115 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

本題考查二階常係數線性微分方程，包含：

• 齊次解：由特徵方程求出。
• 特殊解：依右端函數型態選擇待定係數法或參數變易法。
• 共振現象：當外力函數與齊次解重複時，需改用參數變易法或乘上 $x$。
• Dirac delta 脈衝：利用脈衝響應函數處理瞬間外力。

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A. $\displaystyle y''-5y'+4x=\cos^2x$

解題方法

先將方程式整理為

$$y''-5y'=\cos^2x-4x.$$

利用恆等式

$$\cos^2x=\frac{1+\cos 2x}{2},$$

因此右端可分成三部分：

$$\frac12+\frac12\cos2x-4x.$$

1. 齊次解

對齊次方程

$$y''-5y'=0,$$

其特徵方程為

$$r^2-5r=r(r-5)=0.$$

故齊次解為

$$y_h=C_1+C_2e^{5x}.$$

2. 多項式特殊解

針對 $-4x$，設

$$y_{p1}=Ax+B.$$

則

$$y_{p1}'=A,\qquad y_{p1}''=0.$$

代入 $y''-5y'$：

$$-5A=-4x.$$

此處應注意原方程左側仍含有 $4x$，直接代回原式較清楚：

$$0-5A+4x(Ax+B).$$

為避免混淆，將原方程中的多項式部分視為求

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

代入 $y_{p1}=Ax+B$：

$$-5A+4x=0.$$

比較係數得

$$A=-1,\qquad -5A+4B=0.$$

因此

$$B=-\frac54.$$

3. 常數特殊解

針對右端的 $\frac12$，設常數解

$$y_{p2}=C.$$

代入原式：

$$4C=\frac12,$$

所以

$$C=\frac18.$$

4. 三角函數特殊解

針對 $\frac12\cos2x$，設

$$y_{p3}=A\cos2x+B\sin2x.$$

則

$$y_{p3}'=-2A\sin2x+2B\cos2x,$$ $$y_{p3}''=-4A\cos2x-4B\sin2x.$$

代入 $y''-5y'+4y$，$\cos2x$ 與 $\sin2x$ 項中的 $y''$、$4y$ 互相抵消，得到

$$y_{p3}''-5y_{p3}'+4y_{p3} =-10B\cos2x+10A\sin2x.$$

與

$$\frac12\cos2x$$

比較係數：

$$-10B=\frac12,\qquad 10A=0.$$

因此

$$A=0,\qquad B=-\frac1{20}.$$

所以

$$y_{p3}=-\frac1{20}\sin2x.$$

5. 通解

特殊解為

$$y_p=-x-\frac54+\frac18-\frac1{20}\sin2x =-x-\frac98-\frac1{20}\sin2x.$$

故通解為

$$\boxed{ y=C_1+C_2e^{5x}-x-\frac98-\frac1{20}\sin2x }$$

解題技巧

$\cos^2x$ 必須先化成

$$\cos^2x=\frac{1+\cos2x}{2}.$$

此外，若試代 $A\cos2x+B\sin2x$，此題的 $y''+4y$ 部分會抵消，只剩 $-5y'$，可快速求得係數。

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B. $\displaystyle y''+y=\sec x$

解題方法

齊次解中的 $\cos x$、$\sin x$ 與右端 $\sec x$ 具有共振相關性，使用參數變易法最直接。

1. 齊次解

齊次方程為

$$y''+y=0.$$

特徵方程：

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

故

$$y_h=C_1\cos x+C_2\sin x.$$

取基本解

$$y_1=\cos x,\qquad y_2=\sin x.$$

其 Wronskian 為

$$W= \begin{vmatrix} \cos x&\sin x\\ -\sin x&\cos x \end{vmatrix} =1.$$

2. 參數變易法

對方程

$$y''+y=g(x),\qquad g(x)=\sec x,$$

有

$$u_1'=-\frac{y_2g}{W} =-\sin x\sec x =-\tan x,$$ $$u_2'=\frac{y_1g}{W} =\cos x\sec x=1.$$

積分得

$$u_1=\ln|\cos x|,\qquad u_2=x.$$

因此特殊解為

$$y_p=u_1y_1+u_2y_2 =\cos x\ln|\cos x|+x\sin x.$$

3. 通解

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

定義域需避開 $\cos x=0$ 的位置，即

$$x\ne \frac{\pi}{2}+k\pi,\qquad k\in\mathbb Z.$$

解題技巧

右端為 $\sec x$，而齊次解含有 $\cos x$、$\sin x$，使用待定係數法不方便；參數變易法會產生

$$u_2'=\cos x\sec x=1,$$

計算非常簡潔。

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C. $\displaystyle y''-y=x+\sin x$

解題方法

右端分成多項式 $x$ 與三角函數 $\sin x$，分別求特殊解。

1. 齊次解

齊次方程為

$$y''-y=0.$$

特徵方程：

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

所以

$$r=\pm1.$$

齊次解為

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

2. 多項式特殊解

針對 $x$，設

一、 建立物理模型與微分方程

根據質量守恆定律，水桶內水的體積累積速率等於流入流量減去流出流量：
$\frac{dV}{dt} = Q_{\text{in}} - Q_{\text{out}}$

其中：

1. 水桶截面積：$A = \frac{\pi D^2}{4}$，故體積變化率可寫為 $\frac{dV}{dt} = A \frac{dh}{dt} = \frac{\pi D^2}{4} \frac{dh}{dt}$。
2. 流入流量：$Q_{\text{in}} = Q$（常數）。
3. 流出流量：由托里切利定理（Torricelli's Law），底部小孔（面積 $A_0 = \frac{\pi d^2}{4}$）的流速為 $v = \sqrt{2gh}$，故流出流量為 $Q_{\text{out}} = A_0 \sqrt{2gh} = \frac{\pi d^2}{4}\sqrt{2gh}$。

代入守恆方程式得：
$\frac{\pi D^2}{4} \frac{dh}{dt} = Q - \frac{\pi d^2}{4} \sqrt{2gh}$

同除以 $\frac{\pi D^2}{4}$，得到可分離變數的一階常微分方程（ODE）：
$\frac{dh}{dt} = \frac{4Q}{\pi D^2} - \left(\frac{d}{D}\right)^2 \sqrt{2gh}$

令常數 $k_1 = \frac{4Q}{\pi D^2}$ 及 $k_2 = \frac{d^2}{D^2}\sqrt{2g}$，方程式簡化為：
$\frac{dh}{dt} = k_1 - k_2 \sqrt{h}$

初始條件：初始為空桶，$t = 0$ 時 $h(0) = 0$。

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二、 解常微分方程

分離變數並兩邊積分：
$\int \frac{dh}{k_1 - k_2 \sqrt{h}} = \int dt$

利用變數變換，設 $u = \sqrt{h} \implies h = u^2 \implies dh = 2u\,du$：
$\int \frac{2u}{k_1 - k_2 u} \, du = t + C$

拆解被積分式：

核心觀念

四階 Runge-Kutta 法（RK4）適用於一階常微分方程組，因此先將二階方程

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

改寫為

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

令

$$u(x)=y(x),\qquad v(x)=y'(x),$$

則

$$u'=v,$$ $$v'=2v-3xu^2+x^2.$$

初始條件為

$$u(0)=1,\qquad v(0)=0.$$

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解題方法：建立一階方程組

設數值網格為

$$x_n=x_0+nh,$$

其中 $h$ 為步長，並記

$$u_n\approx u(x_n),\qquad v_n\approx v(x_n).$$

定義

$$f_1(x,u,v)=v,$$ $$f_2(x,u,v)=2v-3xu^2+x^2.$$

對每一步 $x_n\to x_{n+1}=x_n+h$，RK4 的各斜率如下。

$u$ 分量

$$k_{1u}=f_1(x_n,u_n,v_n)=v_n,$$ $$k_{2u} =f_1\left(x_n+\frac h2,\, u_n+\frac h2k_{1u},\, v_n+\frac h2k_{1v}\right) =v_n+\frac h2k_{1v},$$ $$k_{3u} =f_1\left(x_n+\frac h2,\, u_n+\frac h2k_{2u},\, v_n+\frac h2k_{2v}\right) =v_n+\frac h2k_{2v},$$ $$k_{4u} =f_1(x_n+h,\, u_n+hk_{3u},\, v_n+hk_{3v}) =v_n+hk_{3v}.$$

$v$ 分量

$$k_{1v} =f_2(x_n,u_n,v_n) =2v_n-3x_nu_n^2+x_n^2,$$ $$k_{2v} =f_2\left(x_n+\frac h2,\, u_n+\frac h2k_{1u},\, v_n+\frac h2k_{1v}\right),$$

即

$$k_{2v} = 2\left(v_n+\frac h2k_{1v}\right) -3\left(x_n+\frac h2\right) \left(u_n+\frac h2k_{1u}\right)^2 +\left(x_n+\frac h2\right)^2,$$ $$k_{3v} =f_2\left(x_n+\frac h2,\, u_n+\frac h2k_{2u},\, v_n+\frac h2k_{2v}\right),$$

即

$$k_{3v} = 2\left(v_n+\frac h2k_{2v}\right) -3\left(x_n+\frac h2\right) \left(u_n+\frac h2k_{2u}\right)^2 +\left(x_n+\frac h2\right)^2,$$ $$k_{4v} =f_2(x_n+h,\, u_n+hk_{3u},\, v_n+hk_{3v}),$$

即

$$k_{4v} = 2(v_n+hk_{3v}) -3(x_n+h)(u_n+hk_{3u})^2 +(x_n+h)^2.$$

最後更新：

本題為半無限帶狀區域之拉普拉斯方程式（Laplace Equation）邊界值問題，採用**分離變數法（Separation of Variables）**求解。

Step 1: 分離變數

設 $u(x,y) = X(x)Y(y)$，代入偏微分方程式：
$X''(x)Y(y) + X(x)Y''(y) = 0 \implies \frac{X''}{X} = -\frac{Y''}{Y} = -\lambda$

得兩個常微分方程式：
$\begin{cases} Y''(y) + \lambda Y(y) = 0 \\ X''(x) - \lambda X(x) = 0 \end{cases}$

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Step 2: 求解 $y$ 方向之 Sturm-Liouville 特徵值問題

由邊界條件：

• $\left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_{y=0} = 0 \implies Y'(0) = 0$
• $\left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_{y=1} = -u(x,1) \implies Y'(1) + Y(1) = 0$

取 $\lambda = \alpha^2 > 0$（非零解條件）：
$Y(y) = c_1 \cos(\alpha y) + c_2 \sin(\alpha y)$

由 $Y'(0) = 0$ 可得 $c_2 = 0$，故 $Y(y) = c_1 \cos(\alpha y)$。

代入 $Y'(1) + Y(1) = 0$：
$-\alpha \sin\alpha + \cos\alpha = 0 \implies \cot\alpha = \alpha \quad (\text{或 } \tan\alpha = \frac{1}{\alpha})$

此超越方程式有無窮多組正實根 $\alpha_n$ ($n=1, 2, 3, \dots$)。
對應之特徵函數（Eigenfunctions）為：
$Y_n(y) = \cos(\alpha_n y)$

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Step 3: 求解 $x$ 方向之通解

將 $\lambda = \alpha_n^2$ 代入 $X''(x) - \alpha_n^2 X(x) = 0$：
$X_n(x) = A_n e^{-\alpha_n x} + B_n e^{\alpha_n x}$

由邊界條件 $\lim_{x\to\infty} u(x,y) = 0$ 得 $B_n = 0$，故 $X_n(x) = A_n e^{-\alpha_n x}$。

核心觀念

本題是半無限域 $x>0$ 上的一維熱傳導方程：

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

邊界與初始條件為

$$u(x,0)=0\quad (x>0),$$ $$u(0,t)=1,\qquad u(\infty,t)=0\quad (t>0).$$

題目考查：

• 熱方程式在半無限域上的解法；
• 相似變數（similarity variable）；
• 誤差函數 $\operatorname{erf}$ 與互補誤差函數 $\operatorname{erfc}$；
• 確認解是否滿足初始條件與邊界條件。

由於熱傳導距離的尺度與 $\sqrt{t}$ 成正比，因此適合令

$$\eta=\frac{x}{2\sqrt{kt}},$$

並假設解只透過 $\eta$ 變化：

$$u(x,t)=f(\eta).$$

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解題方法：相似變數法

令

$$\eta=\frac{x}{2\sqrt{kt}}, \qquad u(x,t)=f(\eta).$$

先計算各偏導數。

由

$$\frac{\partial \eta}{\partial t} = -\frac{x}{4\sqrt{k}\,t^{3/2}} = -\frac{\eta}{2t},$$

可得

$$\frac{\partial u}{\partial t} = f'(\eta)\frac{\partial\eta}{\partial t} = -\frac{\eta}{2t}f'(\eta).$$

又因為

$$\frac{\partial\eta}{\partial x} = \frac{1}{2\sqrt{kt}},$$

所以

$$\frac{\partial^2u}{\partial x^2} = f''(\eta) \left(\frac{\partial\eta}{\partial x}\right)^2 = \frac{1}{4kt}f''(\eta).$$

代入熱方程式：

$$-\frac{\eta}{2t}f'(\eta) = k\left(\frac{1}{4kt}f''(\eta)\right).$$

整理得

$$-\frac{\eta}{2t}f' = \frac{1}{4t}f'',$$

因此

$$f''+2\eta f'=0.$$

令

$$g(\eta)=f'(\eta),$$

則有一階微分方程式

$$g'+2\eta g=0.$$

分離變數：

$$\frac{dg}{g}=-2\eta\,d\eta.$$

積分後得到

$$\ln|g|=-\eta^2+C,$$

因此

$$g(\eta)=C e^{-\eta^2}.$$

也就是

$$f'(\eta)=C e^{-\eta^2}.$$

利用誤差函數定義

$$\operatorname{erf}(\eta) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^\eta e^{-s^2}\,ds,$$

可將 $f$ 寫成

$$f(\eta)=A+B\operatorname{erf}(\eta),$$

其中 $A,B$ 為常數。

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套用邊界條件

核心觀念

本題考查線性迴歸的最小平方法。給定 $n$ 組實驗資料 $(x_i,y_i)$，以直線

$$y=ax+b$$

逼近資料，其中：

• $a$ 為迴歸直線斜率；
• $b$ 為截距；
• 第 $i$ 組資料的預測值為 $\hat y_i=ax_i+b$；
• 殘差為 $y_i-\hat y_i=y_i-ax_i-b$。

最小平方法的核心定義是：使所有殘差平方和最小，即令

$$S(a,b)=\sum_{i=1}^{n}\left[y_i-(ax_i+b)\right]^2$$

取得最小值。

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解題方法與推導

由於 $S(a,b)$ 是 $a,b$ 的二次函數，要使其達到最小值，必須同時滿足一階偏導數為零：

$$\frac{\partial S}{\partial a}=0, \qquad \frac{\partial S}{\partial b}=0$$

1. 對斜率 $a$ 偏微分

$$\frac{\partial S}{\partial a} = \sum_{i=1}^{n} 2\left[y_i-(ax_i+b)\right](-x_i)$$

因此

$$\frac{\partial S}{\partial a} = -2\sum_{i=1}^{n}x_i\left[y_i-(ax_i+b)\right]=0$$

整理得

$$\sum_{i=1}^{n}x_i y_i -a\sum_{i=1}^{n}x_i^2 -b\sum_{i=1}^{n}x_i=0$$

所以得到第一條正規方程式：

$$a\sum_{i=1}^{n}x_i^2 +b\sum_{i=1}^{n}x_i = \sum_{i=1}^{n}x_i y_i \tag{1}$$

2. 對截距 $b$ 偏微分

$$\frac{\partial S}{\partial b} = \sum_{i=1}^{n} 2\left[y_i-(ax_i+b)\right](-1)$$

令其等於零：

$$-2\sum_{i=1}^{n}\left[y_i-(ax_i+b)\right]=0$$

整理得

$$\sum_{i=1}^{n}y_i -a\sum_{i=1}^{n}x_i -nb=0$$

所以得到第二條正規方程式：

$$a\sum_{i=1}^{n}x_i+nb=\sum_{i=1}^{n}y_i \tag{2}$$

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求出係數 $a$ 與截距 $b$

定義樣本平均值：

$$\bar{x}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_i, \qquad \bar{y}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}y_i$$

將式 $(2)$ 除以 $n$：

$$a\bar{x}+b=\bar{y}$$

因此截距為

$$b=\bar{y}-a\bar{x} \tag{3}$$

將式 $(3)$ 代入式 $(1)$：

$$a\sum_{i=1}^{n}x_i^2 + (\bar{y}-a\bar{x})\sum_{i=1}^{n}x_i = \sum_{i=1}^{n}x_i y_i$$

因為