109 年 國立成功大學航空太空工程學系碩士班丁組《工程數學》

核心觀念

本題考查：

• 一階微分方程的微分形式轉換。
• 可分離變數法。
• 恰當微分方程的判定。
• 積分因子的尋找與使用。

對微分形式

$$M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0$$

若在考慮區域內滿足

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

則稱為恰當微分方程。

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（a）改寫成微分形式

原方程為

$$2xy'+y=0.$$

由

$$y'=\frac{dy}{dx},$$

可得

$$2x\frac{dy}{dx}+y=0.$$

兩邊同乘以 $dx$：

$$2x\,dy+y\,dx=0.$$

整理後即為

$$\boxed{y\,dx+2x\,dy=0}.$$

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（b）使用可分離變數法求解

原方程為

$$2x\frac{dy}{dx}+y=0.$$

移項得

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

在 $x\neq 0$ 且 $y\neq 0$ 的區域內分離變數：

$$\frac{1}{y}\,dy = -\frac{1}{2x}\,dx.$$

兩邊積分：

$$\int \frac{1}{y}\,dy = -\frac12\int \frac{1}{x}\,dx.$$

因此

$$\ln|y| = -\frac12\ln|x|+C.$$

利用對數性質，

$$\ln|y| = \ln\left(|x|^{-1/2}\right)+C.$$

取指數後：

$$|y|=C_1|x|^{-1/2}.$$

將常數符號併入任意常數 $C$，得到

$$\boxed{y=C|x|^{-1/2}}.$$

若題目限定 $x>0$，則可寫成較熟悉的形式：

$$\boxed{y=Cx^{-1/2}=\frac{C}{\sqrt{x}}}.$$

其中 $C=0$ 時包含解 $y=0$。

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（c）判斷是否為恰當微分方程

由（a）式，微分方程為

$$y\,dx+2x\,dy=0.$$

因此

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

分別計算偏導數：

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

因為

$$\frac{\partial M}{\partial y} \neq \frac{\partial N}{\partial x},$$

所以此微分方程不是恰當微分方程。

$$\boxed{\text{此方程不是恰當微分方程。}}$$

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（d）尋找積分因子並求解

由於方程不恰當，尋找只依賴 $x$ 的積分因子 $\mu(x)$。

若

$$\mu(x)M\,dx+\mu(x)N\,dy=0$$

為恰當微分方程，則積分因子可由公式

$$\frac{\mu'(x)}{\mu(x)} = \frac{M_y-N_x}{N}$$

求得。

本題中

$$M_y=1,\qquad N_x=2,\qquad N=2x,$$

所以

$$\frac{\mu'}{\mu} = \frac{1-2}{2x} = -\frac{1}{2x}.$$

積分得

核心觀念

本題考查二階常係數線性微分方程：

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

左側微分算子可因式分解為

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

其中 $D=\dfrac{d}{dx}$。因此需掌握：

1. 齊次解的特徵方程法。
2. 非齊次解的待定係數法。
3. 當外力項與齊次解重複時，待定係數法需要乘上適當次方的 $x$。
4. 利用初始條件決定任意常數。

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a. 齊次解

先考慮對應的齊次方程：

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

設

$$y=e^{rx},$$

代入後得到特徵方程：

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

因式分解：

$$(r-3)^2=0.$$

因此 $r=3$ 是二重根。對於二重根 $r$，齊次解為

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

代入 $r=3$，得到

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

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b. 非齊次解

非齊次方程為

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

右側外力項為 $e^{3x}$，而 $e^{3x}$ 已包含在齊次解中；且特徵根 $r=3$ 的重數為 $2$。因此待定係數法的試誤形式必須乘上 $x^2$：

$$y_p=Ax^2e^{3x}.$$

方法一：直接代入

令

$$y_p=Ax^2e^{3x}.$$

先求導：

$$y_p'=A(2x+3x^2)e^{3x},$$ $$y_p''=A(2+12x+9x^2)e^{3x}.$$

代回左側：

\begin{align*}
y_p''-6y_p'+9y_p
&=A(2+12x+9x^2)e^{3x}\
&\quad-6A(2x+3x^2)e^{3x}
+9Ax^2e^{3x}.
\end{align*}

整理括號內各項：

$$2+12x+9x^2-12x-18x^2+9x^2=2.$$

所以

$$y_p''-6y_p'+9y_p=2Ae^{3x}.$$

與右側 $e^{3x}$ 比較係數：

$$2A=1,$$

因此

$$A=\frac12.$$

故非齊次特解為

$$\boxed{y_p=\frac12x^2e^{3x}}.$$

因此方程的通解為

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

方法二：平移微分算子

由於

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

令

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

利用公式

$$(D-3)\bigl(e^{3x}u\bigr)=e^{3x}u',$$

可得

$$(D-3)^2\bigl(e^{3x}u\bigr)=e^{3x}u''.$$

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

本題考查：

• $x=0$ 為正則奇點時的 Frobenius Method。
• 指標方程（indicial equation）與指標根。
• 級數係數遞迴關係。
• 當兩個指標根相差整數時，第二組解的處理。
• 將所得級數辨認為已知函數的 Taylor 展開。

原方程為

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

除以 $x^2$ 得

$$y''+\left(1+\frac1x\right)y'-\frac1{x^2}y=0.$$

因為 $xP(x)=x+1$ 與 $x^2Q(x)=-1$ 在 $x=0$ 附近皆為解析函數，所以 $x=0$ 是正則奇點，適合使用 Frobenius Method。

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Frobenius 級數代入

設

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r},\qquad a_0\neq 0.$$

則

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

代入原方程：

$$x^2y''+xy'+x^2y'-y=0.$$

前三項中的同次方部分為

$$x^2y''+xy'-y = \sum_{n=0}^{\infty} a_n\left[(n+r)(n+r-1)+(n+r)-1\right]x^{n+r}.$$

因此

$$(n+r)(n+r-1)+(n+r)-1=(n+r)^2-1.$$

而

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

所以整體可寫成

$$a_0(r^2-1)x^r + \sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n\bigl((n+r)^2-1\bigr) +a_{n-1}(n+r-1) \right]x^{n+r}=0.$$

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指標方程

最低次方 $x^r$ 的係數必須為零，因此

$$r^2-1=0.$$

得到指標根

$$\boxed{r_1=1,\qquad r_2=-1}.$$

兩根相差 $2$，屬於相差正整數的情形，需分別處理。

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第一組解：$r=1$

對 $n\geq 1$，係數遞迴關係為

$$a_n\bigl((n+r)^2-1\bigr)+a_{n-1}(n+r-1)=0.$$

代入 $r=1$：

$$a_n\bigl((n+1)^2-1\bigr)+na_{n-1}=0.$$

由於

$$(n+1)^2-1=n(n+2),$$

故

$$a_n n(n+2)+na_{n-1}=0.$$

約去 $n$：

$$a_n=-\frac{a_{n-1}}{n+2}.$$

因此

$$a_n=\frac{(-1)^n2!}{(n+2)!}a_0.$$

取 $a_0=1$，得到

$$y_1 = x\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n2!}{(n+2)!}x^n.$$

前幾項為

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

本題是偏微分方程的初、邊界值問題，主要考查：

• 齊次化：先消除非齊次邊界條件。
• 分離變數法。
• 混合邊界條件所形成的特徵值問題。
• 由初始條件決定特徵級數係數。
• 最後驗證解是否同時滿足偏微分方程、邊界條件與初始條件。

原方程式為

$$\frac{\partial^2 T}{\partial x^2}+\frac{\partial T}{\partial t}=0,$$

亦即

$$T_t=-T_{xx}.$$

雖然其符號與常見的熱方程式 $T_t=T_{xx}$ 相反，但本題的初始條件與邊界條件皆由常數 $a$ 滿足，因此解為定常解。

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解題方法一：直接判斷定常解

觀察題目給定：

$$T(x,0)=a,$$

且右端邊界為

$$T(1,t)=a.$$

若令

$$T(x,t)=a,$$

則

$$T_t=0,\qquad T_{xx}=0.$$

因此偏微分方程式左側為

$$T_{xx}+T_t=0+0=0,$$

完全滿足控制方程。

再檢查邊界條件：

在 $x=0$，

$$T_x(0,t)=0,$$

符合 Neumann 邊界條件；在 $x=1$，

$$T(1,t)=a,$$

符合 Dirichlet 邊界條件。

初始條件方面，

$$T(x,0)=a,$$

也完全符合題目要求。

因此

$$T(x,t)=a$$

即為本題解。

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解題方法二：以齊次化與分離變數確認

令

$$u(x,t)=T(x,t)-a.$$

則 $T=u+a$，且因為 $a$ 為常數，

$$T_t=u_t,\qquad T_{xx}=u_{xx}.$$

原方程式化為

$$u_{xx}+u_t=0.$$

邊界條件變為

$$u_x(0,t)=0,$$

以及

$$u(1,t)=0.$$

初始條件則為

$$u(x,0)=T(x,0)-a=0.$$

因此問題轉化為

$$u_{xx}+u_t=0, \qquad 0<x<1,\ t>0,$$

搭配

$$u_x(0,t)=0,\qquad u(1,t)=0,\qquad u(x,0)=0.$$

設

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

代入偏微分方程式：

$$X''(x)G(t)+X(x)G'(t)=0.$$

除以 $XG$ 得

$$\frac{X''}{X}+\frac{G'}{G}=0.$$

令分離常數為 $-\lambda$，得到

$$\frac{X''}{X}=-\lambda, \qquad \frac{G'}{G}=\lambda.$$

因此

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

以及

$$G'-\lambda G=0.$$

空間部分的邊界條件為

核心觀念

在區間 $0\le x\le \pi$ 上，有限 Fourier cosine transform 通常定義為

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

其中 $n$ 為非負整數，因為 $\{\cos(nx)\}$ 是區間 $[0,\pi]$ 上的 Fourier cosine 基底。

若課本採用正規化定義

$$\widehat F_c(n)=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi f(x)\cos(nx)\,dx,$$

則只需將下列結果全部乘上 $\dfrac{2}{\pi}$。

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解題方法

題目分別對兩個函數計算

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

分段函數須依分界點 $x=0.5$ 拆成兩個積分；指數函數則直接使用

$$\int e^{ax}\cos(bx)\,dx = \frac{e^{ax}}{a^2+b^2}\bigl(a\cos bx+b\sin bx\bigr).$$

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a) 分段常數函數

題目給定

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

因此

$$F_c(n) = 2\int_0^{1/2}\cos(nx)\,dx - \int_{1/2}^{\pi}\cos(nx)\,dx.$$

對 $n\ge 1$，

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

所以

\begin{align*}
F_c(n)
&=
\frac{2\sin(n/2)}{n}

\frac{\sin(n\pi)-\sin(n/2)}{n}\
&=
\frac{3\sin(n/2)-\sin(n\pi)}{n}.
\end{align*}

由於 $n$ 為整數，

$$\sin(n\pi)=0,$$

故

$$\boxed{F_c(n)=\frac{3\sin(n/2)}{n}},\qquad n\ge1.$$

當 $n=0$ 時，不能直接代入上式，應由定義計算：

$$F_c(0)=\int_0^\pi f(x)\,dx = 2\left(\frac12\right)-(\pi-\tfrac12) = \frac32-\pi.$$

因此 a) 的完整答案為

$$\boxed{ F_c(n)= \begin{cases} \dfrac32-\pi,&n=0,\\[6pt] \dfrac{3\sin(n/2)}{n},&n=1,2,3,\ldots. \end{cases} }$$

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b) 指數函數

題目給定

$$f(x)=e^{-x}.$$

因此

$$F_c(n)=\int_0^\pi e^{-x}\cos(nx)\,dx.$$

使用積分公式