108 年 國立清華大學工程與系統科學系碩士班乙組《工程數學》

(a)
齊次方程

$y''-xy'+y=0$

顯見 $y_1=x$ 為一個解。設 $y=v(x)\,x$ ，代入得

$xv''+(2-x^{2})v'=x\ln x .$

令 $w=v'$ ，得到一階線性方程

$xw'+(2-x^{2})w=\;x\ln x .$

除以 $x$ 並以積分因子

$\mu(x)=\exp\!\left(\int\!\Big(\frac{2}{x}-x\Big)dx\right)=x^{2}e^{-x^{2}/2}$

得到

$\bigl(w\mu\bigr)'=\mu\ln x .$

因此

$$w=\frac{e^{x^{2}/2}}{x^{2}}\Bigl(\int x^{2}e^{-x^{2}/2}\ln x\,dx+C_{1}\Bigr), \qquad v=\int w\,dx .$$

最終通解

$$\boxed{\,y(x)=C_{1}x +C_{2}\,x\int\frac{e^{x^{2}/2}}{x^{2}}dx +x\int\frac{e^{x^{2}/2}}{x^{2}}\!\left(\int x^{2}e^{-x^{2}/2}\ln x\,dx\right)dx\,}.$$

---

(b)

$\frac{dy}{dx}= \frac{-6x^{2}y}{4y+8x^{3}},\qquad y(1)=1 .$

令 $y=u\,x^{3}$（即 $u=y/x^{3}$），則

$u'=-\frac{3u(2u+5)}{2x(u+2)} .$

分離變數得

核心觀念

本題考查：

1. 單位階躍函數表示分段外力。
2. 拉普拉斯轉換處理初始值問題。
3. 第二位移定理：
   $\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}G(s)\}=u(t-a)g(t-a).$

令 $u(t-1)$ 為在 $t=1$ 開始作用的單位階躍函數，則

$$f(t)=2u(t-1).$$

其拉普拉斯轉換為

$$\mathcal{L}\{f(t)\}=\frac{2e^{-s}}{s}.$$

解題方法

對微分方程

$$x''+2x'+x=f(t)$$

兩側取拉普拉斯轉換。設

$$\mathcal{L}\{x(t)\}=X(s).$$

由初始條件 $x(0)=1$、$x'(0)=-1$，有

$$\mathcal{L}\{x''\}=s^2X(s)-sx(0)-x'(0) =s^2X(s)-s+1,$$ $$\mathcal{L}\{x'\}=sX(s)-x(0)=sX(s)-1.$$

因此

$$\begin{aligned} &\bigl(s^2X-s+1\bigr) +2\bigl(sX-1\bigr)+X =\frac{2e^{-s}}{s}. \end{aligned}$$

整理得

$$(s^2+2s+1)X(s)-s-1=\frac{2e^{-s}}{s},$$

即

$$(s+1)^2X(s)=s+1+\frac{2e^{-s}}{s}.$$

所以

$$X(s)=\frac{1}{s+1} +e^{-s}\frac{2}{s(s+1)^2}.$$

部分分式分解

將

$$\frac{2}{s(s+1)^2}$$

分解為

$$\frac{2}{s(s+1)^2} =\frac{A}{s}+\frac{B}{s+1}+\frac{C}{(s+1)^2}.$$

比較係數可得

$$A=2,\qquad B=-2,\qquad C=-2.$$

因此

$$\frac{2}{s(s+1)^2} =\frac{2}{s}-\frac{2}{s+1}-\frac{2}{(s+1)^2}.$$

取反拉普拉斯轉換：

核心觀念

本題是在考正則奇異點 $x=0$ 附近的 Frobenius 級數法。因為方程式可寫成

$$y''+\frac{5}{2x}y'-\left(\frac12+\frac{1}{x^2}\right)y=0,$$

其中 $x=0$ 為正則奇異點，因此設

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

指標方程決定兩組可能的 $r$，再由遞迴關係求出各項係數。

解題方法

原方程為

$$2x^2y''+5xy'-(x^2+2)y=0.$$

設

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r}.$$

則

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

代入原方程：

$$2\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_nx^{n+r} +5\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_nx^{n+r} -2\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r} -\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r+2}=0.$$

前三項合併得

$$\sum_{n=0}^{\infty} \left[2(n+r)(n+r-1)+5(n+r)-2\right]a_nx^{n+r} -\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r+2}=0.$$

令

$$P(s)=2s(s-1)+5s-2=2s^2+3s-2=(2s-1)(s+2).$$

因此指標方程為

$$P(r)=0,$$

即

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

所以兩個指標根為

$$r_1=\frac12,\qquad r_2=-2.$$

兩根之差為 $\frac52$，不是整數，因此可得到兩組線性獨立的 Frobenius 級數解。

對於 $n\geq 2$，比較 $x^{n+r}$ 的係數可得

$$P(n+r)a_n-a_{n-2}=0,$$

故遞迴關係為

$$a_n=\frac{a_{n-2}}{P(n+r)} =\frac{a_{n-2}}{2(n+r)^2+3(n+r)-2}.$$

另外，$n=1$ 時有

$$P(r+1)a_1=0.$$

兩個指標根均使 $P(r+1)\neq 0$，因此

$$a_1=0.$$

第一組解：$r=\frac12$

此時

$$P\left(n+\frac12\right) =2\left(n+\frac12\right)^2+3\left(n+\frac12\right)-2 =2n^2+5n+\frac32.$$

由 $a_1=0$，所有奇數次係數皆為零。

取 $a_0=1$：

題意與符號

題目矩陣記為 $M$，但各小題寫成 $A$；以下視 $A=M$：

$$A= \begin{pmatrix} -3&2&2\\ -11&5&7\\ -1&0&2 \end{pmatrix}.$$

核心觀念

本題考查：

• $3\times 3$ 矩陣的行列式。
• 反矩陣公式 $$A^{-1}=\frac{1}{\det A}\operatorname{adj}(A),$$ 其中 $\operatorname{adj}(A)$ 為餘因子矩陣的轉置。
• 特徵值方程 $$\det(A-\lambda I)=0.$$
• 對應特徵向量滿足 $$(A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0.$$

（a）行列式與反矩陣

1. 行列式

沿第一列展開：

$$\begin{aligned} \det A &=(-3) \begin{vmatrix} 5&7\\ 0&2 \end{vmatrix} -2 \begin{vmatrix} -11&7\\ -1&2 \end{vmatrix} +2 \begin{vmatrix} -11&5\\ -1&0 \end{vmatrix}\\ &=(-3)(10)-2(-22+7)+2(5)\\ &=-30+30+10\\ &=10. \end{aligned}$$

因此 $\det A\neq 0$，反矩陣存在。

2. 餘因子矩陣

各餘因子為

$$C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}.$$

計算得

$$C= \begin{pmatrix} 10&15&5\\ -4&-4&-2\\ 4&-1&7 \end{pmatrix}.$$

因此伴隨矩陣為

$$\operatorname{adj}(A)=C^T = \begin{pmatrix} 10&-4&4\\ 15&-4&-1\\ 5&-2&7 \end{pmatrix}.$$

所以

$$\begin{aligned} A^{-1} &=\frac{1}{10} \begin{pmatrix} 10&-4&4\\ 15&-4&-1\\ 5&-2&7 \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} 1&-\frac25&\frac25\\ \frac32&-\frac25&-\frac1{10}\\ \frac12&-\frac15&\frac7{10} \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

（b）特徵值與特徵向量

1. 特徵方程

計算

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} -3-\lambda&2&2\\ -11&5-\lambda&7\\ -1&0&2-\lambda \end{vmatrix}.$$

展開後可得

$$\det(A-\lambda I) =-\lambda^3+4\lambda^2-13\lambda+10.$$

令其等於零，等價於

$$\lambda^3-4\lambda^2+13\lambda-10=0.$$

代入 $\lambda=1$ 可知其為根，因此因式分解為

$$\lambda^3-4\lambda^2+13\lambda-10 =(\lambda-1)(\lambda^2-3\lambda+10).$$

故特徵值為

$$\lambda_1=1,$$

以及

$$\lambda_{2,3} =\frac{3\pm\sqrt{9-40}}{2} =\frac{3\pm i\sqrt{31}}{2}.$$

數值近似為

$$\lambda_1=1,\qquad \lambda_{2,3}\approx 1.5\pm 2.7845i.$$

由於其中兩個特徵值為共軛複數，矩陣 $A$ 沒有三個互相獨立的實特徵向量；複數特徵向量需在複數域中表示。

2. $\lambda_1=1$ 的特徵向量

解

$$(A-I)\mathbf v=\mathbf 0,$$

即

$$\begin{pmatrix} -4&2&2\\ -11&4&7\\ -1&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix}.$$

由第三列得

$$-x+z=0\quad\Rightarrow\quad z=x.$$

(a) Stokes 定理

$$\mathbf v = x^{3}z\,\mathbf k ,\qquad \mathbf C:\;(1,1,0)\to (-1,1,0)\to (0,0,1)\to (1,1,0)$$ $$\nabla\times\mathbf v= \begin{vmatrix} \mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\[2pt] \partial_x&\partial_y&\partial_z\\[2pt] 0&0&x^{3}z \end{vmatrix} =(0,\,-3x^{2}z,\,0)$$

取 $\mathbf C$ 所圍平面之三角形為曲面 $S$，
參數化

$$\mathbf r(s,t)= (1,1,0)+s(-2,0,0)+t(-1,-1,1),\qquad 0\le s,\;0\le t,\;s+t\le1 .$$ $$\partial_s\mathbf r=(-2,0,0),\quad \partial_t\mathbf r=(-1,-1,1),\quad \partial_s\mathbf r\times\partial_t\mathbf r=(0,2,2).$$

Stokes 定理

$$\oint_{\mathbf C}\mathbf v\!\cdot\!d\mathbf R =\iint_S (\nabla\times\mathbf v)\!\cdot\! (\partial_s\mathbf r\times\partial_t\mathbf r)\,dsdt =-6\!\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1-s} \!\!\bigl(1-2s-t\bigr)^{2}t\,dt\,ds .$$

計算內部積分

核心觀念

本題為一維擴散方程式（熱傳導方程式）在**非齊次邊界條件（Non-homogeneous Boundary Conditions）**下的初始邊界值問題（IBVP），涉及的核心觀念與定理包含：

1. 疊加原理（Superposition Principle）與穩態／暫態分解：
   當邊界條件與時間無關但非齊次時，可將全解拆解為「穩態解（Steady-state solution）$u_s(x)$」與「暫態解（Transient solution）$v(x,t)$」，即： $$u(x,t) = u_s(x) + v(x,t)$$ 藉由穩態解吸收非齊次邊界條件，使暫態解 $v(x,t)$ 滿足齊次邊界條件。
2. 分離變數法（Separation of Variables）與 Sturm-Liouville 特徵值問題：
   對於暫態解 $v(x,t) = X(x)T(t)$，在左端固定（Dirichlet）、右端絕熱／固定斜率（Neumann）的混合邊界條件下，推導出空間方向的特徵值 $\lambda_n$ 與正交特徵函數族 $X_n(x)$。
3. 三角函數積化和差與廣義傅立葉級數（Fourier Series Expansion）：
   利用三角函數恆等式化簡初始條件，並藉由特徵函數的正交性求得傅立葉係數。

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解題方法

步驟一：求解穩態解 $u_s(x)$

當時間 $t \to \infty$ 時，溫度分佈趨於穩定，$\frac{\partial u}{\partial t} \to 0$。
穩態解 $u_s(x)$ 滿足常微分方程與原邊界條件：

$$a^2 u_s''(x) = 0 \implies u_s(x) = C_1 x + C_2$$

代入邊界條件：

• $u_s(0) = 5 \implies C_2 = 5$
• $u_s'(L) = 3 \implies C_1 = 3$

得穩態解為：

$$u_s(x) = 3x + 5$$

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步驟二：建立暫態解 $v(x,t)$ 的齊次邊界值問題

令 $u(x,t) = u_s(x) + v(x,t) = 3x + 5 + v(x,t)$，代入原 PDE 與條件：

• 控制方程式： $$\frac{\partial v}{\partial t} = a^2 \frac{\partial^2 v}{\partial x^2}, \quad 0 < x < L, \quad t > 0$$
• 齊次邊界條件： $$v(0,t) = u(0,t) - u_s(0) = 5 - 5 = 0$$ $$v_x(L,t) = u_x(L,t) - u_s'(L) = 3 - 3 = 0$$
• 初始條件： $$v(x,0) = u(x,0) - u_s(x) = 10 \sin\left(\frac{2\pi x}{L}\right) \cos\left(\frac{\pi x}{L}\right)$$ 利用積化和差公式 $\sin A \cos B = \frac{1}{2}[\sin(A+B) + \sin(A-B)]$ 化簡： $$v(x,0) = 5 \sin\left(\frac{3\pi x}{L}\right) + 5 \sin\left(\frac{\pi x}{L}\right)$$

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步驟三：利用分離變數法求解 $v(x,t)$

設 $v(x,t) = X(x)T(t)$，代入偏微分方程式：

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

1. 空間特徵值問題（Sturm-Liouville Problem）：

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

• 若 $\lambda \le 0$，僅有平凡解 $X(x) = 0$。
• 取 $\lambda = \beta^2 > 0$（$\beta > 0$），通解為： $$X(x) = A \cos(\beta x) + B \sin(\beta x)$$
  • 由 $X(0) = 0 \implies A = 0$。
  • 由 $X'(L) = B \beta \cos(\beta L) = 0$（為求非平凡解 $B \neq 0$）： $$\cos(\beta L) = 0 \implies \beta_n L = \frac{(2n-1)\pi}{2}, \quad n = 1, 2, 3, \dots$$ 因此，特徵值與特徵函數為： $$\lambda_n = \beta_n^2 = \left[ \frac{(2n-1)\pi}{2L} \right]^2, \quad X_n(x) = \sin\left( \frac{(2n-1)\pi x}{2L} \right), \quad n = 1, 2, 3, \dots$$

2. 時間部分求解：

$$T_n'(t) + a^2 \lambda_n T_n(t) = 0 \implies T_n(t) = \exp\left( -a^2 \lambda_n t \right) = \exp\left( -a^2 \left[\frac{(2n-1)\pi}{2L}\right]^2 t \right)$$

3. 暫態疊加通解：

$$v(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} c_n \sin\left( \frac{(2n-1)\pi x}{2L} \right) \exp\left( -a^2 \left[\frac{(2n-1)\pi}{2L}\right]^2 t \right)$$

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核心觀念

此題考查：

• 對空間變數 $x$ 進行 Fourier transform。
• Fourier transform 對微分的性質：
  $\mathcal{F}\left[\frac{\partial^2u}{\partial x^2}\right]=-\omega^2\widehat{u}(\omega,t)。$
• Dirac delta function 的平移性質：
  $\mathcal{F}[\delta(x-a)]=e^{-i\omega a}。$
• Gaussian Fourier transform：

$$\mathcal{F}^{-1}\left[e^{-a\omega^2}\right] =\frac{1}{\sqrt{4\pi a}} e^{-x^2/(4a)},\qquad a>0。$$

原方程式可寫為熱方程式

$$\frac{\partial u}{\partial t} =9\frac{\partial^2u}{\partial x^2},$$

其中熱擴散係數為 $9$。

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解題方法

採用對 $x$ 的 Fourier transform。定義

$$\widehat{u}(\omega,t) =\int_{-\infty}^{\infty}u(x,t)e^{-i\omega x}\,dx。$$

對方程式

$$u_t=9u_{xx}$$

進行 Fourier transform。由於 Fourier transform 只作用在 $x$ 變數，因此

$$\mathcal{F}[u_t] =\frac{\partial \widehat{u}}{\partial t},$$

且

$$\mathcal{F}[u_{xx}] =-\omega^2\widehat{u}。$$

所以得到

$$\frac{\partial\widehat{u}}{\partial t} =-9\omega^2\widehat{u}。$$

對固定的 $\omega$，這是一階常微分方程，其解為

$$\widehat{u}(\omega,t) =C(\omega)e^{-9\omega^2t}。$$

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套用初始條件

初始條件為

$$u(x,0)=5\delta(x-10)。$$

利用 Dirac delta function 的 Fourier transform：

$$\widehat{u}(\omega,0) =\int_{-\infty}^{\infty}5\delta(x-10)e^{-i\omega x}\,dx =5e^{-i10\omega}。$$

因此

$$C(\omega)=5e^{-i10\omega},$$

從而

$$\widehat{u}(\omega,t) =5e^{-i10\omega}e^{-9\omega^2t}。$$

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反 Fourier transform

將上式反變換：

解題步驟

1. 分離變數
   假設 $u(r,\theta)=R(r)\Theta(\theta)$，代入拉普拉斯方程
   $R''+\frac1rR'-\frac{n^{2}}{r^{2}}R=0,\qquad \Theta''+n^{2}\Theta=0\;(n=0,1,2,\dots)$
   有解
   $R_{n}(r)=A_{n}r^{n}+B_{n}r^{-n},\qquad \Theta_{n}(\theta)=C_{n}\cos n\theta+D_{n}\sin n\theta.$
   於 $r=0$ 必有界，故 $B_{n}=0$。且 $u$ 必為 $2\pi$ 週期，故 $\Theta$ 只取 $\cos n\theta,\sin n\theta$。

2. 一般解（半徑 $b$ 的圓盤）

$u(r,\theta)=a_{0}+ \sum_{n=1}^{\infty}\Bigl[ r^{n}\bigl(a_{n}\cos n\theta+b_{n}\sin n\theta\bigr)\Bigr].$

3. 邊界條件 Fourier 展開

$$f(\theta)=u(b,\theta)=\begin{cases} 10,&0\le\theta<\pi,\\[2pt] 0,&\pi\le\theta<2\pi . \end{cases}$$

係數

$$a_{0}= \frac1{2\pi}\!\int_{0}^{2\pi}\!f(\theta)\,d\theta =5, \qquad a_{n}= \frac1\pi\!\int_{0}^{2\pi}\!f(\theta)\cos n\theta\,d\theta =0,$$ $$b_{n}= \frac1\pi\!\int_{0}^{2\pi}\!f(\theta)\sin n\theta\,d\theta =\frac{10}{\pi}\!\int_{0}^{\pi}\!\sin n\theta\,d\theta =\frac{10}{\pi}\frac{1-(-1)^{n}}{n}.$$

因而

$$b_{n}= \begin{cases} \displaystyle\frac{20}{\pi\,n}, & n\ \text{奇},\\[4pt] 0, & n\ \text{偶}. \end{cases}$$

核心觀念

本題考查：

1. 複變函數沿閉合曲線的積分與留數定理。
2. 高階極點的留數計算。
3. 部分分式分解。
4. 幾何級數在不同收斂區域中的 Taylor 展開與 Laurent 展開。

留數定理為

$$\oint_C f(z)\,dz = 2\pi i\sum \operatorname{Res}(f;\,z_k),$$

其中 $z_k$ 為曲線 $C$ 內部的孤立奇點。

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(a) 計算閉合積分

考慮

$$f(z)=\frac{z}{(z^2+1)^2} = \frac{z}{(z-i)^2(z+i)^2}.$$

奇點為 $z=i$ 與 $z=-i$，皆位於 $|z|=5$ 內，且兩者都是二階極點。

計算 $z=i$ 的留數

二階極點的留數公式為

$$\operatorname{Res}(f;i) = \left. \frac{d}{dz}\left[(z-i)^2f(z)\right] \right|_{z=i}.$$

因為

$$(z-i)^2f(z)=\frac{z}{(z+i)^2},$$

所以

$$\frac{d}{dz}\left(\frac{z}{(z+i)^2}\right) = \frac{1}{(z+i)^2} - \frac{2z}{(z+i)^3} = \frac{i-z}{(z+i)^3}.$$

代入 $z=i$：

$$\operatorname{Res}(f;i) = \frac{i-i}{(2i)^3} =0.$$

計算 $z=-i$ 的留數

同理，

$$\operatorname{Res}(f;-i) = \left. \frac{d}{dz}\left[(z+i)^2f(z)\right] \right|_{z=-i}$$

且

$$(z+i)^2f(z)=\frac{z}{(z-i)^2}.$$

因此

$$\frac{d}{dz}\left(\frac{z}{(z-i)^2}\right) = \frac{1}{(z-i)^2} - \frac{2z}{(z-i)^3} = \frac{-i-z}{(z-i)^3}.$$

代入 $z=-i$：

$$\operatorname{Res}(f;-i) = \frac{-i-(-i)}{(-2i)^3} =0.$$

由留數定理，

$$\oint_C \frac{z}{(z^2+1)^2}\,dz = 2\pi i(0+0)=0.$$

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(b) 在不同區域的展開

先作部分分式分解：

$$\frac{1}{(z+i)(z-2i)} = \frac{A}{z+i}+\frac{B}{z-2i}.$$

由

$$1=A(z-2i)+B(z+i)$$

分別代入 $z=-i$ 與 $z=2i$，得

$$A=\frac{i}{3},\qquad B=-\frac{i}{3}.$$

所以

$$f(z) = \frac{i}{3}\frac{1}{z+i} - \frac{i}{3}\frac{1}{z-2i}.$$

在 $|z|<1$ 的 Taylor 展開

第一項：

$$\frac{1}{z+i} = \frac{1}{i}\frac{1}{1+z/i} = -i\frac{1}{1+iz}.$$

因為 $|iz|=|z|<1$，使用

$$\frac{1}{1+w} = \sum_{n=0}^{\infty}(-w)^n, \qquad |w|<1,$$

可得

$$\frac{1}{z+i} = -i\sum_{n=0}^{\infty}(iz)^n.$$

第二項：

$$\frac{1}{z-2i} = \frac{i}{2}\frac{1}{1-z/(2i)}.$$

由於 $|z|<1<2$，必有 $|z/(2i)|<1$，因此

核心觀念

本題考查三類一階、二階微分方程：

1. 二階線性非齊次微分方程與降階法。
2. 齊次型一階微分方程，利用代換 $y=vx^3$ 化為可分離變數。
3. Bernoulli 方程，利用 $z=1/y$ 化為一階線性方程。

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（a）$\displaystyle \frac{d^2y}{dx^2}-x\frac{dy}{dx}+y=x\ln x$

解題方法

先求齊次方程

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

觀察可得 $y_1=x$ 是一組解，因為

$$y_1'=1,\qquad y_1''=0,$$

代入後有

$$0-x+x=0.$$

因此令

$$y=xv(x).$$

則

$$y'=v+xv',$$ $$y''=2v'+xv''.$$

代回原方程：

$$2v'+xv''-x(v+xv')+xv=x\ln x.$$

整理得

$$xv''+(2-x^2)v'=x\ln x.$$

令

$$w=v',$$

則

$$xw'+(2-x^2)w=x\ln x.$$

除以 $x$：

$$w'+\left(\frac{2}{x}-x\right)w=\ln x.$$

因為題目含有 $\ln x$，定義域取 $x>0$。此方程的積分因子為

$$\mu(x) =\exp\left(\int\left(\frac{2}{x}-x\right)\,dx\right) =x^2e^{-x^2/2}.$$

因此

$$\frac{d}{dx}\left(x^2e^{-x^2/2}w\right) =x^2e^{-x^2/2}\ln x.$$

積分後：

$$x^2e^{-x^2/2}w =C_2+\int^x t^2e^{-t^2/2}\ln t\,dt.$$

所以

$$w=v' =\frac{e^{x^2/2}}{x^2} \left[ C_2+\int^x t^2e^{-t^2/2}\ln t\,dt \right].$$

再積分一次，得到

$$v(x) =C_1+ \int^x \frac{e^{s^2/2}}{s^2} \left[ C_2+\int^s t^2e^{-t^2/2}\ln t\,dt \right]ds.$$

由 $y=xv$，通解為

$$\boxed{ y(x)=C_1x+ x\int^x \frac{e^{s^2/2}}{s^2} \left[ C_2+\int^s t^2e^{-t^2/2}\ln t\,dt \right]ds } \qquad (x>0).$$

其中 $C_1,C_2$ 為任意常數。

解題技巧

• 看到齊次方程 $$y''-xy'+y=0$$ 可先試 $y=x$，因為 $y''=0$ 且 $-xy'+y=-x+x=0$。
• 令 $y=xv$ 後，原本的二階方程會降為 $v'$ 的一階線性方程。
• $\displaystyle \int x^2e^{-x^2/2}\ln x\,dx$ 通常無法用初等函數表示，以積分形式呈現即為完整通解。

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（b）$\displaystyle \frac{dy}{dx}=\frac{-6x^2y}{4y+8x^3},\qquad y(1)=1$

核心觀念

將右側整理為

$$\frac{dy}{dx} =-\frac{3x^2y}{y+2x^3}.$$

分子與分母中的 $y$、$x^3$ 具有相同次方結構，因此使用齊次型代換

$$y=vx^3.$$

解題方法

令

$$y=vx^3,$$

則

$$\frac{dy}{dx}=x^3\frac{dv}{dx}+3x^2v.$$

代入方程：

$$x^3\frac{dv}{dx}+3x^2v =-\frac{3x^2(vx^3)}{vx^3+2x^3} =-\frac{3x^2v}{v+2}.$$

除以 $x^2$：

$$x\frac{dv}{dx}+3v=-\frac{3v}{v+2}.$$

整理：

$$x\frac{dv}{dx} =-3v-\frac{3v}{v+2} =-\frac{3v(v+3)}{v+2}.$$

分離變數：

$$\frac{v+2}{v(v+3)}\,dv =-3\frac{dx}{x}.$$

部分分式分解：