109 年 國立臺灣大學機械系碩士班固力組《工程數學（B）》

核心觀念

1. 特徵值與特徵向量（Eigenvalues & Eigenvectors）：
   • 矩陣 $\mathbf{A}$ 的特徵方程式為 $\det(\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I}) = 0$，解出的根 $\lambda$ 即為特徵值。
   • 對應特定特徵值 $\lambda$ 的特徵向量滿足齊次線性聯立方程組 $(\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I})\mathbf{x} = \mathbf{0}$。
2. 實對稱矩陣的正交對角化（Orthogonal Diagonalization）：
   • 若 $\mathbf{A} = \mathbf{A}^T$ 為實對稱矩陣，則其特徵值必為實數，且不同特徵值對應的特徵向量彼此正交。
   • 若特徵值具有重根（幾何重數等於代數重數），可在該特徵空間中選取或透過 Gram-Schmidt 正交化程序構造出一組彼此正交且長度為 1 的「正規正交特徵向量」（Orthonormal Eigenvectors）。
3. 矩陣對角化原理（Similarity & Orthogonal Diagonalization）：
   • 若方陣 $\mathbf{P} = [\mathbf{p}_1 \quad \mathbf{p}_2 \quad \mathbf{p}_3]$ 由 $\mathbf{A}$ 的線性獨立特徵向量組成，則滿足 $\mathbf{A}\mathbf{P} = \mathbf{P}\mathbf{D}$，即 $\mathbf{P}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P} = \mathbf{D} = \operatorname{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3)$。
   • 若 $\mathbf{Q}$ 的行向量由 $\mathbf{A}$ 的正規正交特徵向量組成，則 $\mathbf{Q}$ 為正交矩陣（Orthogonal Matrix），滿足 $\mathbf{Q}^{-1} = \mathbf{Q}^T$，因此 $\mathbf{Q}^T\mathbf{A}\mathbf{Q} = \mathbf{Q}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{Q} = \operatorname{diag}(\lambda_1', \lambda_2', \lambda_3')$。

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解題方法與推導過程

(a) 求矩陣 $\mathbf{A}$ 的特徵值與三組正規正交特徵向量

1. 求特徵值：
   解特徵方程式 $\det(\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I}) = 0$：

$$\det(\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I}) = \det \begin{bmatrix} 1-\lambda & -1 & -1 \\ -1 & 1-\lambda & -1 \\ -1 & -1 & 1-\lambda \end{bmatrix} = 0$$

將第 2、3 列加至第 1 列：

$$\det \begin{bmatrix} -(1+\lambda) & -(1+\lambda) & -(1+\lambda) \\ -1 & 1-\lambda & -1 \\ -1 & -1 & 1-\lambda \end{bmatrix} = -(1+\lambda) \det \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ -1 & 1-\lambda & -1 \\ -1 & -1 & 1-\lambda \end{bmatrix}$$

將第 1 列分別加至第 2 列與第 3 列：

$$-(1+\lambda) \det \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 2-\lambda & 0 \\ 0 & 0 & 2-\lambda \end{bmatrix} = -(\lambda + 1)(2-\lambda)^2 = -(\lambda + 1)(\lambda - 2)^2 = 0$$

求得特徵值為：

$$\lambda_1 = -1 \quad (\text{代數重數為 } 1), \qquad \lambda_2 = \lambda_3 = 2 \quad (\text{代數重數為 } 2)$$

2. 求對應 $\lambda_1 = -1$ 的單位特徵向量：
   解 $(\mathbf{A} - (-1)\mathbf{I})\mathbf{x} = \mathbf{0}$：

$$\begin{bmatrix} 2 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & -1 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

經列簡化可得 $x_1 = x_2 = x_3$，取特徵向量 $\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$。
將其正規化（長度變為 1）：

$$\mathbf{u}_1 = \frac{\mathbf{v}_1}{\|\mathbf{v}_1\|} = \frac{1}{\sqrt{3}} \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} \end{bmatrix}$$

3. 求對應重根 $\lambda = 2$ 的兩組正規正交特徵向量：
   解 $(\mathbf{A} - 2\mathbf{I})\mathbf{x} = \mathbf{0}$：

$$\begin{bmatrix} -1 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \implies x_1 + x_2 + x_3 = 0$$

幾何重數為 $3 - 1 = 2$，特徵空間為平面 $x_1 + x_2 + x_3 = 0$。在此平面中選取兩個互相正交的非零向量：

• 選取 $x_1 = 0, x_2 = -1, x_3 = 1$，得 $\mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}$。正規化後得：

$$\mathbf{u}_2 = \frac{\mathbf{v}_2}{\|\mathbf{v}_2\|} = \begin{bmatrix} 0 \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix}$$

• 尋找與 $\mathbf{u}_1$ 及 $\mathbf{u}_2$ 皆正交的特徵向量 $\mathbf{v}_3$，令其滿足 $x_1 + x_2 + x_3 = 0$ 且 $-x_2 + x_3 = 0 \implies x_2 = x_3$。取 $x_1 = 2, x_2 = -1, x_3 = -1$，得 $\mathbf{v}_3 = \begin{bmatrix} 2 \\ -1 \\ -1 \end{bmatrix}$。正規化後得：

$$\mathbf{u}_3 = \frac{\mathbf{v}_3}{\|\mathbf{v}_3\|} = \begin{bmatrix} \frac{2}{\sqrt{6}} \\ -\frac{1}{\sqrt{6}} \\ -\frac{1}{\sqrt{6}} \end{bmatrix}$$

三組向量 $\{\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, \mathbf{u}_3\}$ 彼此正交且模長均為 1，即為一組正規正交特徵向量。

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(b) 求 $\mathbf{P}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P}$

觀察矩陣 $\mathbf{P}$ 的三個行向量（Column Vectors）：

$$\mathbf{p}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}, \quad \mathbf{p}_2 = \begin{bmatrix} -2 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}, \quad \mathbf{p}_3 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix}$$

檢驗各行向量與矩陣 $\mathbf{A}$ 的乘積：

核心觀念

1. 向量場的旋度（Curl of a Vector Field）：
   對於三維向量場 $\mathbf{F} = F_1\mathbf{i} + F_2\mathbf{j} + F_3\mathbf{k}$，其旋度定義為：

   $$\text{curl}\,\mathbf{F} = \nabla \times \mathbf{F} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ F_1 & F_2 & F_3 \end{vmatrix}$$

2. 史托克司定理（Stokes' Theorem）：
   設 $S$ 為一平滑且具方向性的曲面，$C$ 為其邊界曲線，且 $C$ 具有與 $S$ 一致的正向定向（遵循右手定則），則有：

   $$\iint_S (\text{curl}\,\mathbf{F}) \cdot \mathbf{n}\,ds = \oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}$$

   使用史托克司定理可將複雜的曲面積分簡化為其邊界曲線上的線積分。

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解題方法與詳細推導

(a) 計算 $\text{curl}\,\mathbf{F}$

給定向量場：

$$\mathbf{F}(x,y,z) = -y\,\mathbf{i} + x\,\mathbf{j} - xyz\,\mathbf{k}$$

各分量分別為：

$$F_1 = -y, \quad F_2 = x, \quad F_3 = -xyz$$

依旋度定義展開行列式：

$$\text{curl}\,\mathbf{F} = \nabla \times \mathbf{F} = \left( \frac{\partial F_3}{\partial y} - \frac{\partial F_2}{\partial z} \right)\mathbf{i} + \left( \frac{\partial F_1}{\partial z} - \frac{\partial F_3}{\partial x} \right)\mathbf{j} + \left( \frac{\partial F_2}{\partial x} - \frac{\partial F_1}{\partial y} \right)\mathbf{k}$$

逐項計算偏微分：

• $\mathbf{i}$ 分量： $$\frac{\partial}{\partial y}(-xyz) - \frac{\partial}{\partial z}(x) = -xz - 0 = -xz$$
• $\mathbf{j}$ 分量： $$\frac{\partial}{\partial z}(-y) - \frac{\partial}{\partial x}(-xyz) = 0 - (-yz) = yz$$
• $\mathbf{k}$ 分量： $$\frac{\partial}{\partial x}(x) - \frac{\partial}{\partial y}(-y) = 1 - (-1) = 2$$

因此：

$$\text{curl}\,\mathbf{F} = -xz\,\mathbf{i} + yz\,\mathbf{j} + 2\,\mathbf{k}$$

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(b) 計算 $\iint_S (\text{curl}\,\mathbf{F}) \cdot \mathbf{n}\,ds$

題目中曲面 $S$ 為圓錐面 $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ 在 $x^2 + y^2 \le 4$ 上的部分，其邊界為圓曲線 $C: \{x^2 + y^2 = 4, z = 2\}$。曲面的標準向上定向所誘發的邊界曲線定向為逆時針方向（由上方往下看）。

本題可利用史托克司定理轉為邊界曲線的線積分求解，計算最為簡捷。

方法一：使用史托克司定理（推薦解法）

依據史托克司定理：

$$\iint_S (\text{curl}\,\mathbf{F}) \cdot \mathbf{n}\,ds = \oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}$$

將邊界曲線 $C$ 進行參數化（半徑為 $2$，高度 $z = 2$ 的圓）：

$$\mathbf{r}(t) = 2\cos t\,\mathbf{i} + 2\sin t\,\mathbf{j} + 2\,\mathbf{k}, \quad 0 \le t \le 2\pi$$

微元向量 $d\mathbf{r}$ 為：

$$d\mathbf{r} = (-2\sin t\,\mathbf{i} + 2\cos t\,\mathbf{j} + 0\,\mathbf{k})\,dt$$

將曲線上的座標代入向量場 $\mathbf{F}$：

核心觀念

1. 二維傅立葉正弦級數（Double Fourier Sine Series）：
   定義在矩形區域 $0 \le x \le a$、$0 \le y \le b$ 上的函數 $f(x, y)$，其二維傅立葉正弦級數展開式為：

   $$f(x, y) = \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty} A_{mn} \sin\left(\frac{m\pi x}{a}\right) \sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right)$$

   其中展開係數 $A_{mn}$ 利用正交性（Orthogonality）求得：

   $$A_{mn} = \frac{4}{ab} \int_{0}^{b}\int_{0}^{a} f(x, y) \sin\left(\frac{m\pi x}{a}\right) \sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right) dx\,dy$$

2. 變數分離積分性質：
   當被積函數可分離為獨立乘積，即 $f(x, y) = g(x)h(y)$ 時，二重積分可拆成兩個獨立的一維定積分相乘：

   $$A_{mn} = \left[ \frac{2}{a} \int_{0}^{a} g(x)\sin\left(\frac{m\pi x}{a}\right) dx \right] \times \left[ \frac{2}{b} \int_{0}^{b} h(y)\sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right) dy \right]$$

3. 題目給定之微積分公式：

   $$\int e^{\alpha x}\sin\beta x\,dx = \frac{e^{\alpha x}(\alpha\sin\beta x - \beta\cos\beta x)}{\alpha^2 + \beta^2} + C$$

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解題方法

由題意知，區間長度分別為 $a = 4$ 與 $b = 2$。待展開函數為：

$$f(x, y) = e^{x+y} = e^x \cdot e^y$$

級數展開形式為：

$$f(x, y) = \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty} A_{mn} \sin\left(\frac{m\pi x}{4}\right) \sin\left(\frac{n\pi y}{2}\right)$$

係數公式為：

$$A_{mn} = \frac{4}{4 \times 2} \int_{0}^{2}\int_{0}^{4} e^{x+y} \sin\left(\frac{m\pi x}{4}\right) \sin\left(\frac{n\pi y}{2}\right) dx\,dy = I_x \times I_y$$

其中將係數的倍數 $\frac{4}{ab} = \frac{2}{a} \times \frac{2}{b}$ 分別配入兩方向的單重積分：

$$I_x = \frac{2}{4} \int_{0}^{4} e^x \sin\left(\frac{m\pi x}{4}\right) dx = \frac{1}{2} \int_{0}^{4} e^x \sin\left(\frac{m\pi x}{4}\right) dx$$ $$I_y = \frac{2}{2} \int_{0}^{2} e^y \sin\left(\frac{n\pi y}{2}\right) dy = \int_{0}^{2} e^y \sin\left(\frac{n\pi y}{2}\right) dy$$

步驟一：計算 $x$ 方向積分 $I_x$

套用題目給定積分公式，令 $\alpha = 1$、$\beta = \frac{m\pi}{4}$：

$$\int_{0}^{4} e^x \sin\left(\frac{m\pi x}{4}\right) dx = \left[ \frac{e^x \left( \sin\left(\frac{m\pi x}{4}\right) - \frac{m\pi}{4}\cos\left(\frac{m\pi x}{4}\right) \right)}{1 + \left(\frac{m\pi}{4}\right)^2} \right]_{0}^{4}$$

分母化簡：

$$1 + \left(\frac{m\pi}{4}\right)^2 = \frac{16 + m^2\pi^2}{16}$$

代入上下限：

• 上限 $x = 4$： $$e^4 \left( \sin(m\pi) - \frac{m\pi}{4}\cos(m\pi) \right) = e^4 \left( 0 - \frac{m\pi}{4}(-1)^m \right) = -e^4 \frac{m\pi}{4}(-1)^m$$
• 下限 $x = 0$： $$e^0 \left( \sin(0) - \frac{m\pi}{4}\cos(0) \right) = 1 \left( 0 - \frac{m\pi}{4} \right) = -\frac{m\pi}{4}$$

因此：

核心觀念

本題評量廣義瑕積分（Improper Integral）的計算能力，主要涵蓋以下工程數學核心觀念與公式：

1. 三角倍角公式： $$\sin\pi x \cos\pi x = \frac{1}{2}\sin(2\pi x)$$
2. 部分分式展開（Partial Fraction Expansion）： $$\frac{1}{2x^2 - x} = \frac{1}{x(2x - 1)} = \frac{1}{x - \frac{1}{2}} - \frac{1}{x}$$
3. 狄利克雷積分（Dirichlet Integral）： $$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(ax)}{x}\,dx = \pi \operatorname{sgn}(a) \quad (a > 0 \text{ 時為 } \pi)$$
4. 複變圍道積分與柯西主值（Cauchy Principal Value, P.V.）及留數定理：實數軸上的奇異點若為可移奇異點或一階極點時的柯西主值積分技巧與 Jordan 引理。

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解題方法

方法一：部分分式拆項法與 Dirichlet 積分（推薦最速法）

步驟 1：化簡被積函數
利用倍角公式將分子簡化：

$$\sin\pi x \cos\pi x = \frac{1}{2}\sin(2\pi x)$$

將分母進行部分分式拆解：

$$\frac{1}{2x^2 - x} = \frac{1}{x\left(2x - 1\right)} = \frac{1}{x - \frac{1}{2}} - \frac{1}{x}$$

原積分可改寫為：

$$I = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin\pi x\cos\pi x}{2x^2 - x}\,dx = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \left[ \frac{\sin(2\pi x)}{x - \frac{1}{2}} - \frac{\sin(2\pi x)}{x} \right] dx$$

步驟 2：檢驗奇異點與收斂性

• 當 $x \to 0$ 時，$\lim_{x\to 0} \frac{\sin(2\pi x)}{x} = 2\pi$。
• 當 $x \to \frac{1}{2}$ 時，令 $u = x - \frac{1}{2}$，$\lim_{u\to 0} \frac{\sin(2\pi u + \pi)}{u} = \lim_{u\to 0} \frac{-\sin(2\pi u)}{u} = -2\pi$。
  兩處奇異點皆為可移奇異點（Removable Singularity），被積函數在實數軸上處處連續且在無窮遠處以交錯級數形式收斂，因此兩個子積分各自收斂，積分具線性可拆性：

$$I = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(2\pi x)}{x - \frac{1}{2}}\,dx - \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(2\pi x)}{x}\,dx$$

步驟 3：計算各自分項積分
第二項直接利用經典 Dirichlet 積分：

$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(2\pi x)}{x}\,dx = \pi$$

第一項進行變數變換，令 $u = x - \frac{1}{2}$（則 $dx = du$）：

$$\sin(2\pi x) = \sin\left(2\pi u + \pi\right) = -\sin(2\pi u)$$

積分式變為：

$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(2\pi x)}{x - \frac{1}{2}}\,dx = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{-\sin(2\pi u)}{u}\,du = -\pi$$

步驟 4：代回求總和

$$I = \frac{1}{2} \Big[ (-\pi) - (\pi) \Big] = \frac{1}{2} (-2\pi) = -\pi$$

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方法二：複變圍道積分法（正規留數驗證）

考慮複變函數：

$$g(z) = \frac{e^{i 2\pi z}}{4z\left(z - \frac{1}{2}\right)}$$

實軸上的積分值即為：

核心觀念

本題旨在證明正規史特姆–萊歐維爾系統（Regular Sturm-Liouville System, 簡稱 S-L System）之特徵值必為實數（Real eigenvalues）。

所涉及之核心數學觀念與定理包含：

1. S-L 微分算子之自伴性（Self-adjointness）：S-L 微分方程式對應的線性微分算子在給定的齊次邊界條件下為自伴算子（Hermitian operator）。
2. 共軛複數性質（Complex Conjugate Properties）：若微分方程式與邊界條件的實值係數方程式具有複數特徵值 $\lambda$ 及對應特徵函數 $y(x)$，則其複數共軛 $\bar{\lambda}$ 與 $\bar{y}(x)$ 亦滿足原微分方程式與邊界條件。
3. 格林公式 / 朗斯基行列式邊界消去（Green's Identity / Lagrange's Identity）：利用 $y$ 與 $\bar{y}$ 之交互相乘積分，利用分部積分法（Integration by parts）可消去邊界項。

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解題方法

步驟一：建立原方程與其共軛方程

設 $\lambda$ 為該 Sturm-Liouville 系統的特徵值，其對應的非零特徵函數為 $y(x)$（$\lambda$ 與 $y(x)$ 皆可能為複數）。
原方程式為：

$$\frac{d}{dx}\left[p(x)\frac{dy}{dx}\right] + [q(x) + \lambda r(x)]y = 0$$

邊界條件為：

$$\alpha_1y(a) + \alpha_2y'(a) = 0 \quad (\alpha_1^2 + \alpha_2^2 \neq 0)$$ $$\beta_1y(b) + \beta_2y'(b) = 0 \quad (\beta_1^2 + \beta_2^2 \neq 0)$$

由於 $p(x)$、$q(x)$、$r(x)$、$\alpha_1$、$\alpha_2$、$\beta_1$、$\beta_2$ 均為實數，將上述方程式兩邊取複數共軛（Complex Conjugate），可得：

$$\frac{d}{dx}\left[p(x)\frac{d\bar{y}}{dx}\right] + [q(x) + \bar{\lambda} r(x)]\bar{y} = 0$$

對應的共軛邊界條件為：

$$\alpha_1\bar{y}(a) + \alpha_2\bar{y}'(a) = 0$$ $$\beta_1\bar{y}(b) + \beta_2\bar{y}'(b) = 0$$

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步驟二：建構 Lagrange 恆等式並於 $[a, b]$ 區間積分

將原式乘以 $\bar{y}(x)$，共軛式乘以 $y(x)$，兩式相減：

$$\bar{y}\frac{d}{dx}\left[p(x)y'\right] - y\frac{d}{dx}\left[p(x)\bar{y}'\right] + (\lambda - \bar{\lambda})r(x)y\bar{y} = 0$$

觀察前兩項，利用微分連鎖律可化簡為完全微分：

$$\frac{d}{dx}\left\{ p(x) \left[ \bar{y}(x)y'(x) - y(x)\bar{y}'(x) \right] \right\} + (\lambda - \bar{\lambda})r(x)|y(x)|^2 = 0$$

其中 $y\bar{y} = |y(x)|^2$。

將上式在區間 $[a, b]$ 上進行定積分：

$$\int_a^b \frac{d}{dx}\left\{ p(x) \left[ \bar{y}y' - y\bar{y}' \right] \right\} dx + (\lambda - \bar{\lambda}) \int_a^b r(x)|y(x)|^2 dx = 0$$

積分第一項可直接代入端點：

$$\left. p(x) \left[ \bar{y}(x)y'(x) - y(x)\bar{y}'(x) \right] \right|_a^b + (\lambda - \bar{\lambda}) \int_a^b r(x)|y(x)|^2 dx = 0$$

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步驟三：驗證邊界項消去

檢驗上式的邊界括號項：

$$W(y, \bar{y})(x) = \bar{y}(x)y'(x) - y(x)\bar{y}'(x)$$

核心觀念

本題的核心為**史特姆—萊歐維爾理論（Sturm-Liouville Theory）中的自伴算子型式（Self-adjoint Form）與權重函數（Weight Function）**的求解。

1. 標準自伴型式（Sturm-Liouville 形式）：
   二階線性齊次微分方程式的自伴特徵值形式定義為：

   $$\frac{d}{dx}\left[ p(x)\frac{dy}{dx} \right] + q(x)y + \lambda w(x)y = 0$$

   其中：

   • $p(x)$ 與 $p'(x)$ 在所討論的區間上連續且 $p(x) > 0$。
   • $q(x)$ 為實值連續函數。
   • $\lambda$ 為特徵值（Eigenvalue）。
   • $w(x) > 0$ 稱為權重函數（Weight Function），它決定了不同特徵值所對應之特徵函數（Eigenfunctions）在加權內積下的正交性（Orthogonality）： $$\int_a^b w(x) y_m(x) y_n(x) \, dx = 0 \quad (m \neq n)$$

2. 化為自伴形式之轉換法則：
   給定一般的二階常微分方程特徵值問題：

   $$a_2(x)\frac{d^2y}{dx^2} + a_1(x)\frac{dy}{dx} + a_0(x)y + \lambda r(x)y = 0$$

   欲將其化為 $\frac{d}{dx}\left[ p(x)y' \right] + \dots = 0$，需先求積分因子（Integrating Factor）$\mu(x)$，使得乘上 $\mu(x)$ 後前兩項可合併為全微分：

   $$\frac{d}{dx}\left[ \mu(x) a_2(x) y' \right] = \mu(x) a_2(x) y'' + \mu(x) a_1(x) y'$$

   展開左式比對可得：

   $$[\mu(x) a_2(x)]' = \mu(x) a_1(x) \implies p(x) = \mu(x)a_2(x) = \exp\left( \int \frac{a_1(x)}{a_2(x)} \, dx \right)$$

   因此積分因子為：

   $$\mu(x) = \frac{p(x)}{a_2(x)} = \frac{1}{a_2(x)} \exp\left( \int \frac{a_1(x)}{a_2(x)} \, dx \right)$$

   全式同乘 $\mu(x)$ 後，$\lambda$ 所伴隨的係數項即為權重函數 $w(x)$：

   $$w(x) = \mu(x) r(x)$$

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解題方法

(i) $\frac{d^2y}{dx^2} - 2x\frac{dy}{dx} + 2ny = 0$

步驟 1：識別係數與特徵值項
此方程式為著名的厄米方程式（Hermite Differential Equation）。

• $a_2(x) = 1$
• $a_1(x) = -2x$
• $a_0(x) = 0$
• 特徵值取為 $\lambda = 2n$（或取 $\lambda = n$），此時對應的係數為 $r(x) = 1$。

步驟 2：求取積分因子 $\mu(x)$ 與 $p(x)$

$$p(x) = \exp\left( \int \frac{a_1(x)}{a_2(x)} \, dx \right) = \exp\left( \int (-2x) \, dx \right) = e^{-x^2}$$

由於 $a_2(x) = 1$，故積分因子亦為：

$$\mu(x) = \frac{p(x)}{a_2(x)} = e^{-x^2}$$

步驟 3：化為自伴形式並提取權重函數
將原方程式全式同乘以 $\mu(x) = e^{-x^2}$：

$$e^{-x^2} \frac{d^2y}{dx^2} - 2x e^{-x^2} \frac{dy}{dx} + 2n e^{-x^2} y = 0$$

合併前兩項為導數：

$$\frac{d}{dx}\left[ e^{-x^2} \frac{dy}{dx} \right] + 2n e^{-x^2} y = 0$$

對照 Sturm-Liouville 標準形式 $\frac{d}{dx}\left[ p(x)\frac{dy}{dx} \right] + q(x)y + \lambda w(x)y = 0$：

• $p(x) = e^{-x^2}$
• $q(x) = 0$
• 取特徵值 $\lambda = 2n$，得對應之權重函數為： $$w(x) = e^{-x^2}$$

核心觀念

波動方程

$$u_{tt}=c^2u_{xx}$$

描述波以速度 $c$ 沿 $x$ 軸正、負方向傳播。將方程改寫為

$$u_{tt}-c^2u_{xx}=0$$

可分解為

$$(\partial_t-c\partial_x)(\partial_t+c\partial_x)u=0.$$

因此，解可沿兩族特徵線傳播。令特徵座標為

$$\xi=x+ct,\qquad \eta=x-ct,$$

方程會化為混合偏導數為零的形式，進而得到 d'Alembert 公式。

解題方法

(a) 特徵線

波動方程的兩族特徵線滿足

$$\frac{dx}{dt}=c \qquad\text{或}\qquad \frac{dx}{dt}=-c.$$

積分後分別為

$$x-ct=C_1,\qquad x+ct=C_2,$$

其中 $C_1,C_2$ 為常數。這兩族直線在 $(x,t)$ 平面上的斜率分別為 $1/c$ 與 $-1/c$（以 $t$ 對 $x$ 表示）。

(b) 推導 d'Alembert 公式

令

$$\xi=x+ct,\qquad \eta=x-ct,\qquad u(x,t)=U(\xi,\eta).$$

由鏈鎖律，

$$u_x=U_\xi+U_\eta,\qquad u_t=cU_\xi-cU_\eta.$$

再微分一次可得

$$u_{xx}=U_{\xi\xi}+2U_{\xi\eta}+U_{\eta\eta},$$ $$u_{tt}=c^2\left(U_{\xi\xi}-2U_{\xi\eta}+U_{\eta\eta}\right).$$

代入波動方程 $u_{tt}=c^2u_{xx}$，整理得

$$-4c^2U_{\xi\eta}=0.$$

因 $c>0$，所以

$$U_{\xi\eta}=0.$$

對 $\xi$ 積分後，$U_\eta$ 只依賴 $\eta$；