113 年 國立成功大學環境工程學系碩士班甲組《工程數學》

核心觀念

本題考查二階常微分方程邊界值問題的特徵值與特徵函數。要求找出非零解 $y(x)$，使其同時滿足微分方程與邊界條件。

方程為

$$y''+\lambda y=0.$$

需依 $\lambda$ 的符號分三種情況討論：

• $\lambda>0$：令 $\lambda=\mu^2$，解為三角函數。
• $\lambda=0$：解為一次函數。
• $\lambda<0$：令 $\lambda=-\mu^2$，解為雙曲函數或指數函數。

只有存在非零解時，該 $\lambda$ 才是特徵值；對應的非零解稱為特徵函數。

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A. $y''+\lambda y=0,\quad y(0)=0,\quad y(3)=0$

情況一：$\lambda>0$

令

$$\lambda=\mu^2,\qquad \mu>0.$$

方程變為

$$y''+\mu^2y=0,$$

其通解為

$$y(x)=C_1\cos(\mu x)+C_2\sin(\mu x).$$

由邊界條件 $y(0)=0$：

$$y(0)=C_1=0.$$

因此

$$y(x)=C_2\sin(\mu x).$$

再利用 $y(3)=0$：

$$C_2\sin(3\mu)=0.$$

為使 $y$ 為非零解，必須有 $C_2\neq 0$，因此

$$\sin(3\mu)=0.$$

故

$$3\mu=n\pi,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

得到

$$\mu_n=\frac{n\pi}{3}.$$

所以特徵值為

$$\lambda_n=\mu_n^2=\left(\frac{n\pi}{3}\right)^2, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

對應特徵函數為

$$y_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right).$$

常數倍亦屬於同一特徵函數族，因此更一般地可寫成

$$y_n(x)=C\sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right), \qquad C\neq 0.$$

情況二：$\lambda=0$

此時

$$y''=0,$$

通解為

$$y(x)=C_1x+C_2.$$

由 $y(0)=0$ 得 $C_2=0$，所以

$$y(x)=C_1x.$$

再由 $y(3)=0$ 得

$$3C_1=0,$$

即 $C_1=0$。所得為零解，不符合特徵函數必須為非零函數的要求。

因此 $\lambda=0$ 不是特徵值。

情況三：$\lambda<0$

令

$$\lambda=-\mu^2,\qquad \mu>0.$$

方程變為

$$y''-\mu^2y=0,$$

通解為

$$y(x)=C_1\cosh(\mu x)+C_2\sinh(\mu x).$$

由 $y(0)=0$ 得

$$C_1=0.$$

故

$$y(x)=C_2\sinh(\mu x).$$

由 $y(3)=0$ 得

$$C_2\sinh(3\mu)=0.$$

因為 $\mu>0$ 時 $\sinh(3\mu)\neq 0$，只能得到 $C_2=0$，仍只有零解。

因此 $\lambda<0$ 不是特徵值。

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B. $y''+\lambda y=0,\quad y(0)=0,\quad y'(\pi)=0$

情況一：$\lambda>0$

令

$$\lambda=\mu^2,\qquad \mu>0.$$

通解為

$$y(x)=C_1\cos(\mu x)+C_2\sin(\mu x).$$

由 $y(0)=0$：

$$C_1=0.$$

因此

核心觀念

此題考察「常係數一階線性微分方程組」的矩陣解法。將方程組寫成

$$\mathbf{X}'(t)=A\mathbf{X}(t), \qquad \mathbf{X}(t)= \begin{bmatrix} x(t)\\y(t)\\z(t) \end{bmatrix},$$

其中

$$A= \begin{bmatrix} 2&-7&0\\ 5&10&4\\ 0&5&2 \end{bmatrix}.$$

若 $\lambda$ 是矩陣 $A$ 的特徵值，且 $\mathbf{v}$ 是對應特徵向量，則

$$\mathbf{X}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v}$$

為微分方程組的解。當 $A$ 有三個相異特徵值時，通解為各特徵解的線性組合。

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解題方法

1. 求特徵方程式

特徵方程式為

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

計算得

$$\lambda I-A= \begin{bmatrix} \lambda-2&7&0\\ -5&\lambda-10&-4\\ 0&-5&\lambda-2 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\begin{aligned} \det(\lambda I-A) &=(\lambda-2) \begin{vmatrix} \lambda-10&-4\\ -5&\lambda-2 \end{vmatrix} -7 \begin{vmatrix} -5&-4\\ 0&\lambda-2 \end{vmatrix}\\ &=(\lambda-2)\big[(\lambda-10)(\lambda-2)-20\big] +35(\lambda-2)\\ &=(\lambda-2)\big[(\lambda-10)(\lambda-2)+15\big]\\ &=(\lambda-2)(\lambda-5)(\lambda-7). \end{aligned}$$

故三個相異特徵值為

$$\lambda_1=2,\qquad \lambda_2=5,\qquad \lambda_3=7.$$

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2. 求 $\lambda=2$ 的特徵向量

解

$$(A-2I)\mathbf{v}_1=\mathbf{0}.$$

有

$$A-2I= \begin{bmatrix} 0&-7&0\\ 5&8&4\\ 0&5&0 \end{bmatrix}.$$

由第一、三列可得 $y=0$，再由第二列得

$$5x+4z=0.$$

取 $x=4$、$z=-5$，得到

$$\mathbf{v}_1= \begin{bmatrix} 4\\0\\-5 \end{bmatrix}.$$

因此對應特徵解為

$$\mathbf{X}_1(t) =C_1e^{2t} \begin{bmatrix} 4\\0\\-5 \end{bmatrix}.$$

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3. 求 $\lambda=5$ 的特徵向量

解

$$(A-5I)\mathbf{v}_2=\mathbf{0}.$$

有

核心觀念

本題考查二階常係數齊次線性微分方程：

$$ay''+by'+cy=0$$

其解法是設

$$y=e^{rx}$$

代入原方程後，得到特徵方程：

$$ar^2+br+c=0$$

根據特徵根的型態，可寫出通解：

• 兩相異實根 $r_1,r_2$：

$$y=C_1e^{r_1x}+C_2e^{r_2x}$$

• 重根 $r$：

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

• 共軛複根 $r=\alpha\pm\beta i$：

$$y=e^{\alpha x}\left(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x\right)$$

其中 $C_1,C_2$ 為任意常數。

解題方法

原方程為

$$y''+4y'+13y=0$$

設

$$y=e^{rx}$$

則

$$y'=re^{rx},\qquad y''=r^2e^{rx}$$

代入微分方程：

$$r^2e^{rx}+4re^{rx}+13e^{rx}=0$$

因為 $e^{rx}\neq 0$，可約去 $e^{rx}$，得到特徵方程：

$$r^2+4r+13=0$$

使用公式解：

$$r=\frac{-4\pm\sqrt{4^2-4(1)(13)}}{2}$$

核心觀念

本題考察二階常係數非齊次線性微分方程：

$$y''-3y'+2y=10\sin x.$$

其通解由兩部分組成：

$$y=y_h+y_p,$$

其中：

• $y_h$：對應齊次方程的通解；
• $y_p$：非齊次項 $10\sin x$ 所造成的特解。

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解題方法

一、求齊次解 $y_h$

先考慮齊次方程：

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

設 $y=e^{rx}$，得到特徵方程：

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

因式分解：

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

因此特徵根為：

$$r=1,\qquad r=2.$$

所以齊次解為：

$$y_h=C_1e^x+C_2e^{2x}.$$

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二、求特解 $y_p$

右側非齊次項為 $10\sin x$，且 $\sin x$、$\cos x$ 並未出現在齊次解中，因此設特解為：

$$y_p=A\sin x+B\cos x,$$

其中 $A,B$ 為待定常數。

微分得：

$$y_p'=A\cos x-B\sin x,$$ $$y_p''=-A\sin x-B\cos x.$$

代入原方程：

$$y_p''-3y_p'+2y_p=10\sin x.$$

整理 $\sin x$ 與 $\cos x$ 的係數：

$$(-A\sin x-B\cos x) -3(A\cos x-B\sin x) +2(A\sin x+B\cos x).$$

因此：

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

核心觀念

此題為一階非線性微分方程：

$$\frac{dy}{dx}=\frac{4x+6y}{10y-6x}$$

右側分子、分母皆為 $x,y$ 的一次齊次式，因此可視為只與 $\dfrac{y}{x}$ 有關，適合使用齊次微分方程代換：

$$y=vx,\qquad \frac{dy}{dx}=v+x\frac{dv}{dx}.$$

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解題方法

令

$$y=vx.$$

則

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

代入原方程：

$$v+x\frac{dv}{dx} = \frac{4x+6vx}{10vx-6x} = \frac{4+6v}{10v-6}.$$

因此

$$x\frac{dv}{dx} = \frac{4+6v}{10v-6}-v.$$

通分得

$$x\frac{dv}{dx} = \frac{4+6v-v(10v-6)}{10v-6} = \frac{4+12v-10v^2}{10v-6}.$$

分離變數：

$$\frac{10v-6}{4+12v-10v^2}\,dv = \frac{dx}{x}.$$

將二次式因式分解。其根為

$$v=\frac{3+\sqrt{19}}{5}, \qquad v=\frac{3-\sqrt{19}}{5}.$$

故

$$4+12v-10v^2 = -10\left(v-\frac{3+\sqrt{19}}{5}\right) \left(v-\frac{3-\sqrt{19}}{5}\right).$$

部分分式分解後：

$$\frac{10v-6}{4+12v-10v^2} = -\frac{1}{2} \frac{1}{v-\frac{3+\sqrt{19}}{5}} -\frac{1}{2} \frac{1}{v-\frac{3-\sqrt{19}}{5}}.$$

因此

$$-\frac12\ln\left|v-\frac{3+\sqrt{19}}5\right| -\frac12\ln\left|v-\frac{3-\sqrt{19}}5\right| = \ln|x|+C.$$

乘以 $-2$ 並合併對數：

核心觀念

本題考二階常係數齊次微分方程：

$$y''+7y'=0$$

其特徵方程由假設解 $y=e^{rx}$ 得到：

$$r^2+7r=0$$

若特徵根為 $r_1,r_2$，則通解依根的型態決定。本題特徵根為兩個相異實根，因此通解為兩個指數解的線性組合。

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解題方法

令

$$y=e^{rx}$$

則

$$y'=re^{rx},\qquad y''=r^2e^{rx}$$

代入原方程：

$$r^2e^{rx}+7re^{rx}=0$$

因為 $e^{rx}\neq 0$，可得特徵方程：

$$r^2+7r=0$$

因式分解：

$$r(r+7)=0$$

因此兩個特徵根為

$$r_1=0,\qquad r_2=-7$$

所以微分方程的通解為

$$y(x)=C_1+C_2e^{-7x}$$

對通解微分：

$$y'(x)=-7C_2e^{-7x}$$

利用初始條件 $y(0)=1$：

$$C_1+C_2=1$$

利用初始條件 $y'(0)=7$：

$$-7C_2=7$$

因此

$$C_2=-1$$

代回 $C_1+C_2=1$：

核心觀念

本題要求週期為 $2\pi$ 的 Fourier series。標準形式為

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

其中

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

由於 $f(x)$ 在 $(-\pi,0)$ 為 $0$，在 $[0,\pi)$ 為 $3$，所有積分皆可簡化為 $[0,\pi]$ 上的積分。

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解題方法

函數為

$$f(x)= \begin{cases} 0, & -\pi<x<0,\\ 3, & 0\le x<\pi. \end{cases}$$

1. 計算 $a_0$

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx =\frac{1}{\pi}\int_0^\pi 3\,dx =\frac{3\pi}{\pi}=3.$$

因此常數項為

$$\frac{a_0}{2}=\frac{3}{2}.$$

2. 計算 $a_n$

$$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx =\frac{3}{\pi}\int_0^\pi\cos nx\,dx.$$

因此

$$a_n =\frac{3}{\pi}\left[\frac{\sin nx}{n}\right]_0^\pi =\frac{3}{n\pi}\left(\sin n\pi-\sin 0\right)=0.$$

所以 Fourier series 中沒有 cosine 項。

3. 計算 $b_n$

$$b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx =\frac{3}{\pi}\int_0^\pi\sin nx\,dx.$$

計算得

A 部分

【解題步驟】

1. 分離變數與建立固有值問題：
   設 $u(x,y) = X(x)Y(y)$ 代入拉普拉斯方程式 $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0$：
   $\frac{X''}{X} = -\frac{Y''}{Y} = \lambda$
   配合 $y$ 方向齊次邊界條件 $u_y(x,0)=0$ 與 $u_y(x,1)=0$，得到 $Y(y)$ 的固有值問題：
   $Y'' + \lambda Y = 0, \quad Y'(0) = 0, \quad Y'(1) = 0$

2. 求解固有值與固有函數：

   • $\lambda = 0$：$Y_0(y) = 1$；代回 $X_0'' = 0 \implies X_0(x) = A_0 x + B_0$。由 $u(0,y)=0 \implies X_0(0)=0 \implies B_0=0$，得 $X_0(x) = A_0 x$。
   • $\lambda_n = (n\pi)^2$（$n = 1, 2, 3, \dots$）：$Y_n(y) = \cos(n\pi y)$；代回 $X_n'' - (n\pi)^2 X_n = 0 \implies X_n(x) = A_n \cosh(n\pi x) + B_n \sinh(n\pi x)$。由 $u(0,y)=0 \implies X_n(0)=0 \implies A_n=0$，得 $X_n(x) = B_n \sinh(n\pi x)$。

3. 組合通解與確定係數：
   疊加得通解為：
   $u(x,y) = A_0 x + \sum_{n=1}^{\infty} C_n \sinh(n\pi x) \cos(n\pi y)$
   代入非齊次邊界條件 $u(1,y) = 5$：
   $5 = A_0 (1) + \sum_{n=1}^{\infty} C_n \sinh(n\pi) \cos(n\pi y)$
   比較傅立葉餘弦級數係數可得：
   $A_0 = 5, \quad C_n = 0 \quad (n \ge 1)$

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B 部分

【解題步驟】

1. 傅立葉正弦轉換：
   區域為半無限帶狀區域 $x > 0, 0 < y < 2$，且在 $x = 0$ 處滿足齊次條件 $u(0,y) = 0$。