109 年 國立中山大學海洋環境及工程學系碩士班甲組《工程數學》

(a) Solve $x^2y''+2xy'-2y = 10x^3-3x$ by the "undetermined coefficients" method

1. 求齊次解 ($y_h$)：
齊次方程式為 Cauchy-Euler 方程式 $x^2 y'' + 2x y' - 2y = 0$。
設 $y = x^m$，代入得特徵方程式：
$m(m-1) + 2m - 2 = 0 \implies m^2 + m - 2 = 0 \implies (m+2)(m-1) = 0$
解得根為 $m = 1, -2$，故齊次解為：
$y_h(x) = c_1 x + c_2 x^{-2}$

2. 變數變換化為常係數 ODE：
令 $x = e^t$（即 $t = \ln x$），微分算子滿足 $x y' = D_t y$ 及 $x^2 y'' = D_t(D_t - 1)y$。
原式轉換為以 $t$ 為自變數的常係數微分方程式：
$y''(t) + y'(t) - 2y(t) = 10e^{3t} - 3e^t$

3. 未定係數法求特解 ($y_p$)：
特徵根為 $r = 1, -2$。

• 非齊次項 $10e^{3t}$ 中 $3$ 非特徵根，設特解型態為 $A e^{3t}$。
• 非齊次項 $-3e^t$ 中 $1$ 為單重特徵根，設特解型態為 $B t e^t$。

設特解 $y_p(t) = A e^{3t} + B t e^t$，一階與二階導函數分別為：
$y_p'(t) = 3A e^{3t} + B(1+t)e^t$
$y_p''(t) = 9A e^{3t} + B(2+t)e^t$

代入常係數 ODE：
$(9A e^{3t} + B(2+t)e^t) + (3A e^{3t} + B(1+t)e^t) - 2(A e^{3t} + B t e^t) = 10e^{3t} - 3e^t$
$10A e^{3t} + 3B e^t = 10e^{3t} - 3e^t$

比較係數得：
$10A = 10 \implies A = 1$
$3B = -3 \implies B = -1$

得 $y_p(t) = e^{3t} - t e^t$。將 $e^t = x$ 及 $t = \ln x$ 代回，得：
$y_p(x) = x^3 - x \ln x$

4. 通解 ($y = y_h + y_p$)：
$y(x) = c_1 x + c_2 x^{-2} + x^3 - x \ln x$

(a)

核心觀念與公式
由格林第二公式（或二維散度定理）：
$\oint_C \frac{\partial w}{\partial n} \, ds = \oint_C (\nabla w) \cdot \hat{n} \, ds = \iint_R \nabla^2 w \, dA$

計算拉普拉斯算子 $\nabla^2 w$
已知 $w = e^x \cos y + x y^3$：
$w_x = e^x \cos y + y^3 \implies w_{xx} = e^x \cos y$
$w_y = -e^x \sin y + 3 x y^2 \implies w_{yy} = -e^x \cos y + 6 x y$
$\nabla^2 w = w_{xx} + w_{yy} = 6 x y$

重積分計算
區域 $R: 1 \le y \le 5 - x^2$ 且 $x \ge 0$。求邊界交點：
$1 = 5 - x^2 \implies x = 2$
故積分範圍為 $0 \le x \le 2$，$1 \le y \le 5 - x^2$。

$\oint_C \frac{\partial w}{\partial n} \, ds = \int_{0}^{2} \int_{1}^{5-x^2} 6 x y \, dy \, dx$
$= \int_{0}^{2} \left[ 3 x y^2 \right]_{1}^{5-x^2} dx = \int_{0}^{2} 3 x \left[ (5-x^2)^2 - 1 \right] dx$
$= \int_{0}^{2} (72 x - 30 x^3 + 3 x^5) \, dx$
$= \left[ 36 x^2 - \frac{15}{2} x^4 + \frac{1}{2} x^6 \right]_{0}^{2} = 144 - 120 + 32 = 56$

【答案】 $56$

---

(b)

核心觀念與曲面參數化
（若原題條件 $0 \ge y > -\frac{\pi}{4}$ 使得 $0 \le z \le y$ 範圍不符邏輯，依工程數學標準範題假設 $y$ 範圍修正為

核心觀念

• 階躍函數（Heaviside 函數） $u(t-a)$：$u(t-a)=0\;(t<a),\;1\;(t\ge a)$。
• 拉普拉斯轉換的移位定理

$$\mathcal{L}\{f(t-a)u(t-a)\}=e^{-as}F(s),\qquad \mathcal{L}\{u(t-a)\}= \frac{e^{-as}}{s}.$$

• 二階線性恆係數常微分方程的拉普拉斯解法：把 $y'(0),y(0)$ 代入 $\mathcal{L}\{y''\}=s^{2}Y-sy(0)-y'(0)$，求得 $Y(s)$ 後逆變換。

---

(a) 以階躍函數寫出 $f(t)$ 並求拉普拉斯變換

寫法

$$\begin{aligned} f(t)=&\;2\bigl[u(t)-u(t-1)\bigr] \\ &+\frac12\bigl[u(t-1)-u\!\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr)\bigr] \\ &+\cos t\;u\!\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr). \end{aligned}$$

化簡最後一項（配合第二移位定理）

$$\cos t\,u\!\Bigl(t-\frac{\pi}{2}\Bigr)= u\!\Bigl(t-\frac{\pi}{2}\Bigr)\cos\!\Bigl[(t-\tfrac{\pi}{2})+\tfrac{\pi}{2}\Bigr] =-\;u\!\Bigl(t-\frac{\pi}{2}\Bigr)\sin\!\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr).$$

拉普拉斯變換

$$\begin{aligned} \mathcal{L}\{2[u(t)-u(t-1)]\}&=2\!\left(\frac{1}{s}-\frac{e^{-s}}{s}\right) =\frac{2\bigl(1-e^{-s}\bigr)}{s},\\[4pt] \mathcal{L}\!\left\{\frac12\bigl[u(t-1)-u(t-\tfrac{\pi}{2})\bigr]\right\} &=\frac12\!\left(\frac{e^{-s}}{s}-\frac{e^{-\frac{\pi}{2}s}}{s}\right) =\frac{e^{-s}-e^{-\frac{\pi}{2}s}}{2s},\\[4pt] \mathcal{L}\!\left\{-\sin\!\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr)u\!\Bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\Bigr)\right\} &=-e^{-\frac{\pi}{2}s}\,\mathcal{L}\{\sin \tau\} =-\,\frac{e^{-\frac{\pi}{2}s}}{s^{2}+1}. \end{aligned}$$

合併

$$\boxed{ F(s)=\frac{2\bigl(1-e^{-s}\bigr)}{s} +\frac{e^{-s}-e^{-\frac{\pi}{2}s}}{2s} -\frac{e^{-\frac{\pi}{2}s}}{s^{2}+1} }$$

---

(b) 以拉普拉斯變換求解

$y''+6y'+8y=e^{-3t}-e^{-5t},\qquad y(0)=0,\;y'(0)=0\;(\text{若未給則取零初值}).$

拉普拉斯變換

核心觀念

• 傅立葉級數：週期函數 $f(x)$ 可寫成
  $f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_n\cos nx+b_n\sin nx\bigr)$
  其中

$$a_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx,\qquad b_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx,$$

$a_0=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx$。

• 奇偶性：若 $f(x)$ 為偶函數，則 $b_n=0$，僅剩餘餘弦項；若為奇函數，則 $a_n=0$。
• Parseval 定理（或稱傅立葉係數的能量守恆）：
  $\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f^2(x)\,dx=\frac{a_0^2}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_n^2+b_n^2\bigr).$
  此恆等式常用來求無窮級數的值。

解題方法
(a) 利用 $f(x)=x^2$ 為偶函數，直接計算 $a_0$ 與 $a_n$，$b_n$ 為 $0$。
(b) 取 $x=0$（或 $x=\pi$）於所得的傅立葉級數，將餘弦 $\cos (n\pi)=(-1)^n$ 代入，得到涉及 $\sum 1/n^2$ 的等式；再利用已得的 $a_n$ 直接求出該級數值。

---

(a) $f(x)=x^{2}$ 的傅立葉展開

1. 計算 $a_0$

$$a_0=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}x^{2}\,dx =\frac1\pi\Bigl[\frac{x^{3}}{3}\Bigr]_{-\pi}^{\pi} =\frac1\pi\left(\frac{\pi^{3}}{3}-\frac{(-\pi)^{3}}{3}\right) =\frac{2\pi^{2}}{3}.$$

2. 計算 $a_n\;(n\ge 1)$（利用偶性，只需計算 $0\sim\pi$ 的兩倍）

$$a_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}x^{2}\cos nx\,dx =\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x^{2}\cos nx\,dx.$$

先做分部積分兩次：

• 第一次，取 $u=x^{2},\;dv=\cos nx\,dx$，得

$$\int x^{2}\cos nx\,dx = \frac{x^{2}\sin nx}{n} +\frac{2x\cos nx}{n^{2}} -\frac{2\sin nx}{n^{3}}.$$

• 代入上下限 $0$、$\pi$（注意 $\sin n\pi=0,\;\cos n\pi =(-1)^{n}$）

$$\int_{0}^{\pi}x^{2}\cos nx\,dx =\left[\frac{x^{2}\sin nx}{n} +\frac{2x\cos nx}{n^{2}} -\frac{2\sin nx}{n^{3}}\right]_{0}^{\pi} =\frac{2\pi(-1)^{n}}{n^{2}}.$$

故

$$a_n=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{2\pi(-1)^{n}}{n^{2}} =\frac{4(-1)^{n}}{n^{2}} .$$

3. $b_n$ 為零（因 $x^{2}$ 為偶函數）

$b_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}x^{2}\sin nx\,dx=0.$

核心觀念

本題考查矩形區域上的二維拉普拉斯方程：

$$\frac{\partial^2 T}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 T}{\partial y^2}=0$$

主要使用：

1. 分離變數法。
2. 常微分方程的特徵值問題。
3. 傅立葉正弦級數。
4. 零邊界條件所對應的正弦函數本徵解。

因為 $x=0$ 與 $x=a$ 上皆為零邊界條件，所以 $x$ 方向應選用正弦函數展開。

---

解題方法：分離變數

設

$$T(x,y)=X(x)Y(y)$$

代入拉普拉斯方程：

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

兩邊除以 $X(x)Y(y)$：

$$\frac{X''(x)}{X(x)}+\frac{Y''(y)}{Y(y)}=0$$

由於第一項只含 $x$，第二項只含 $y$，兩者必須分別等於常數。取分離常數為 $-\lambda$：

$$\frac{X''}{X}=-\lambda, \qquad \frac{Y''}{Y}=\lambda$$

因此得到兩個常微分方程：

$$X''+\lambda X=0$$

以及

$$Y''-\lambda Y=0$$

---

$x$ 方向的特徵值問題

由邊界條件

$$T(0,y)=T(a,y)=0$$

可得

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

考慮 $\lambda$ 的不同情況。

$\lambda=0$

此時

$$X''=0$$

通解為

$$X(x)=C_1+C_2x$$

由 $X(0)=0$ 得 $C_1=0$，再由 $X(a)=0$ 得 $C_2=0$，只有零解，因此不採用。

$\lambda<0$

令 $\lambda=-\mu^2$，其中 $\mu>0$，則

$$X''-\mu^2X=0$$

其解為雙曲函數型態，配合 $X(0)=X(a)=0$ 後也只有零解，因此不產生非零解。

$\lambda>0$

令

$$\lambda=\mu^2$$

則

$$X''+\mu^2X=0$$

通解為

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

由 $X(0)=0$：

$$A=0$$

所以

$$X(x)=B\sin(\mu x)$$

再由 $X(a)=0$：

$$\sin(\mu a)=0$$

因此

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

故特徵值與本徵函數為

$$\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{a}\right)^2$$ $$X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right)$$

---

$y$ 方向的解

對於

$$\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{a}\right)^2$$

$y$ 方向方程為

$$Y_n''-\left(\frac{n\pi}{a}\right)^2Y_n=0$$

通解為

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

由邊界條件 $T(x,0)=0$，可得

$$Y_n(0)=0$$

因此

$$C_n=0$$

所以

$$Y_n(y)=D_n\sinh\left(\frac{n\pi y}{a}\right)$$

將常數併入整體係數後，每一個分離解可寫為

$$T_n(x,y) = A_n \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right) \sinh\left(\frac{n\pi y}{a}\right)$$

利用線性疊加，通解為

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

---

利用上邊界條件決定係數

題目給定

$$T(x,b)=f(x)$$

代入通解：

令 $x = u^2$（$u \ge 0$），則 $dx = 2u\,du$。原積分可變換為：
$I = \int_0^\infty \frac{u}{1+u^4} (2u\,du) = \int_0^\infty \frac{2u^2}{1+u^4} du$
因被積函數為偶函數，積分區間可推廣至全實軸：
$I = \int_{-\infty}^\infty \frac{u^2}{1+u^4} du$

考慮複變函數 $f(z) = \frac{z^2}{1+z^4}$，取實軸與上半平面（UHP）無窮大半圓弧所構成之封閉圍道 $C$。
$f(z)$ 的極點滿足 $1+z^4 = 0$，在上半平面的一階極點（simple poles）為：
$z_1 = e^{i\pi/4}, \quad z_2 = e^{i3\pi/4}$

計算極點處之留數：