109 年 國立成功大學環境工程學系碩士班乙組《工程數學》

核心觀念

本題為二階非線性常微分方程：

$$y''+(y')^2+1=0$$

方程中沒有直接出現 $y$，因此可令

$$p=y'$$

則

$$y''=\frac{dp}{dx}$$

原方程降階為一階可分離變數方程：

$$\frac{dp}{dx}=-(p^2+1)$$

使用積分公式

$$\int \frac{dp}{1+p^2}=\tan^{-1}p$$

即可求出 $y'$，再積分得到 $y$。

解題方法

令

$$p=y'$$

則原式變為

$$\frac{dp}{dx}+p^2+1=0$$

整理並分離變數：

$$\frac{dp}{1+p^2}=-dx$$

兩邊積分：

$$\int\frac{dp}{1+p^2}=-\int dx$$

因此

$$\tan^{-1}p=-x+C_1$$

取正切函數：

$$p=\tan(C_1-x)$$

因為 $p=y'$，所以

$$y'=\tan(C_1-x)$$

再對 $x$ 積分。令 $u=C_1-x$，則 $du=-dx$：

$$y=\int \tan(C_1-x)\,dx$$ $$y=-\int \tan u\,du$$ $$y=\ln|\cos u|+C_2$$

代回 $u=C_1-x$，得到

$$\boxed{y=\ln|\cos(C_1-x)|+C_2}$$

由於 $\cos(C_1-x)=\cos(x-C_1)$，亦可寫成

$$\boxed{y=\ln|\cos(x+C_1)|+C_2}$$

核心觀念

本題為柯西–歐拉（Cauchy–Euler）型二階線性微分方程：

$$x^2y''-4xy'+6y=\ln x^2,\qquad x\neq 0.$$

其齊次方程利用試探解 $y=x^m$，再以特解處理非齊次項。

---

一、求齊次解

先考慮齊次方程

$$x^2y''-4xy'+6y=0.$$

令

$$y=x^m,$$

則

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

代回原式：

$$x^2m(m-1)x^{m-2}-4x(mx^{m-1})+6x^m=0,$$

整理得

$$\left[m(m-1)-4m+6\right]x^m=0.$$

因此特徵方程為

$$m(m-1)-4m+6=0,$$

即

$$m^2-5m+6=0 =(m-2)(m-3)=0.$$

故

$$m=2,\quad m=3,$$

齊次解為

$$y_h=C_1x^2+C_2x^3.$$

---

二、求非齊次特解

因為右側含有 $\ln x^2$，令

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

由

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

可得

$$y'=\frac{1}{x}Y',$$

以及

$$y''=\frac{Y''-Y'}{x^2}.$$

因此左側變為

$$x^2y''-4xy'+6y =(Y''-Y')-4Y'+6Y,$$

即

$$Y''-5Y'+6Y.$$

又因為

$$\ln x^2=2\ln|x|=2t,$$

所以方程化為常係數線性微分方程

$$Y''-5Y'+6Y=2t.$$

右側是一次多項式，設特解為

$$Y_p=At+B.$$

則

$$Y_p'=A,\qquad Y_p''=0.$$

代入：

$$0-5A+6(At+B)=2t.$$

核心觀念

1. 二階常係數非齊次線性常微分方程式（Second-Order Linear Non-homogeneous ODE with Constant Coefficients）：
   其通解形式為齊次解（互補解）$y_h(x)$ 與特解 $y_p(x)$ 之疊加： $$y(x) = y_h(x) + y_p(x)$$
2. 特徵方程式法（Characteristic Equation）：
   求解齊次方程式 $y'' + ay' + by = 0$ 時，令特徵多項式為 $\lambda^2 + a\lambda + b = 0$，依相異實根求出對應基底。
3. 三角恆等式降次：
   非齊次項中若含有三角函數的平方項，需先利用倍角/半角公式將非線性項轉換為線性組合： $$\cos^2 x = \frac{1 + \cos 2x}{2} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos 2x$$
4. 特解求法（待定係數法或逆微分運算子法）：
   利用疊加原理（Superposition Principle）將非齊次項拆解為常數項與週期項分別求解。

---

解題方法

步驟一：求解齊次解 $y_h(x)$

對應之齊次常微分方程式為：

$$y'' - 5y' + 4y = 0$$

令特徵方程式為：

$$\lambda^2 - 5\lambda + 4 = 0$$

因式分解得：

$$(\lambda - 1)(\lambda - 4) = 0 \implies \lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 4$$

由於特徵根為相異實根，故對應之齊次解為：

$$y_h(x) = c_1 e^x + c_2 e^{4x}$$

（其中 $c_1, c_2$ 為任意實數常數）

---

步驟二：非齊次項處理與求解特解 $y_p(x)$

利用三角倍角公式將非齊次項降次改寫：

$$r(x) = \cos^2 x = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos 2x$$

依疊加原理，令特解為 $y_p(x) = y_{p1}(x) + y_{p2}(x)$，分別對應非齊次項 $r_1(x) = \frac{1}{2}$ 與 $r_2(x) = \frac{1}{2}\cos 2x$。

法一：微分運算子法（Differential Operator Method）

令微分運算子 $D = \frac{d}{dx}$，方程式寫為 $(D^2 - 5D + 4)y = r(x)$：

1. 求 $y_{p1}(x)$（對應常數項 $\frac{1}{2}$）：

   $$y_{p1}(x) = \frac{1}{D^2 - 5D + 4}\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{0^2 - 5(0) + 4}\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{8}$$

2. 求 $y_{p2}(x)$（對應 $\frac{1}{2}\cos 2x$）：
   令 $D^2 \to -2^2 = -4$ 代入運算子：

   $$y_{p2}(x) = \frac{1}{D^2 - 5D + 4}\left(\frac{1}{2}\cos 2x\right) = \frac{1}{-4 - 5D + 4}\left(\frac{1}{2}\cos 2x\right) = \frac{1}{-5D}\left(\frac{1}{2}\cos 2x\right)$$

   由於 $\frac{1}{D}$ 代表積分運算：

核心觀念

本題考查二階常係數線性微分方程，以及 Dirac delta 脈衝函數的處理。

對於

$$y''+4y'+13y=\delta(t-a),$$

在 $t=a$ 附近積分可得：

• $y(t)$ 保持連續；
• $y'(t)$ 產生大小為 $1$ 的跳躍： $$y'(a^+)-y'(a^-)=1.$$

其原因是

$$\int_{a-\varepsilon}^{a+\varepsilon}\delta(t-a)\,dt=1.$$

本題有兩個脈衝，分別位於 $t=\pi$ 與 $t=3\pi$，因此會在這兩個時刻各自造成一次導數跳躍。

---

解題方法：拉普拉斯變換

令

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

由初始條件 $y(0)=1$、$y'(0)=1$，

$$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-s-1,$$ $$\mathcal{L}\{4y'\}=4sY(s)-4.$$

又由位移性質，

$$\mathcal{L}\{\delta(t-\pi)\}=e^{-\pi s}, \qquad \mathcal{L}\{\delta(t-3\pi)\}=e^{-3\pi s}.$$

代入原方程：

$$(s^2Y-s-1)+(4sY-4)+13Y =e^{-\pi s}+e^{-3\pi s}.$$

整理得

$$(s^2+4s+13)Y(s) =s+5+e^{-\pi s}+e^{-3\pi s}.$$

因為

$$s^2+4s+13=(s+2)^2+9,$$

所以

$$Y(s) = \frac{s+5}{(s+2)^2+9} + \frac{e^{-\pi s}}{(s+2)^2+9} + \frac{e^{-3\pi s}}{(s+2)^2+9}.$$

---

逐項反拉普拉斯變換

第一項：

$$\frac{s+5}{(s+2)^2+9} = \frac{s+2}{(s+2)^2+9} + \frac{3}{(s+2)^2+9}.$$

因此

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{s+5}{(s+2)^2+9} \right\} = e^{-2t}\cos 3t+e^{-2t}\sin 3t.$$

基本脈衝響應為

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{(s+2)^2+9} \right\} = \frac13e^{-2t}\sin 3t.$$

利用第二移位定理：

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{e^{-as}}{(s+2)^2+9} \right\} = u(t-a)\frac13e^{-2(t-a)}\sin\bigl(3(t-a)\bigr).$$

故兩個脈衝分別貢獻

一、齊次解（Homogeneous Solution $y_h$）

對應的齊次微分方程式為：
$y''' + 2y' + y = 0$

其特徵方程式（Characteristic Equation）為：
$r^3 + 2r + 1 = 0$

設此特徵方程式的三根為 $r_1$（實根）與 $r_{2,3} = \alpha \pm i\beta$（共軛複數根），其中 $r_1 \approx -0.4534$、$\alpha \approx 0.2267$、$\beta \approx 1.4677$。

齊次解表示為：
$y_h(x) = c_1 e^{r_1 x} + e^{\alpha x} (c_2 \cos \beta x + c_3 \sin \beta x)$
（其中 $c_1, c_2, c_3$ 為任意常數）

---

二、特徵解 / 特殊解（Particular Solution $y_p$）

採用微分運算子法（Differential Operator Method）結合移位定理（Exponential Shift Theorem）：
$y_p(x) = \frac{1}{D^3 + 2D + 1} (x e^{-x}) = e^{-x} \frac{1}{(D-1)^3 + 2(D-1) + 1} x$

核心觀念

本題考查「質量守恆（連續方程）」與「托里拆利定律（Torricelli’s law）」的結合應用。

設水面高度為 $h(t)$，則：

• 圓柱槽截面積

$$A=\frac{\pi D^2}{4}$$

• 底部小孔面積

$$a=\frac{\pi d^2}{4}$$

• 流入流量為常數 $Q$
• 由小孔流出的流量依托里拆利定律為

$$Q_{\text{out}}=a\sqrt{2gh}$$

其中 $g$ 為重力加速度。因為水槽初始為空，所以初始條件為

$$h(0)=0$$

---

解題方法：建立微分方程

時間 $dt$ 內，水槽內水量的變化為

$$A\,dh$$

根據流入量減去流出量，可得

$$A\frac{dh}{dt}=Q-a\sqrt{2gh}$$

因此控制水面高度的微分方程為

$$\frac{dh}{dt} = \frac{Q-a\sqrt{2gh}}{A}$$

代入 $A$ 與 $a$：

$$\frac{dh}{dt} = \frac{4Q}{\pi D^2} - \frac{4d^2\sqrt{2g}}{\pi D^2}\sqrt{h}$$

---

微分方程的積分解

令

$$x=\sqrt{h}$$

則 $h=x^2$，且

$$\frac{dh}{dt}=2x\frac{dx}{dt}$$

原微分方程化為

$$2Ax\frac{dx}{dt}=Q-a\sqrt{2g}\,x$$

整理得

$$dt= \frac{2Ax}{Q-a\sqrt{2g}\,x}\,dx$$

由 $h(0)=0$ 可知 $x(0)=0$。積分後得到

$$t = 2A\left[ \frac{Q}{a^2(2g)} \ln\left( \frac{Q}{Q-a\sqrt{2g}\,x} \right) - \frac{x}{a\sqrt{2g}} \right]$$

由於 $x=\sqrt{h}$，因此高度與時間的隱式關係為

$$t = \frac{AQ}{ga^2} \ln\left( \frac{Q}{Q-a\sqrt{2gh}} \right) - \frac{2A}{a\sqrt{2g}}\sqrt{h}$$

這已經是水面高度 $h$ 的完整隱式解。

---

顯式解

定義平衡水位 $h_\infty$：

$$Q=a\sqrt{2gh_\infty}$$

因此

$$h_\infty=\frac{Q^2}{2ga^2}$$

代入 $a=\dfrac{\pi d^2}{4}$，可得

核心觀念

本題是有限區間上的一維熱傳導方程：

$$\frac{\partial u}{\partial t} = k\frac{\partial^2u}{\partial x^2}, \qquad 0<x<1,\quad t>0,$$

邊界條件為

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

初始條件為

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

其中 $k>0$ 為熱擴散係數。此題主要考察：

• 分離變數法；
• 混合型邊界條件所決定的特徵值；
• Fourier 正弦級數展開；
• 熱方程式解中的指數衰減因子。

---

解題方法：分離變數

令

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

代入偏微分方程式：

$$X(x)T'(t) = kX''(x)T(t).$$

兩邊除以 $kXT$：

$$\frac{T'}{kT} = \frac{X''}{X} = -\lambda^2.$$

因此得到兩個常微分方程：

$$T'+k\lambda^2T=0,$$

以及

$$X''+\lambda^2X=0.$$

時間部分的解為

$$T(t)=Ce^{-k\lambda^2t}.$$

空間部分的通解為

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

---

套用邊界條件求特徵值

第一個邊界條件為 $u(0,t)=0$，因此要求

$$X(0)=0.$$

代入空間解：

$$X(0)=A=0.$$

所以

$$X(x)=B\sin(\lambda x).$$

第二個邊界條件為

$$u_x(1,t)=0,$$

故需滿足

$$X'(1)=0.$$

由

$$X'(x)=B\lambda\cos(\lambda x),$$

得到

$$B\lambda\cos\lambda=0.$$

非平凡解需有 $B\neq0$ 且 $\lambda\neq0$，因此

$$\cos\lambda=0.$$

所以特徵值為

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

對應的特徵函數為

$$X_n(x)=\sin\left[\left(n+\frac12\right)\pi x\right].$$

因此，所有分離變數解的線性組合為

$$u(x,t) = \sum_{n=0}^{\infty} b_n \sin\left[\left(n+\frac12\right)\pi x\right] e^{-k\left(n+\frac12\right)^2\pi^2t}.$$

---

利用初始條件求 Fourier 係數

由 $u(x,0)=1$，需將常數函數 $1$ 展開成上述特徵函數：

$$1 = \sum_{n=0}^{\infty} b_n \sin\left[\left(n+\frac12\right)\pi x\right].$$

這組特徵函數在 $0<x<1$ 上正交，且

$$\int_0^1 \sin^2\left[\left(n+\frac12\right)\pi x\right]dx = \frac12.$$

因此

本題題幹給定範圍為 $0 < x < 1$，條件 $u(x,t) = 1$ 代表右邊界 $u(1,t) = 1$；若依初始條件 $x > 0$ 視為半無限長區域，則遠端邊界條件為 $\lim_{x \to \infty} u(x,t) = 1$。以下提供兩種合理邊界假設下之確定解法。

---

解法一：有限區域解法（假設右邊界 $u(1,t) = 1$）

1. 穩態與暫態分解

設 $u(x,t) = v(x) + w(x,t)$，其中 $v(x)$ 為穩態解，$w(x,t)$ 為暫態解。

穩態解 $v(x)$ 滿足：
$v''(x) = 0, \quad v(0) = 5, \quad v(1) = 1$
解得：
$v(x) = 5 - 4x$

暫態解 $w(x,t)$ 滿足齊次邊界條件：
$\frac{\partial w}{\partial t} = k \frac{\partial^2 w}{\partial x^2}, \quad w(0,t) = 0, \quad w(1,t) = 0$
初始條件為：
$w(x,0) = u(x,0) - v(x) = 1 - (5 - 4x) = 4x - 4$

2. 分離變數法求解暫態解

設 $w(x,t) = X(x)T(t)$，代入 PDE 得到固有值與固有函數：
$X_n(x) = \sin(n\pi x), \quad \lambda_n = n\pi \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$
時間部分解為：
$T_n(t) = C_n e^{-k n^2 \pi^2 t}$

暫態一般解為：
$w(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} C_n \sin(n\pi x) e^{-k n^2 \pi^2 t}$

3. 求解傅立葉係數 $C_n$

利用初始條件 $w(x,0) = 4x - 4$：
$C_n = 2 \int_{0}^{1} (4x - 4) \sin(n\pi x) \, dx = 8 \int_{0}^{1} (x - 1) \sin(n\pi x) \, dx$
經分部積分計算：

1. 分離變數法

設 $u(x, y) = X(x) Y(y)$，代入 Laplace 方程式 $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0$：
$\frac{X''(x)}{X(x)} = -\frac{Y''(y)}{Y(y)} = \lambda$

2. 求解 $Y(y)$ 的特徵值問題

由邊界條件 $\frac{\partial u}{\partial y}\Big|_{y=0} = 0$ 與 $\frac{\partial u}{\partial y}\Big|_{y=1} = 0$，得 $Y'(0) = 0$ 且 $Y'(1) = 0$：
$Y''(y) + \lambda Y(y) = 0, \quad Y'(0) = 0, \, Y'(1) = 0$

• 當 $\lambda = 0$ 時：通解 $Y_0(y) = c_1 y + c_2$。由 $Y'(0) = 0 \implies c_1 = 0$，特徵函數為 $Y_0(y) = 1$。
• 當 $\lambda = \mu^2 > 0$ 時：通解 $Y(y) = A \cos(\mu y) + B \sin(\mu y)$。
  由 $Y'(0) = 0 \implies B = 0$；由 $Y'(1) = -A\mu \sin\mu = 0 \implies \mu_n = n\pi \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$。
  特徵值為 $\lambda_n = (n\pi)^2$，對應特徵函數為 $Y_n(y) = \cos(n\pi y)$。

3. 求解 $X(x)$

解題觀念

本題為半無限區域（$0 < x < \pi, y > 0$）之 2D 拉普拉斯方程式（Laplace's Equation）邊界值問題。由於在 $y=0$ 處給定紐曼邊界條件（Neumann boundary condition）$\left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_{y=0} = 0$，且 $y \in (0, \infty)$ 為半無限區間，最適合採用**傅立葉餘弦變換（Fourier Cosine Transform）**求解。

---

詳細推導步驟

1. 對變數 $y$ 進行傅立葉餘弦變換

定義 $u(x, y)$ 對 $y$ 的傅立葉餘弦變換為：
$U(x, w) = \mathcal{F}_c \{u(x, y)\} = \int_0^\infty u(x, y) \cos(wy) \, dy$

利用微分性質與邊界條件 $\left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_{y=0} = 0$：
$\mathcal{F}_c \left\{ \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} \right\} = -w^2 U(x, w) - \left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_{y=0} = -w^2 U(x, w)$

原偏微分方程式轉化為關於 $x$ 的常微分方程式：
$\frac{d^2 U}{dx^2} - w^2 U(x, w) = 0$

---

2. 求解常微分方程式通解

該二階常微分方程式之通解為：
$U(x, w) = A(w) \cosh(wx) + B(w) \sinh(wx)$

核心觀念

本題考查有限差分法中的「截斷誤差」。作法是將微分方程的精確解 $y(x)$ 代入有限差分方程，再利用 Taylor 展開比較兩者差異。

令網格點為 $x_i$，並記

$$y_i=y(x_i),\qquad p_i=p(x_i),\qquad q_i=q(x_i),\qquad r_i=r(x_i).$$

定義差分方程左端代入精確解後與 $r_i$ 的差為局部截斷誤差：

$$\tau_i= \frac{y_{i+1}-2y_i+y_{i-1}}{h^2} +p_i\frac{y_{i+1}-y_{i-1}}{2h} +q_i y_i-r_i.$$

---

解題方法：Taylor 展開

在 $x_i$ 附近展開 $y_{i+1}=y(x_i+h)$：

$$\begin{aligned} y_{i+1} ={}&y_i+hy_i' +\frac{h^2}{2}y_i'' +\frac{h^3}{6}y_i''' +\frac{h^4}{24}y_i^{(4)} +\frac{h^5}{120}y_i^{(5)} +O(h^6). \end{aligned}$$

同理，

$$\begin{aligned} y_{i-1} ={}&y_i-hy_i' +\frac{h^2}{2}y_i'' -\frac{h^3}{6}y_i''' +\frac{h^4}{24}y_i^{(4)} -\frac{h^5}{120}y_i^{(5)} +O(h^6). \end{aligned}$$

其中各階導數皆在 $x_i$ 評估。

一、二階導數的中央差分

將兩式相加：

$$y_{i+1}-2y_i+y_{i-1} =h^2y_i''+\frac{h^4}{12}y_i^{(4)}+O(h^6).$$

除以 $h^2$ 得

$$\frac{y_{i+1}-2y_i+y_{i-1}}{h^2} = y_i''+\frac{h^2}{12}y_i^{(4)}+O(h^4).$$

二、一階導數的中央差分

將兩式相減：

$$y_{i+1}-y_{i-1} = 2hy_i' +\frac{h^3}{3}y_i''' +\frac{h^5}{60}y_i^{(5)} +O(h^7).$$

除以 $2h$ 得