112 年 國立成功大學系統及船舶機電工程研究所甲組《工程數學》

核心觀念

本題是二階線性非齊次 Euler–Cauchy 方程：

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

先求齊次解，再使用 Lagrange’s method（變易常數法）求特解。標準形式為

$$y''+P(x)y'+Q(x)y=R(x).$$

若齊次方程的基本解為 $y_1,y_2$，則令

$$y_p=u_1(x)y_1(x)+u_2(x)y_2(x),$$

並利用

$$u_1'y_1+u_2'y_2=0,$$ $$u_1'y_1'+u_2'y_2'=R(x)$$

求出 $u_1,u_2$。

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解題方法

1. 求齊次解

先考慮對應的齊次方程：

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

Euler–Cauchy 方程設

$$y=x^m,$$

則

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

代入齊次方程：

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

整理得

$$\left[m(m-1)-2m+2\right]x^m=0,$$

因此特徵方程為

$$m^2-3m+2=0,$$

即

$$(m-1)(m-2)=0.$$

所以

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

齊次解為

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

取基本解

$$y_1=x,\qquad y_2=x^2.$$

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2. 化為標準形式

原方程除以 $x^2$，得

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

因此

$$R(x)=3.$$

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3. 計算 Wronskian

Wronskian 定義為

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

由

$$y_1=x,\quad y_1'=1,\qquad y_2=x^2,\quad y_2'=2x,$$

可得

核心觀念

本題是二階常係數線性微分方程組：

$$y'=Ay+g(t), \qquad A= \begin{bmatrix} -1&-\frac14\\ 4&-1 \end{bmatrix}, \qquad g(t)= \begin{bmatrix} 3t+5\\ 0 \end{bmatrix}.$$

因為外力項 $g(t)$ 是一次多項式，依待定係數法，特解可設為一次向量多項式：

$$y_p=pt+q,$$

其中 $p,q$ 為待定常向量。

齊次解則由矩陣 $A$ 的特徵值求得。

解題方法

一、求齊次解

先求矩陣 $A$ 的特徵值：

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} -1-\lambda&-\frac14\\ 4&-1-\lambda \end{vmatrix}$$ $$=(-1-\lambda)^2+1 =(\lambda+1)^2+1.$$

因此

$$\lambda=-1\pm i.$$

也可將矩陣寫成

$$A=-I+B, \qquad B= \begin{bmatrix} 0&-\frac14\\ 4&0 \end{bmatrix}.$$

注意到

$$B^2= \begin{bmatrix} 0&-\frac14\\ 4&0 \end{bmatrix}^2 = -I.$$

因此矩陣指數為

$$e^{At} =e^{-t}e^{Bt} =e^{-t}(I\cos t+B\sin t).$$

所以齊次解為

$$y_h=e^{At}c =e^{-t}(I\cos t+B\sin t)c,$$

其中 $c$ 為常向量。

二、利用待定係數法求特解

設

$$y_p=pt+q,$$

則

$$y_p'=p.$$

代入原方程：

$$p=A(pt+q)+ \begin{bmatrix} 3t+5\\ 0 \end{bmatrix}.$$

比較 $t$ 的係數：

$$p=Ap+ \begin{bmatrix} 3\\ 0 \end{bmatrix},$$

即

$$(I-A)p= \begin{bmatrix} 3\\ 0 \end{bmatrix}.$$

由

$$I-A= \begin{bmatrix} 2&\frac14\\ -4&2 \end{bmatrix},$$

令

$$p= \begin{bmatrix} p_1\\p_2 \end{bmatrix},$$

得到

$$\begin{cases} 2p_1+\frac14p_2=3,\\ -4p_1+2p_2=0. \end{cases}$$

由第二式得 $p_2=2p_1$，代入第一式：

$$2p_1+\frac12p_1=3 \quad\Longrightarrow\quad p_1=\frac65,$$

因此

$$p_2=\frac{12}{5}.$$

再比較常數項：

$$p=Aq+ \begin{bmatrix} 5\\ 0 \end{bmatrix},$$

所以

$$Aq=p- \begin{bmatrix} 5\\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -\frac{19}{5}\\ \frac{12}{5} \end{bmatrix}.$$

令

$$q= \begin{bmatrix} q_1\\q_2 \end{bmatrix},$$

則

核心觀念

本題考查單邊 Laplace Transform 解常係數二階微分方程，重點公式為

$$\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0),$$ $$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0),$$

以及

$$\mathcal{L}\{e^{at}\}=\frac{1}{s-a}.$$

其中 $Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}$。

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解題方法

已知

$$y''+7y'+12y=7e^{4t},$$ $$y(0)=\frac{7}{2},\qquad y'(0)=-10.$$

兩邊取 Laplace Transform：

$$\mathcal{L}\{y''\}+7\mathcal{L}\{y'\}+12\mathcal{L}\{y\} =7\mathcal{L}\{e^{4t}\}.$$

代入公式得

$$s^2Y-s\left(\frac{7}{2}\right)-(-10) +7\left(sY-\frac{7}{2}\right)+12Y =\frac{7}{s-4}.$$

整理左側：

$$(s^2+7s+12)Y-\frac{7}{2}s+10-\frac{49}{2} =\frac{7}{s-4},$$

因此

$$(s^2+7s+12)Y-\frac{7s+29}{2} =\frac{7}{s-4}.$$

由於

$$s^2+7s+12=(s+3)(s+4),$$

可得

$$Y(s) = \frac{\dfrac{7}{s-4}+\dfrac{7s+29}{2}} {(s+3)(s+4)}.$$

通分整理：

$$Y(s) = \frac{7s^2+s-102} {2(s-4)(s+3)(s+4)}.$$

作部分分式分解：

核心觀念

本題考查：

1. 單位階躍函數 $u(t-a)$ 的 Laplace Transform：
   $\mathcal{L}\{u(t-a)\}=\frac{e^{-as}}{s}.$
2. 將含有 $y_1,y_2$ 的聯立代數方程式取 Laplace Transform。
3. 利用代數消去法求出 $Y_1(s),Y_2(s)，再反變換回$y_1(t),y_2(t)

核心觀念

半幅展開是將函數只定義在 $0<t<\pi$ 上，再延拓到 $(-\pi,\pi)$：

• 半幅正弦展開：作奇延拓，只含 $\sin nt$。
• 半幅餘弦展開：作偶延拓，只含 $\cos nt$。

一般公式如下：

正弦展開：

$$f(t)\sim \sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin nt, \qquad b_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi f(t)\sin nt\,dt.$$

餘弦展開：

$$f(t)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos nt,$$

其中

$$a_0=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi f(t)\,dt, \qquad a_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi f(t)\cos nt\,dt.$$

本題 $f(t)=3t^2$，以下分別求出兩種標準半幅展開。

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解題方法一：半幅餘弦展開

先求常數項：

$$a_0=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi 3t^2\,dt =\frac{6}{\pi}\left[\frac{t^3}{3}\right]_0^\pi =2\pi^2.$$

因此

$$\frac{a_0}{2}=\pi^2.$$

對 $n\geq 1$，

$$a_n=\frac{6}{\pi}\int_0^\pi t^2\cos nt\,dt.$$

分部積分可得

$$\int t^2\cos nt\,dt = \frac{t^2\sin nt}{n} +\frac{2t\cos nt}{n^2} -\frac{2\sin nt}{n^3}.$$

代入 $0$ 與 $\pi$：

$$\int_0^\pi t^2\cos nt\,dt = \frac{2\pi\cos(n\pi)}{n^2} = \frac{2\pi(-1)^n}{n^2}.$$

所以

$$a_n=\frac{6}{\pi}\cdot\frac{2\pi(-1)^n}{n^2} =\frac{12(-1)^n}{n^2}.$$

故半幅餘弦展開為

$$\boxed{ 3t^2 = \pi^2+ 12\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2}\cos nt }, \qquad 0<t<\pi.$$

寫出前幾項為

$$3t^2 = \pi^2-12\cos t+3\cos 2t-\frac{4}{3}\cos 3t +\frac{3}{4}\cos 4t-\cdots.$$

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解題方法二：半幅正弦展開

正弦係數為

$$b_n=\frac{6}{\pi}\int_0^\pi t^2\sin nt\,dt.$$

分部積分：

$$\int t^2\sin nt\,dt = -\frac{t^2\cos nt}{n} +\frac{2t\sin nt}{n^2} +\frac{2\cos nt}{n^3}.$$

因此