108 年 國立成功大學系統及船舶機電工程研究所丙組《工程數學》

解題步驟

1. 判斷給定微分式

$$M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0,\qquad \begin{cases} M=2xy^{4}+e^{x}+2xy^{3},\\[2pt] N=x^{2}y^{3}+e^{y}-x^{2}y^{2}-3x \end{cases}$$

2. 計算偏導數

$$M_{y}=8xy^{3}+6xy^{2},\qquad N_{x}=2xy^{3}-2xy^{2}-3 .$$

3. 不滿足 $M_{y}=N_{x}$，故需求積分因子。
   觀察

$$\frac{M_{y}-N_{x}}{N}= \frac{6xy^{3}+8xy^{2}+3}{x^{2}y^{3}+e^{y}-x^{2}y^{2}-3x} = \frac{3}{x}\;+\;\frac{\partial}{\partial x}\!\Bigl(\ln\! \bigl(x^{2}y^{3}+e^{y}-x^{2}y^{2}-3x\bigr)\Bigr)$$

僅含 $x$，故以 $\mu(x)=\dfrac1{x}$ 為積分因子。

4. 乘上 $\mu(x)=\dfrac1{x}$ 後得到

核心觀念

本題是二階 Euler–Cauchy（柯西–歐拉）微分方程：

$$x^2y''+xy'-9y=48x^5,\qquad x\ne 0.$$

先除以 $x^2$，化為標準型：

$$y''+\frac{1}{x}y'-\frac{9}{x^2}y=48x^3.$$

所使用的變數變易法公式如下。若 $y_1,y_2$ 是齊次解，Wronskian 定義為

$$W(y_1,y_2)= \begin{vmatrix} y_1&y_2\\ y_1'&y_2' \end{vmatrix} =y_1y_2'-y_1'y_2,$$

則非齊次特解可設為

$$y_p=u_1y_1+u_2y_2,$$

其中

$$u_1'=-\frac{y_2g(x)}{W},\qquad u_2'=\frac{y_1g(x)}{W},$$

且 $g(x)=48x^3$。

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解題方法

一、求齊次方程式的通解

先解對應的齊次方程式：

$$x^2y''+xy'-9y=0.$$

Euler–Cauchy 方程式設

$$y=x^m,$$

則

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

代入原方程式：

$$x^2m(m-1)x^{m-2}+xmx^{m-1}-9x^m=0.$$

整理得

$$\left[m(m-1)+m-9\right]x^m=0,$$

因此特徵方程式為

$$m^2-9=0.$$

解得

$$m=3,\qquad m=-3.$$

所以兩個線性獨立的齊次解為

$$y_1=x^3,\qquad y_2=x^{-3}.$$

齊次通解為

$$y_h=C_1x^3+C_2x^{-3}.$$

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二、計算 Wronskian

由

$$y_1=x^3,\qquad y_1'=3x^2,$$

以及

$$y_2=x^{-3},\qquad y_2'=-3x^{-4},$$

可得

$$W= \begin{vmatrix} x^3&x^{-3}\\ 3x^2&-3x^{-4} \end{vmatrix}.$$

因此

$$W=x^3(-3x^{-4})-(3x^2)(x^{-3}),$$

一、求齊次解（Homogeneous Solution）

原常微分聯立方程組可表示為 $\mathbf{x}' = \mathbf{A}\mathbf{x} + \mathbf{f}(t)$，其中：

$$\mathbf{A} = \begin{bmatrix} -3 & 1 \\ -3 & 1 \end{bmatrix}, \quad \mathbf{x}(t) = \begin{bmatrix} y(t) \\ g(t) \end{bmatrix}, \quad \mathbf{f}(t) = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} e^{-2t}$$

1. 求特徵值（Eigenvalues）：

$$\det(\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I}) = \begin{vmatrix} -3-\lambda & 1 \\ -3 & 1-\lambda \end{vmatrix} = \lambda^2 + 2\lambda = \lambda(\lambda + 2) = 0 \implies \lambda_1 = 0, \; \lambda_2 = -2$$

2. 求特徵向量（Eigenvectors）：

• 對於 $\lambda_1 = 0$：

$$(\mathbf{A} - 0\mathbf{I})\mathbf{v}_1 = \mathbf{0} \implies \begin{bmatrix} -3 & 1 \\ -3 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_{11} \\ v_{12} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix} \implies \mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 3 \end{bmatrix}$$

• 對於 $\lambda_2 = -2$：

$$(\mathbf{A} + 2\mathbf{I})\mathbf{v}_2 = \mathbf{0} \implies \begin{bmatrix} -1 & 1 \\ -3 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_{21} \\ v_{22} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix} \implies \mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$$

齊次解為：

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

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二、求特解（Particular Solution）

非齊次項 $\mathbf{f}(t) = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} e^{-2t}$ 之指數與齊次解中對應於 $\lambda_2 = -2$ 的項重複，故設特解為：

$$\mathbf{x}_p(t) = (\mathbf{a} t + \mathbf{b}) e^{-2t}$$

一、對聯立微分方程取 Laplace 轉換

設 $Y_1(s) = \mathcal{L}\{y_1(t)\}$，$Y_2(s) = \mathcal{L}\{y_2(t)\}$。利用一階微分性質：
$\mathcal{L}\{y_1'\} = sY_1(s) - y_1(0) = sY_1 - 2$
$\mathcal{L}\{y_2'\} = sY_2(s) - y_2(0) = sY_2 - 1$

（註：一階方程組由 $y_1(0)=2, y_2(0)=1$ 即可決定唯一解，原題給定之 $y_1'(0), y_2'(0)$ 為過度定界之冗餘條件。）

將原方程組轉換至 $s$-domain：

1. $sY_1 - 2 = Y_1 + 3Y_2 \implies (s-1)Y_1 - 3Y_2 = 2$
2. $sY_2 - 1 = 4Y_1 - \frac{4}{s-1} \implies -4Y_1 + sY_2 = \frac{s-5}{s-1}$

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二、求解 $s$-domain 函數 $Y_1(s)$ 與 $Y_2(s)$

由第 1 式表示 $Y_2$：
$Y_2 = \frac{(s-1)Y_1 - 2}{3}$

代入第 2 式：
$-4Y_1 + s \cdot \frac{(s-1)Y_1 - 2}{3} = \frac{s-5}{s-1}$

觀念與公式

對於曲面 $S: z = g(x, y)$，取向上法向量時，曲面向量微元 $d\mathbf{A}$ 在 $xy$ 平面上的投影表示式為：
$d\mathbf{A} = \left( -\frac{\partial z}{\partial x} \mathbf{i} - \frac{\partial z}{\partial y} \mathbf{j} + \mathbf{k} \right) dx dy$

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步驟一：求曲面偏微分與向量微元 $d\mathbf{A}$

曲面方程式為 $z = 4\sqrt{x^2+y^2}$，對 $x, y$ 求偏微分：
$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{4x}{\sqrt{x^2+y^2}}, \quad \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{4y}{\sqrt{x^2+y^2}}$

帶入 $d\mathbf{A}$ 公式：
$d\mathbf{A} = \left[ -\frac{4x}{\sqrt{x^2+y^2}}, \, -\frac{4y}{\sqrt{x^2+y^2}}, \, 1 \right] dx dy$

向量場 $\mathbf{F} = [y^2, x^2, z^4]$ 與 $d\mathbf{A}$ 作內積：
$\mathbf{F} \cdot d\mathbf{A} = \left( -\frac{4xy^2}{\sqrt{x^2+y^2}} - \frac{4x^2y}{\sqrt{x^2+y^2}} + z^4 \right) dx dy$

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步驟二：轉換至極座標並確定積分範圍

設極座標 $x = r \cos\theta$, $y = r \sin\theta$，此時 $\sqrt{x^2+y^2} = r$，$dx dy = r dr d\theta$。

1. 由 $y \geq 0$ 可知：$0 \leq \theta \leq \pi$
2. 由 $z = 4r$ 且 $0 \leq z \leq 8$ 可知：$0 \leq r \leq 2$

將 $z = 4r$ 及極座標代入被積分式：
$\mathbf{F} \cdot d\mathbf{A} = \left( -4 r^2 \sin^2\theta \cos\theta - 4 r^2 \cos^2\theta \sin\theta + (4r)^4 \right) r dr d\theta$