begin{bmatrix} 3\\0\\2 \end{bmatrix}}.$$

② $\lambda=1$

解

$$(A-I)\boldsymbol{x}=0.$$

即

$$\begin{bmatrix} 1&1&0\\ 0&0&0\\ 2&0&-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

因此

$$x+y=0,\qquad x-z=0.$$

所以

$$y=-x,\qquad z=x.$$

取 $x=1$，得到

$$\boxed{\boldsymbol{v}_1= \begin{bmatrix} 1\\-1\\1 \end{bmatrix}}.$$

③ $\lambda=-1$

解

$$(A+I)\boldsymbol{x}=0.$$

即

核心觀念

本題屬於**一維齊次熱傳導方程式（1D Homogeneous Heat Equation）**的邊界值與初始值問題（Initial-Boundary Value Problem, IBVP）。考驗的核心觀念如下：

1. 偏微分方程Separation of Variables（分離變數法）：將多元函數 $u(x,t)$ 假設為兩個單變數函數之積 $X(x)T(t)$，把偏微分方程轉化為兩個獨立的常微分方程（ODE）。
2. Sturm-Liouville 邊界值問題與特徵值（Eigenvalues）／特徵函數（Eigenfunctions）：在空間邊界條件 $u(0,t)=u(\pi,t)=0$ 下，求解空間 ODE 的非顯然解（Nontrivial Solution），求出對應的特徵值 $\lambda_n = n^2$ 與特徵函數 $X_n(x) = \sin(nx)$。
3. 疊加原理（Superposition Principle）與正交性／係數比對：利用通解的線性組合匹配初始條件 $u(x,0) = 10 \sin x$。由於初始條件已給出正弦形式，可直接透過正交性或係數比對法確定常數。

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解題方法

步驟一：分離變數與建立 ODE 系統

設 $u(x,t) = X(x)T(t)$，且 $X(x) \neq 0, T(t) \neq 0$。將其代入偏微分方程：
$X(x)T'(t) = X''(x)T(t)$

同除以 $X(x)T(t)$ 可將變數分離：
$\frac{T'(t)}{T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda \quad (\text{常數})$

得到兩個常微分方程：

1. 空間部分：$X''(x) + \lambda X(x) = 0$
2. 時間部分：$T'(t) + \lambda T(t) = 0$

將邊界條件 $u(0,t) = X(0)T(t) = 0$ 與 $u(\pi,t) = X(\pi)T(t) = 0$ 代入（因 $T(t) \not\equiv 0$），得到空間邊界條件：
$X(0) = 0, \quad X(\pi) = 0$

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步驟二：求解空間特徵值問題 $X''(x) + \lambda X(x) = 0$

討論 Separation Constant $\lambda$ 的三種可能：

1. 當 $\lambda < 0$ 時：設 $\lambda = -\mu^2 \quad (\mu > 0)$
   通解為 $X(x) = C_1 \cosh(\mu x) + C_2 \sinh(\mu x)$
   由 $X(0) = 0 \implies C_1 = 0$
   由 $X(\pi) = C_2 \sinh(\mu\pi) = 0 \implies C_2 = 0$（因為當 $\mu > 0$ 時 $\sinh(\mu\pi) \neq 0$）
   僅有顯然解 $X(x) = 0$（不合）。

2. 當 $\lambda = 0$ 時：
   通解為 $X(x) = C_1 x + C_2$
   由 $X(0) = 0 \implies C_2 = 0$
   由 $X(\pi) = C_1 \pi = 0 \implies C_1 = 0$
   僅有顯然解 $X(x) = 0$（不合）。