109 年 國立成功大學能源工程國際碩士學位學程《工程數學》

a.
$2x y'+y=0\;\Longrightarrow\;2x\frac{dy}{dx}+y=0\;\Longrightarrow\;y\,dx+2x\,dy=0$

b. separable

$\frac{dy}{dx}=-\frac{y}{2x}\;\Longrightarrow\;\frac{dy}{y}=-\frac{dx}{2x}$

積分得

$\ln|y|=-\frac12\ln|x|+C\;\Longrightarrow\;y=C\,x^{-1/2}= \frac{C}{\sqrt{x}}$

c.
$M(x,y)=y,\;N(x,y)=2x$

$\frac{\partial M}{\partial y}=1,\qquad\frac{\partial N}{\partial x}=2$

不相等，故非恰當微分方程。

d.

$\frac{\partial M}{\partial y}-\frac{\partial N}{\partial x}=1-2=-1$

$\frac{\partial M/\partial y-\partial N/\partial x}{N}= \frac{-1}{2x}=f(x)$

核心觀念

本題考查二階常係數線性微分方程：

$$y''-6y'+9y=e^{3x}$$

解題分成三部分：

1. 先由對應齊次方程求齊次解。
2. 再求非齊次方程的特解。
3. 將通解代入初始條件，求出常數。

左側微分算子可因式分解為

$$D^2-6D+9=(D-3)^2,$$

其中 $D=\dfrac{d}{dx}$。

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a. 齊次解

對應的齊次方程為

$$y''-6y'+9y=0.$$

設解為 $y=e^{rx}$，得到特徵方程：

$$r^2-6r+9=0.$$

因式分解：

$$r^2-6r+9=(r-3)^2=0.$$

因此特徵根為重根 $r=3$，重根的齊次解形式為

$$y_h=(C_1+C_2x)e^{3x}.$$

所以：

$$\boxed{y_h=(C_1+C_2x)e^{3x}}.$$

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b. 非齊次解

非齊次方程為

$$y''-6y'+9y=e^{3x}.$$

右側為 $e^{3x}$，而齊次解中已經包含 $e^{3x}$ 與 $xe^{3x}$，因此直接使用待定係數法時必須處理重複問題。採用代換法可直接看出結構。

令

$$y=e^{3x}u(x).$$

先求導：

$$y'=e^{3x}(u'+3u),$$ $$y''=e^{3x}(u''+6u'+9u).$$

代回左側：

$$\begin{aligned} y''-6y'+9y &=e^{3x}(u''+6u'+9u) -6e^{3x}(u'+3u)+9e^{3x}u \\ &=e^{3x}u''. \end{aligned}$$

因此原方程化為

$$e^{3x}u''=e^{3x},$$

所以

$$u''=1.$$

積分兩次：

$$u'=x+C,$$ $$u=\frac{x^2}{2}+C_1x+C_2.$$

其中 $C_1x+C_2$ 對應齊次解，因此可取非齊次特解為

$$u_p=\frac{x^2}{2}.$$

故特解為

$$\boxed{y_p=\frac{x^2}{2}e^{3x}}.$$

因此非齊次方程的完整通解為

$$\boxed{ y=y_h+y_p =e^{3x}\left(C_1+C_2x+\frac{x^2}{2}\right) }.$$

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先假設 Frobenius 形式

$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^{n+r},\qquad a_0\neq0$

求導

$$y'=\sum_{n=0}^{\infty}a_n (n+r)x^{n+r-1},\qquad y''=\sum_{n=0}^{\infty}a_n (n+r)(n+r-1)x^{n+r-2}$$

代入方程式

$x^{2}y''+(x^{2}+x)y'-y=0$

得到

$$\sum_{n=0}^{\infty}a_n\big[(n+r)^2-1\big]x^{n+r} +\sum_{n=0}^{\infty}a_n (n+r)x^{n+r+1}=0 .$$

把第二項改變指標 $k=n+1$ 為

$\sum_{k=1}^{\infty}a_{k-1}(k-1+r)x^{k+r}.$

最低階次 $x^{r}$ 的係數給出特徵方程

$a_0\big(r^{2}-1\big)=0\quad\Longrightarrow\quad r=1\;\text{或}\;r=-1 .$

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1. $r=1$

遞迴式

核心觀念

本題要求由 $Y(s)$ 求其反拉普拉斯變換 $y(t)$，核心是：

1. 先將有理函數作部分分式分解。
2. 利用基本反拉普拉斯公式

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s}\right\}=1,\qquad \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2}\right\}=t$$

3. 對二次式配方，套用

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s+a}{(s+a)^2+b^2}\right\} =e^{-at}\cos bt$$ $$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{b}{(s+a)^2+b^2}\right\} =e^{-at}\sin bt$$

已知

$$Y(s)=\frac{1.151s+0.1774}{s^4+0.739s^3+0.921s^2}$$

先提出 $s^2$：

$$Y(s)=\frac{1.151s+0.1774}{s^2(s^2+0.739s+0.921)}$$

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解題方法：部分分式分解

設

$$\frac{1.151s+0.1774}{s^2(s^2+0.739s+0.921)} = \frac{A}{s}+\frac{B}{s^2} +\frac{Cs+D}{s^2+0.739s+0.921}$$

兩邊同乘以 $s^2(s^2+0.739s+0.921)$，得

$$1.151s+0.1774 = As(s^2+0.739s+0.921) +B(s^2+0.739s+0.921) +(Cs+D)s^2$$

整理各次方係數：

$$(A+C)s^3+(0.739A+B+D)s^2 +(0.921A+0.739B)s+0.921B$$

因此比較係數可得

$$A+C=0$$ $$0.739A+B+D=0$$ $$0.921A+0.739B=1.151$$ $$0.921B=0.1774$$

先求 $B$：

$$B=\frac{0.1774}{0.921}=0.192617$$

再求 $A$：

$$A=\frac{1.151-0.739B}{0.921} =1.095175$$

所以

$$C=-A=-1.095175$$

以及

$$D=-0.739A-B=-1.001951$$

故

$$Y(s) = \frac{1.095175}{s} +\frac{0.192617}{s^2} +\frac{-1.095175s-1.001951}{s^2+0.739s+0.921}$$

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二次式配方

將分母配方：

$$s^2+0.739s+0.921 = (s+0.3695)^2+b^2$$

其中

$$b^2=0.921-(0.3695)^2 =0.78446975$$

因此

$$b=\sqrt{0.78446975}\approx 0.885703$$

將分子改寫成 $s+0.3695$ 的形式：

$$-1.095175s-1.001951$$ $$=-1.095175(s+0.3695)-0.597284$$

核心觀念

本題是含有源項 $x$ 的一維熱傳導方程式：

$$\frac{\partial T}{\partial t} = \frac{\partial^2 T}{\partial x^2}+x$$

其中：

• $x=0$ 為絕熱邊界，滿足 Neumann 邊界條件 $T_x(0,t)=0$；
• $x=1$ 溫度固定為 $a$，滿足 Dirichlet 邊界條件 $T(1,t)=a$；
• 初始溫度為常數 $a$。

由於方程式含有非齊次源項 $x$，且邊界條件也非完全齊次，適合先求穩態解，再對暫態部分使用分離變數法與 Fourier 餘弦級數。

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解題方法一：先求穩態解

令穩態解為 $T_s(x)$，因為穩態時不含時間變化，所以：

$$\frac{\partial T_s}{\partial t}=0$$

代入原方程式得：

$$\frac{d^2T_s}{dx^2}+x=0$$

因此：

$$T_s''(x)=-x$$

積分一次：

$$T_s'(x)=-\frac{x^2}{2}+C_1$$

利用 $T_x(0,t)=0$：

$$T_s'(0)=C_1=0$$

所以：

$$T_s'(x)=-\frac{x^2}{2}$$

再積分一次：

$$T_s(x)=-\frac{x^3}{6}+C_2$$

利用 $T_s(1)=a$：

$$-\frac{1}{6}+C_2=a$$

故：

$$C_2=a+\frac16$$

因此穩態解為：

$$T_s(x)=a+\frac{1-x^3}{6}$$

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解題方法二：將問題化為齊次熱方程式

令：

$$u(x,t)=T(x,t)-T_s(x)$$

也就是：

$$T(x,t)=T_s(x)+u(x,t)$$

由於 $T_s''+x=0$，代回原方程式：

$$T_t=T_{xx}+x$$

可得：

$$u_t=u_{xx}$$

邊界條件變為：

在 $x=0$：

$$u_x(0,t)=T_x(0,t)-T_s'(0)=0$$

在 $x=1$：

$$u(1,t)=T(1,t)-T_s(1)=a-a=0$$

因此 $u$ 滿足：

$$u_t=u_{xx},\qquad 0<x<1$$ $$u_x(0,t)=0,\qquad u(1,t)=0$$

初始條件為：

$$u(x,0)=T(x,0)-T_s(x)$$ $$u(x,0)=a-\left(a+\frac{1-x^3}{6}\right)$$

所以：

$$u(x,0)=\frac{x^3-1}{6}$$

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分離變數求暫態解

設：

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

代入 $u_t=u_{xx}$：

$$X(x)G'(t)=X''(x)G(t)$$

整理得：

$$\frac{G'}{G}=\frac{X''}{X}=-\lambda$$

因此得到兩個常微分方程式：

$$G'+\lambda G=0$$

以及：

$$X''+\lambda X=0$$

空間部分的邊界條件為：

$$X'(0)=0,\qquad X(1)=0$$

令 $\lambda=\mu^2$，則：

$$X(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x)$$

由 $X'(0)=0$：

$$X'(x)=-A\mu\sin(\mu x)+B\mu\cos(\mu x)$$ $$X'(0)=B\mu=0$$

因此 $B=0$，空間特徵函數為：

$$X(x)=A\cos(\mu x)$$

再利用 $X(1)=0$：

$$\cos\mu=0$$

所以特徵值參數為：

$$\mu_n=\left(n+\frac12\right)\pi,\qquad n=0,1,2,\ldots$$

相應的時間函數為：

$$G_n(t)=e^{-\mu_n^2t}$$

核心觀念

在區間 $0\le x\le \pi$ 上，有限 Fourier 餘弦變換通常定義為

$$F_c(n)=\int_0^\pi f(x)\cos(nx)\,dx,\qquad n=0,1,2,\ldots$$

因為區間長度為 $\pi$，餘弦基底為 $\cos(nx)$。其中 $n=0$ 必須單獨計算；當 $n\ge 1$ 時，常用公式為

$$\int \cos(nx)\,dx=\frac{\sin(nx)}{n},$$

以及

$$\int e^{-x}\cos(nx)\,dx = \frac{e^{-x}\bigl(-\cos(nx)+n\sin(nx)\bigr)}{1+n^2}.$$

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解題方法

題目分別將函數代入有限 Fourier 餘弦變換的定義：

$$F_c(n)=\int_0^\pi f(x)\cos(nx)\,dx.$$

分段函數必須依分界點 $x=0.5$ 拆成兩個積分；指數函數則直接使用分部積分或標準積分公式。

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a) 分段函數

題目給定

$$f(x)= \begin{cases} 2, & 0\le x\le 0.5,\\ -1, & 0.5<x\le \pi. \end{cases}$$

當 $n\ge 1$

依定義，

$$F_c(n) = 2\int_0^{0.5}\cos(nx)\,dx -\int_{0.5}^{\pi}\cos(nx)\,dx.$$

分別計算：

$$2\int_0^{0.5}\cos(nx)\,dx = 2\left[\frac{\sin(nx)}{n}\right]_0^{0.5} = \frac{2\sin(n/2)}{n},$$

而

$$-\int_{0.5}^{\pi}\cos(nx)\,dx = -\left[\frac{\sin(nx)}{n}\right]_{0.5}^{\pi} = -\frac{\sin(n\pi)-\sin(n/2)}{n}.$$

由於 $n$ 為整數，$\sin(n\pi)=0$，因此

$$F_c(n) = \frac{2\sin(n/2)}{n} +\frac{\sin(n/2)}{n} = \frac{3\sin(n/2)}{n}.$$

所以

$$\boxed{F_c(n)=\frac{3\sin(n/2)}{n}},\qquad n\ge 1.$$

當 $n=0$

此時 $\cos(0x)=1$，因此

$$F_c(0)=\int_0^\pi f(x)\,dx.$$

直接計算：

$$F_c(0) = 2\int_0^{0.5}1\,dx-\int_{0.5}^{\pi}1\,dx$$ $$=2(0.5)-(\pi-0.5) =1-\pi+0.5 =\frac32-\pi.$$

因此

$$\boxed{F_c(0)=\frac32-\pi}.$$

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