111 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所丙組《工程數學》

核心觀念

本題是 Euler–Cauchy 型二階非齊次微分方程：

$$x^2y''-2xy'+2y=10\sin(\ln x),\qquad x>0.$$

關鍵技巧是令

$$t=\ln x,\qquad Y(t)=y(e^t).$$

因為 Euler–Cauchy 方程中的 $x^2y''$ 與 $xy'$ 經此變數變換後會化為常係數微分方程。

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解題方法

由 $t=\ln x$ 得

$$\frac{dt}{dx}=\frac1x.$$

因此

$$y'(x)=\frac{dY}{dt}\frac{dt}{dx} =\frac{Y'(t)}{x},$$

所以

$$xy'=Y'.$$

再微分一次：

$$y''=\frac{d}{dx}\left(\frac{Y'}x\right) =\frac{Y''-Y'}{x^2},$$

故

$$x^2y''=Y''-Y'.$$

代回原方程：

$$(Y''-Y')-2Y'+2Y=10\sin t,$$

即

$$Y''-3Y'+2Y=10\sin t.$$

1. 初始條件

當 $x=1$ 時，$t=\ln 1=0$，因此

$$Y(0)=y(1)=3.$$

又由 $xy'=Y'$，在 $x=1$ 時有

$$Y'(0)=1\cdot y'(1)=0.$$

所以轉換後的初值問題為

$$Y''-3Y'+2Y=10\sin t, \qquad Y(0)=3,\quad Y'(0)=0.$$

2. 求齊次解

齊次方程為

$$Y''-3Y'+2Y=0.$$

特徵方程：

$$r^2-3r+2=0 =(r-1)(r-2).$$

因此齊次解為

$$Y_h=C_1e^t+C_2e^{2t}.$$

3. 求特解

右側為 $10\sin t$，設

$$Y_p=A\sin t+B\cos t.$$

則

$$Y_p' = A\cos t-B\sin t,$$ $$Y_p''=-A\sin t-B\cos t.$$

代入左側：

\begin{align*}
Y_p''-3Y_p'+2Y_p
&=(-A\sin t-B\cos t) \
&\quad -3(A\cos t-B\sin t)
+2(A\sin t+B\cos t)\
&=(A+3B)\sin t+(-3A+B)\cos t.
\end{align*}

與 $10\sin t$ 比較係數：

核心觀念

本題考查一階線性微分方程組的消去法。關鍵觀念包括：

• 先利用代數消去法，將兩個未知函數的導數關係化為單一微分方程。
• 一階線性微分方程
  $u'+pu=q$
  可利用積分因子求解。
• 最後代入指定時間 $t=\ln 2$，計算 $\frac{3}{2}y(\ln 2)$。

解題方法

已知方程組為

$$x'+2y'-y=1,$$ $$2x'+y'=0,$$

且

$$x(0)=y(0)=0.$$

由第二式得

$$y'=-2x'.$$

代入第一式：

$$x'+2(-2x')-y=1,$$

因此

$$-3x'-y=1,$$

整理得

$$x'=-\frac{y+1}{3}.$$

又因為 $y'=-2x'$，所以

$$y'=-2\left(-\frac{y+1}{3}\right) =\frac{2}{3}(y+1).$$

故 $y$ 滿足一階微分方程

$$y'-\frac{2}{3}y=\frac{2}{3}.$$

求解 $y(t)$

令

$$u=y+1,$$

則

$$u'=y'=\frac{2}{3}(y+1)=\frac{2}{3}u.$$

因此

$$\frac{du}{u}=\frac{2}{3}\,dt.$$

積分得

核心觀念

本題考查二階常係數非齊次微分方程的初值問題，主要使用：

1. 齊次方程的特徵根法。
2. 待定係數法求特解。
3. 利用初始條件決定任意常數。
4. 將所得解代入指定的 $x=\pi$ 計算。

原方程為

$$y''+2y'-3y=\cos(2x)-18\sin(2x),$$

且

$$y(0)=4,\qquad y'(0)=-9.$$

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解題方法

一、求齊次解

先考慮對應的齊次方程：

$$y''+2y'-3y=0.$$

其特徵方程為

$$r^2+2r-3=0.$$

因式分解得

$$(r-1)(r+3)=0,$$

所以特徵根為

$$r=1,\qquad r=-3.$$

因此齊次解為

$$y_h=C_1e^x+C_2e^{-3x}.$$

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二、求非齊次特解

右側為 $\cos(2x)-18\sin(2x)$，因此設特解為

$$y_p=A\cos(2x)+B\sin(2x).$$

微分得

$$y_p'=-2A\sin(2x)+2B\cos(2x),$$ $$y_p''=-4A\cos(2x)-4B\sin(2x).$$

代入左側：

\begin{align*}
y_p''+2y_p'-3y_p
={}&-4A\cos(2x)-4B\sin(2x)\
&+2\bigl[-2A\sin(2x)+2B\cos(2x)\bigr]\
&-3\bigl[A\cos(2x)+B\sin(2x)\bigr].
\end{align*}

整理 $\cos(2x)$ 與 $\sin(2x)$ 的係數：

$$y_p''+2y_p'-3y_p =(-7A+4B)\cos(2x)+(-4A-7B)\sin(2x).$$

與右側

$$\cos(2x)-18\sin(2x)$$

比較係數，得到聯立方程：

$$\begin{cases} -7A+4B=1,\\ -4A-7B=-18. \end{cases}$$

由第一式得

$$4B=1+7A.$$

代入第二式：

$$-4A-\frac{7(1+7A)}{4}=-18.$$

兩邊乘以 $4$：

$$-16A-7-49A=-72,$$

因此

$$-65A=-65,\qquad A=1.$$

再由 $4B=1+7A$ 得

$$4B=8,\qquad B=2.$$

所以特解為

$$y_p=\cos(2x)+2\sin(2x).$$

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三、組合通解

因此原方程的通解為

$$y=C_1e^x+C_2e^{-3x}+\cos(2x)+2\sin(2x).$$

微分得

核心觀念

本題是半無限域上的一維波動方程：

$$\frac{\partial^2 y}{\partial t^2} = \frac{\partial^2 y}{\partial x^2}, \qquad x>0,\ t>0.$$

採用對時間 $t$ 作拉普拉斯變換，利用：

$$\mathcal{L}\left\{\frac{\partial^2 y}{\partial t^2}\right\} = s^2Y(x,s)-sy(x,0)-y_t(x,0),$$

其中

$$Y(x,s)=\mathcal{L}\{y(x,t)\}.$$

由於初始條件皆為零，時間微分的拉普拉斯變換可直接化為 $s^2Y(x,s)$。

此外，位移定理為：

$$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\} = f(t-a)u(t-a),$$

其中 $u(t-a)$ 是單位階梯函數。

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解題方法

1. 對時間作拉普拉斯變換

對方程式兩側關於 $t$ 作拉普拉斯變換：

$$\mathcal{L}\{y_{tt}\} = \mathcal{L}\{y_{xx}\}.$$

左側為：

$$\mathcal{L}\{y_{tt}\} = s^2Y(x,s)-sy(x,0)-y_t(x,0).$$

利用初始條件

$$y(x,0)=0,\qquad y_t(x,0)=0,$$

得到：

$$\mathcal{L}\{y_{tt}\}=s^2Y(x,s).$$

因為拉普拉斯變換只針對 $t$，所以：

$$\mathcal{L}\{y_{xx}\} = \frac{d^2Y}{dx^2}.$$

因此轉換後的常微分方程為：

$$s^2Y(x,s)=\frac{d^2Y}{dx^2}.$$

整理得：

$$\frac{d^2Y}{dx^2}-s^2Y=0.$$

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2. 解出關於 $x$ 的一般解

特徵方程為：

$$r^2-s^2=0,$$

故

$$r=\pm s.$$

所以一般解為：

$$Y(x,s)=A(s)e^{sx}+B(s)e^{-sx}.$$

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3. 使用無窮遠邊界條件

題目給定：

$$\lim_{x\to\infty}y(x,t)=0.$$

在拉普拉斯域中，對應要求 $Y(x,s)$ 不可含有 $x\to\infty$ 時發散的項。當 $\operatorname{Re}(s)>0$ 時，

$$e^{sx}\to\infty \qquad (x\to\infty),$$

因此必須令：

$$A(s)=0.$$

故：

$$Y(x,s)=B(s)e^{-sx}.$$

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核心觀念

本題使用微積分基本定理：

$$\int_a^b \frac{d}{dx}F(x)\,dx=F(b)-F(a).$$

令 $F(x)=J_3(x)$，則

$$\int_0^4 \frac{d}{dx}[J_3(x)]\,dx =J_3(4)-J_3(0).$$

對第一類 Bessel 函數，當 $n\geq 1$ 時，

$$J_n(0)=0,$$

因此本題左側必為

$$\boxed{J_3(4)}.$$

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解題方法

直接套用微積分基本定理：

$$\int_0^4 \frac{d}{dx}[J_3(x)]\,dx = \left[J_3(x)\right]_0^4 = J_3(4)-J_3(0).$$

因為 $J_3(0)=0$，所以

$$\int_0^4 \frac{d}{dx}[J_3(x)]\,dx=J_3(4).$$

若題目原意是求不定積分，則應寫成

$$\int \frac{d}{dx}[J_3(x)]\,dx=J_3(x)+C.$$

所以題目所給的

$$\frac12J_1(x)+J_0(x)+C$$

並不是上述積分的正確結果。

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驗證題目所給右式不成立

第一類 Bessel 函數具有導數公式

$$J_n'(x)=\frac12\left[J_{n-1}(x)-J_{n+1}(x)\right].$$

因此

$$J_1'(x)=\frac12[J_0(x)-J_2(x)],$$

且

$$J_0'(x)=-J_1(x).$$

對題目右式微分：