109 年 國立清華大學工程與系統科學系碩士班丙組《工程數學》

核心觀念

本題涵蓋三種常見微分方程：

1. 常係數二階線性非齊次微分方程。
2. 變數係數二階線性微分方程，需透過變數代換化為 Bessel 方程。
3. 一階可分離變數微分方程，並利用初始條件決定積分常數。

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第 1 題 (a)

解題方法

原式為

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

這是常係數二階線性非齊次方程。

齊次解

先考慮齊次方程：

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

設 $y=e^{rx}$，得到特徵方程

$$r^2-2r+1=0,$$

即

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

因此 $r=1$ 為二重根，齊次解為

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

特解

右側為 $-e^{2x}$，而 $2$ 不是特徵根，因此設

$$y_p=Ae^{2x}.$$

代入左側：

$$y_p'=2Ae^{2x},\qquad y_p''=4Ae^{2x},$$

所以

$$y_p''-2y_p'+y_p = (4A-4A+A)e^{2x} = Ae^{2x}.$$

與右側比較：

$$Ae^{2x}=-e^{2x},$$

故

$$A=-1.$$

因此

$$y_p=-e^{2x}.$$

答案

$$\boxed{y(x)=(C_1+C_2x)e^x-e^{2x}}$$

解題技巧

若右側為 $e^{\lambda x}$，可直接檢查 $\lambda$ 是否為特徵根：

• 若不是特徵根，直接設 $y_p=Ae^{\lambda x}$。
• 若是一次根，需乘上 $x$。
• 若是二重根，需乘上 $x^2$。

本題 $\lambda=2$，而特徵根只有 $1$，因此不需額外乘 $x$。

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第 1 題 (b)

原式為

$$(x+1)^2y''+3(x+1)y'+3y=2-3xy.$$

將右側含 $y$ 的項移到左側：

$$(x+1)^2y''+3(x+1)y'+3(x+1)y=2.$$

令

$$t=x+1,$$

則

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt},\qquad \frac{d^2y}{dx^2}=\frac{d^2y}{dt^2}.$$

方程化為

$$t^2y''+3ty'+3ty=2.$$

除以 $t^2$：

$$y''+\frac{3}{t}y'+\frac{3}{t}y=\frac{2}{t^2}, \qquad t\neq 0.$$

其中 $t=0$ 對應原方程的奇異點 $x=-1$。

齊次解

先解

$$y''+\frac{3}{t}y'+\frac{3}{t}y=0.$$

令

$$y=t^{-1}u.$$

則

$$y'=t^{-1}u'-t^{-2}u,$$ $$y''=t^{-1}u''-2t^{-2}u'+2t^{-3}u.$$

代回後整理得

$$u''+\frac{1}{t}u' +\left(\frac{3}{t}-\frac{1}{t^2}\right)u=0.$$

再令

$$z=2\sqrt{3t}.$$

由

$$\frac{dz}{dt}=\frac{6}{z},$$

可將方程化為

$$\frac{d^2u}{dz^2} +\frac{1}{z}\frac{du}{dz} +\left(1-\frac{4}{z^2}\right)u=0.$$

這是階數為 $2$ 的 Bessel 方程，因此

$$u=C_1J_2(z)+C_2Y_2(z),$$

其中 $J_2$、$Y_2$ 分別為第二階第一類與第二類 Bessel 函數。

因此，在 $t=x+1>0$ 時，

$$y_1(t)=\frac{1}{t}J_2\left(2\sqrt{3t}\right),$$ $$y_2(t)=\frac{1}{t}Y_2\left(2\sqrt{3t}\right).$$

齊次解為

$$y_h(t) = \frac{1}{t} \left[ C_1J_2\left(2\sqrt{3t}\right) + C_2Y_2\left(2\sqrt{3t}\right) \right].$$

換回 $t=x+1$：

$$y_h(x) = \frac{1}{x+1} \left[ C_1J_2\left(2\sqrt{3(x+1)}\right) + C_2Y_2\left(2\sqrt{3(x+1)}\right) \right].$$

非齊次特解

標準形式為

$$y''+\frac{3}{t}y'+\frac{3}{t}y=\frac{2}{t^2}.$$

對上述兩個基本解，其 Wronskian 為

$$W(t)=y_1y_2'-y_1'y_2=\frac{1}{\pi t^3}.$$

利用參數變易法，

$$y_p = -y_1\int \frac{y_2g}{W}\,dt + y_2\int \frac{y_1g}{W}\,dt,$$

其中

$$g(t)=\frac{2}{t^2}.$$

由此得到

核心觀念

本題考查：

1. 單位階梯函數 $u(t-a)$ 表示延遲 $a$ 單位後啟動的訊號。
2. 拉普拉斯轉換的微分公式：
   $\mathcal{L}\{x'(t)\}=sX(s)-x(0).$
3. 延遲函數公式：
   $\mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-as}G(s).$
4. 利用部分分式分解及反拉普拉斯轉換求出 $x(t)$。

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解題方法

原方程為

$$\frac{dx}{dt}+2x=f(t),\qquad x(0)=0,$$

其中

$$f(t)= \begin{cases} 0,&0\le t<1,\\ 1,&1\le t<2,\\ 0,&t\ge 2. \end{cases}$$

右側輸入訊號在 $t=1$ 開始，在 $t=2$ 結束，因此可寫成

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

其拉普拉斯轉換為

$$F(s)=\mathcal{L}\{u(t-1)\}-\mathcal{L}\{u(t-2)\} =\frac{e^{-s}}{s}-\frac{e^{-2s}}{s}.$$

所以

$$F(s)=\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s}.$$

令

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

對微分方程取拉普拉斯轉換：

$$\mathcal{L}\{x'(t)\}+2\mathcal{L}\{x(t)\} =\mathcal{L}\{f(t)\}.$$

代入 $x(0)=0$：

$$sX(s)-x(0)+2X(s)=F(s),$$

因此

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

得到

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

先進行部分分式分解：

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

因此

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

由

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

配合延遲公式可得

核心觀念

此題是以 $x=0$ 為展開中心的常係數退化型方程，屬於 Euler–Cauchy 微分方程。由於 $x=0$ 為奇異點，應採用 Frobenius 級數法：

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

其中 $r$ 稱為指標根，先由指標方程求出兩個獨立解。

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解題方法

令

$$y=x^r.$$

則

$$y'=rx^{r-1},\qquad y''=r(r-1)x^{r-2}.$$

代入原方程：

$$3x^2y''+2xy'-2y=0,$$

得到

$$3x^2r(r-1)x^{r-2}+2xr x^{r-1}-2x^r=0.$$

整理為

$$\left[3r(r-1)+2r-2\right]x^r=0.$$

因此指標方程為

$$3r(r-1)+2r-2=0,$$

即

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

因式分解：

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

所以兩個指標根為

$$r_1=1,\qquad r_2=-\frac23.$$

因此兩組解分別為

$$y_1(x)=x,$$

以及

$$y_2(x)=x^{-2/3}.$$

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以 Frobenius 級數確認

令

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

則

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

代入微分方程：

$$\sum_{n=0}^{\infty} \left[3(n+r)(n+r-1)+2(n+r)-2\right]a_nx^{n+r}=0.$$

每一項的係數皆須為零：

核心觀念

本題考查矩陣的：

1. 行列式 $\det(M)$。
2. 反矩陣 $M^{-1}$，利用伴隨矩陣公式 $$M^{-1}=\frac{1}{\det(M)}\operatorname{adj}(M).$$
3. 特徵值與特徵向量，利用特徵方程 $$\det(M-\lambda I)=0.$$ 對每一個特徵值 $\lambda$，再解 $$(M-\lambda I)\boldsymbol v=\boldsymbol 0$$ 求得對應特徵向量。

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解題方法

令

$$M= \begin{pmatrix} 0&1&1\\ 1&2&-1\\ 1&-3&1 \end{pmatrix}.$$

(a) 行列式與反矩陣

沿第一列展開行列式：

$$\begin{aligned} \det(M) &=0 -1\begin{vmatrix}1&-1\\1&1\end{vmatrix} +1\begin{vmatrix}1&2\\1&-3\end{vmatrix}\\ &=-(1+1)+(-3-2)\\ &=-2-5\\ &=-7. \end{aligned}$$

因為 $\det(M)=-7\neq 0$，所以 $M$ 可逆。

各元素的代數餘子式為

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

計算得餘子式矩陣

$$C= \begin{pmatrix} -1&-2&-5\\ -4&-1&1\\ -3&1&-1 \end{pmatrix}.$$

因此伴隨矩陣為餘子式矩陣的轉置：

$$\operatorname{adj}(M)=C^{T} = \begin{pmatrix} -1&-4&-3\\ -2&-1&1\\ -5&1&-1 \end{pmatrix}.$$

套用反矩陣公式：

$$\begin{aligned} M^{-1} &=\frac{1}{-7} \begin{pmatrix} -1&-4&-3\\ -2&-1&1\\ -5&1&-1 \end{pmatrix}\\ &=\frac{1}{7} \begin{pmatrix} 1&4&3\\ 2&1&-1\\ 5&-1&1 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

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(b) 特徵值

特徵方程為

$$\det(M-\lambda I)=0.$$

計算

$$M-\lambda I= \begin{pmatrix} -\lambda&1&1\\ 1&2-\lambda&-1\\ 1&-3&1-\lambda \end{pmatrix}.$$

展開行列式：

$$\begin{aligned} \det(M-\lambda I) &=(-\lambda) \begin{vmatrix} 2-\lambda&-1\\ -3&1-\lambda \end{vmatrix} -\begin{vmatrix} 1&-1\\ 1&1-\lambda \end{vmatrix} +\begin{vmatrix} 1&2-\lambda\\ 1&-3 \end{vmatrix}\\ &=-\lambda\bigl((2-\lambda)(1-\lambda)-3\bigr) -\bigl((1-\lambda)+1\bigr)\\ &\quad+\bigl(-3-(2-\lambda)\bigr)\\ &=-\lambda^3+3\lambda^2+3\lambda-7. \end{aligned}$$

令其等於零，並將整體乘以 $-1$，得到特徵方程

$$\lambda^3-3\lambda^2-3\lambda+7=0.$$

此三次方程沒有簡單的整數根，以數值法求根，可得三個特徵值約為

$$\boxed{\lambda_1\approx 3.262,\qquad \lambda_2\approx 1.340,\qquad \lambda_3\approx -1.602.}$$

三個特徵值的總和為

$$3.262+1.340-1.602\approx 3,$$

與矩陣的跡

$$\operatorname{tr}(M)=0+2+1=3$$

一致。

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特徵向量

設特徵向量為

$$\boldsymbol v= \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}.$$

由第一、二列方程式：

核心觀念

本題考查：

• 線積分
  $\oint_C P\,dx+Q\,dy+R\,dz$
• Stokes 定理：

$$\oint_C \mathbf F\cdot d\mathbf r =\iint_S(\nabla\times\mathbf F)\cdot\mathbf n\,dS$$

• 曲線方向與曲面法向量的對應關係。

令
$\mathbf F=(2z,\,3x,\,y),$
則原積分即為
$\oint_C \mathbf F\cdot d\mathbf r.$

解題方法

曲線 $C$ 是圓柱
$x^2+y^2=4$
與平面
$y+z=3$
的交線。可取平面內、以圓柱截線為邊界的橢圓曲面 $S$，並使用 Stokes 定理。

由平面方程得
$z=3-y.$

將曲面參數化為
$\mathbf r(x,y)=(x,y,3-y),\qquad x^2+y^2\le 4.$

計算切向量：
$\mathbf r_x=(1,0,0),\qquad \mathbf r_y=(0,1,-1).$

因此

$$\mathbf r_x\times\mathbf r_y = \begin{vmatrix} \mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\ 1&0&0\\ 0&1&-1 \end{vmatrix} =(0,1,1).$$

此法向量的 $z$ 分量為正，代表曲面朝上。由右手定則，從上方觀看時，邊界方向正是逆時針，符合題目指定的方向。

接著計算旋度：

核心觀念

本題考察散度定理（Divergence Theorem）：

$$\iint_S \mathbf F\cdot \mathbf n\,dS = \iiint_V \nabla\cdot\mathbf F\,dV,$$

其中 $S$ 是封閉曲面，$\mathbf n$ 為向外單位法向量，$V$ 為 $S$ 所包圍的體積。

給定

$$\mathbf F = y^2\mathbf i+x^2z^2\mathbf j+(z-2)^2\mathbf k.$$

區域 $V$ 為半徑 $5$、高度由 $z=2$ 到 $z=6$ 的圓柱體。

解題方法

先求向量場的散度：

$$\nabla\cdot\mathbf F = \frac{\partial}{\partial x}(y^2) + \frac{\partial}{\partial y}(x^2z^2) + \frac{\partial}{\partial z}\bigl((z-2)^2\bigr).$$

因為 $y^2$ 與 $x$ 無關，$x^2z^2$ 與 $y$ 無關，所以

$$\nabla\cdot\mathbf F = 0+0+2(z-2) = 2(z-2).$$

由散度定理，

$$\iint_S \mathbf F\cdot\mathbf n\,dS = \iiint_V 2(z-2)\,dV.$$

使用圓柱座標：

$$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta, \qquad dV=r\,dr\,d\theta\,dz.$$

積分範圍為

$$0\le r\le 5,\qquad 0\le \theta\le 2\pi,\qquad 2\le z\le 6.$$

因此

核心觀念

本題考查**一階非齊次常係數線性常微分方程組（Nonhomogeneous Linear First-Order ODE Systems）**的初值問題求解，主要涉及以下核心觀念與公式：

1. 齊次解（Complementary Solution $\mathbf{X}_h(t)$）：
   求係數矩陣 $\mathbf{A}$ 之特徵值 $\lambda$ 與特徵向量 $\mathbf{v}$，滿足以特徵方程式 $\det(\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I}) = 0$ 及 $(\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I})\mathbf{v} = \mathbf{0}$。由線性獨立解構成基本矩陣（Fundamental Matrix）$\mathbf{\Phi}(t)$。
2. 特解（Particular Solution $\mathbf{X}_p(t)$）：
   利用**參數變異法（Variation of Parameters）**公式： $$\mathbf{X}_p(t) = \mathbf{\Phi}(t) \int \mathbf{\Phi}^{-1}(t) \mathbf{F}(t) \, dt$$ 或利用待定係數法求解。
3. 通解與初值條件（Initial Condition）：
   全解為 $\mathbf{X}(t) = \mathbf{X}_h(t) + \mathbf{X}_p(t)$，代入初值條件 $\mathbf{X}(0) = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix}$ 決定任意常數。

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解題方法

給定非齊次一階線性方程組：

$$\mathbf{X}' = \mathbf{A}\mathbf{X} + \mathbf{F}(t), \quad \mathbf{A} = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 3 & -3 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{F}(t) = \begin{pmatrix} t+1 \\ e^t \end{pmatrix}, \quad \mathbf{X}(0) = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix}$$

步驟一：求齊次解 $\mathbf{X}_h(t)$ 與基本矩陣 $\mathbf{\Phi}(t)$

1. 計算矩陣 $\mathbf{A}$ 的特徵值：

   $$\det(\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I}) = \det \begin{pmatrix} 1-\lambda & -1 \\ 3 & -3-\lambda \end{pmatrix} = (1-\lambda)(-3-\lambda) - (-3) = \lambda^2 + 2\lambda = \lambda(\lambda+2) = 0$$

   解得特徵值為 $\lambda_1 = 0$ 與 $\lambda_2 = -2$。

2. 求解對應特徵向量：

   • 當 $\lambda_1 = 0$ 時： $$(\mathbf{A} - 0\mathbf{I})\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 3 & -3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} v_{11} \\ v_{12} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \implies v_{11} - v_{12} = 0 \implies \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$
   • 當 $\lambda_2 = -2$ 時： $$(\mathbf{A} + 2\mathbf{I})\mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 3 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} v_{21} \\ v_{22} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \implies 3v_{21} - v_{22} = 0 \implies \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix}$$

3. 齊次解形式為：

   $$\mathbf{X}_h(t) = c_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix} e^{-2t}$$

   由此可得基本矩陣 $\mathbf{\Phi}(t)$ 及其反矩陣 $\mathbf{\Phi}^{-1}(t)$：

   $$\mathbf{\Phi}(t) = \begin{pmatrix} 1 & e^{-2t} \\ 1 & 3e^{-2t} \end{pmatrix}$$ $$\det \mathbf{\Phi}(t) = 3e^{-2t} - e^{-2t} = 2e^{-2t}$$ $$\mathbf{\Phi}^{-1}(t) = \frac{1}{2e^{-2t}} \begin{pmatrix} 3e^{-2t} & -e^{-2t} \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{2} & -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2}e^{2t} & \frac{1}{2}e^{2t} \end{pmatrix}$$

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步驟二：利用參數變異法求特解 $\mathbf{X}_p(t)$

1. 計算被積向量 $\mathbf{\Phi}^{-1}(t)\mathbf{F}(t)$：

   $$\mathbf{\Phi}^{-1}(t)\mathbf{F}(t) = \begin{pmatrix} \frac{3}{2} & -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2}e^{2t} & \frac{1}{2}e^{2t} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} t+1 \\ e^t \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{2}(t+1) - \frac{1}{2}e^t \\ -\frac{1}{2}(t+1)e^{2t} + \frac{1}{2}e^{3t} \end{pmatrix}$$

2. 逐項進行不定積分：

   • 第一列分量積分： $$\int \left[ \frac{3}{2}t + \frac{3}{2} - \frac{1}{2}e^t \right] dt = \frac{3}{4}t^2 + \frac{3}{2}t - \frac{1}{2}e^t$$
   • 第二列分量積分（利用分部積分法 $\int (t+1)e^{2t} dt = \frac{1}{2}(t+1)e^{2t} - \frac{1}{4}e^{2t}$）： $$\int \left[ -\frac{1}{2}(t+1)e^{2t} + \frac{1}{2}e^{3t} \right] dt = -\frac{1}{2}\left( \frac{1}{2}te^{2t} + \frac{1}{4}e^{2t} \right) + \frac{1}{6}e^{3t} = -\frac{1}{4}te^{2t} - \frac{1}{8}e^{2t} + \frac{1}{6}e^{3t}$$

3. 特解

核心觀念

本題考查兩種正交展開：

1. 傅立葉餘弦級數：偶函數在 $(-\pi,\pi)$ 上只含 $\cos nx$ 項。
2. 傅立葉–Legendre 級數：利用 Legendre 多項式 $P_n(x)$ 的正交性，計算係數
   $C_n=\frac{2n+1}{2}\int_{-1}^{1}f(x)P_n(x)\,dx.$

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（a）傅立葉餘弦級數

題目給定

$$f(x)=\frac12|\sin x|,\qquad -\pi<x<\pi.$$

因為 $|\sin x|$ 為偶函數，所以 $f(x)$ 也是偶函數，其傅立葉級數只有餘弦項：

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos nx,$$

其中

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx, \qquad a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx.$$

計算常數項

在 $0<x<\pi$ 時，$|\sin x|=\sin x$，因此

$$a_0 =\frac{2}{\pi}\int_0^\pi \frac12\sin x\,dx =\frac{1}{\pi}\left[-\cos x\right]_0^\pi =\frac{2}{\pi}.$$

故常數項為

$$\frac{a_0}{2}=\frac{1}{\pi}.$$

計算餘弦係數

利用偶函數性質，

$$a_n =\frac{2}{\pi}\int_0^\pi \frac12\sin x\cos nx\,dx =\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \sin x\cos nx\,dx.$$

利用積化和差公式，

$$\sin x\cos nx =\frac12\left[\sin((n+1)x)+\sin((1-n)x)\right].$$

當 $n$ 為奇數時，上式積分為 $0$；當 $n$ 為偶數時，

$$\int_0^\pi\sin x\cos nx\,dx =\frac{2}{1-n^2}.$$

因此

$$a_n= \begin{cases} \dfrac{2}{\pi(1-n^2)}, & n\text{ 為偶數},\\[6pt] 0, & n\text{ 為奇數}. \end{cases}$$

令 $n=2k$，則

$$a_{2k}=\frac{2}{\pi(1-4k^2)} =-\frac{2}{\pi(4k^2-1)}.$$

所以

$$\boxed{ \frac12|\sin x| = \frac1\pi -\frac{2}{3\pi}\cos 2x -\frac{2}{15\pi}\cos 4x -\frac{2}{35\pi}\cos 6x -\cdots }$$

亦可寫成

$$\boxed{ \frac12|\sin x| = \frac1\pi -\frac{2}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\cos(2kx)}{4k^2-1} }.$$

解題技巧

由於 $|\sin x|$ 的週期為 $\pi$，其傅立葉展開只會出現偶次頻率：

$$\cos 2x,\ \cos 4x,\ \cos 6x,\ldots$$

因此若計算結果出現 $\cos x$、$\cos 3x$ 等奇次餘弦項，即表示係數計算有誤。

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（b）傅立葉–Legendre 展開

題目給定

核心觀念

本題要求解矩形區域內的拉普拉斯方程

$$u_{xx}+u_{yy}=0, \qquad 0<x<5,\quad 0<y<10,$$

並滿足指定的 Dirichlet 邊界條件。適合使用分離變數法與傅立葉正弦級數。

由於左右兩側滿足

$$u(0,y)=u(5,y)=0,$$

$x$ 方向應選用正弦函數，以自然滿足這兩個邊界條件。

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解題方法

設

$$u(x,y)=X(x)Y(y).$$

代入拉普拉斯方程：

$$X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0.$$

兩邊除以 $X(x)Y(y)$：

$$\frac{X''}{X}=-\frac{Y''}{Y}=-\lambda.$$

因此得到

$$X''+\lambda X=0,$$ $$Y''-\lambda Y=0.$$

1. 求 $x$ 方向的特徵函數

由邊界條件

$$X(0)=0,\qquad X(5)=0,$$

取 $\lambda=\mu^2>0$，則

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

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，再由 $X(5)=0$ 得

$$\sin(5\mu)=0.$$

因此

$$\mu_n=\frac{n\pi}{5},\qquad n=1,2,3,\ldots$$

以及

$$X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{5}\right).$$

2. 求 $y$ 方向的函數

對應的 $Y$ 方程為

$$Y''-\left(\frac{n\pi}{5}\right)^2Y=0.$$

通解為

$$Y_n(y)=C_n\cosh\left(\frac{n\pi y}{5}\right) +D_n\sinh\left(\frac{n\pi y}{5}\right).$$

因為底邊條件為

$$u(x,0)=0,$$

故需有 $Y_n(0)=0$，因此 $C_n=0$。可取

$$Y_n(y)=\sinh\left(\frac{n\pi y}{5}\right).$$

所以解的形式為

$$u(x,y)=\sum_{n=1}^{\infty} A_n\sin\left(\frac{n\pi x}{5}\right) \sinh\left(\frac{n\pi y}{5}\right).$$

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由上邊界求傅立葉係數

在 $y=10$ 時，題目給定

$$u(x,10)=3.$$

因此

$$3=\sum_{n=1}^{\infty} A_n\sin\left(\frac{n\pi x}{5}\right) \sinh(2n\pi).$$

令

$$B_n=A_n\sinh(2n\pi),$$

則

$$3=\sum_{n=1}^{\infty} B_n\sin\left(\frac{n\pi x}{5}\right).$$

將常數 $3$ 展開成區間 $(0,5)$ 上的傅立葉正弦級數：

$$B_n=\frac{2}{5}\int_0^5 3\sin\left(\frac{n\pi x}{5}\right)\,dx.$$

計算得