108 年 國立成功大學地球科學研究所乙組《應用數學》

本題主要考查學生對基本積分技巧的掌握程度，包含分部積分法、換元積分法、三角代換法以及常見積分公式的應用。

(1) 針對 $\int \ln x \, dx$，我們使用分部積分法。令 $u = \ln x$，$dv = dx$。則 $du = \frac{1}{x} dx$，$v = x$。
根據分部積分公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$，我們得到：
$\int \ln x \, dx = x \ln x - \int x \cdot \frac{1}{x} \, dx = x \ln x - \int 1 \, dx = x \ln x - x + C$。

(2) 針對 $\int x e^{-x^2} \, dx$，我們使用換元積分法。令 $u = -x^2$。則 $du = -2x \, dx$，即 $x \, dx = -\frac{1}{2} du$。
代入積分式：
$\int x e^{-x^2} \, dx = \int e^u \left(-\frac{1}{2}\right) du = -\frac{1}{2} \int e^u \, du = -\frac{1}{2} e^u + C$。
將 $u = -x^2$ 代回，得到：
$-\frac{1}{2} e^{-x^2} + C$。

(3) 針對 $\int x^2 e^x \, dx$，我們需要使用兩次分部積分法。
第一次分部積分：令 $u = x^2$，$dv = e^x \, dx$。則 $du = 2x \, dx$，$v = e^x$。
$\int x^2 e^x \, dx = x^2 e^x - \int 2x e^x \, dx = x^2 e^x - 2 \int x e^x \, dx$。
第二次分部積分，針對 $\int x e^x \, dx$：令 $u = x$，$dv = e^x \, dx$。則 $du = dx$，$v = e^x$。
$\int x e^x \, dx = x e^x - \int e^x \, dx = x e^x - e^x$。
將結果代回第一次分部積分的式子：
$\int x^2 e^x \, dx = x^2 e^x - 2 (x e^x - e^x) + C = x^2 e^x - 2x e^x + 2e^x + C = (x^2 - 2x + 2)e^x + C$。

(4) 針對 $\int \sec \theta \, d\theta$，這是一個常見的積分公式，通常透過乘以 $\frac{\sec \theta + \tan \theta}{\sec \theta + \tan \theta}$ 來推導。
$\int \sec \theta \, d\theta = \int \sec \theta \frac{\sec \theta + \tan \theta}{\sec \theta + \tan \theta} \, d\theta = \int \frac{\sec^2 \theta + \sec \theta \tan \theta}{\sec \theta + \tan \theta} \, d\theta$。
令 $u = \sec \theta + \tan \theta$。則 $du = (\sec \theta \tan \theta + \sec^2 \theta) \, d\theta$。
積分變為 $\int \frac{1}{u} \, du = \ln |u| + C$。
將 $u = \sec \theta + \tan \theta$ 代回，得到：
$\ln |\sec \theta + \tan \theta| + C$。

(5) 針對 $\int \frac{x^3}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$，我們可以使用三角代換。令 $x = \sin \phi$。則 $dx = \cos \phi \, d\phi$。
$\sqrt{1-x^2} = \sqrt{1-\sin^2 \phi} = \sqrt{\cos^2 \phi} = |\cos \phi|$。

核心觀念

本題涵蓋一階與二階常微分方程：

• 可分離變數法：將 $x$ 與 $y$ 分離後積分。
• 一階線性微分方程：使用積分因子。
• 二階常係數齊次方程：利用特徵方程。
• 二階常係數非齊次方程：先求齊次解，再用待定係數法求特解。
• 初始條件：代入通解以決定積分常數。

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（1）$yy'+36x=0$

解題方法

將 $y'=\dfrac{dy}{dx}$ 代入：

$$y\frac{dy}{dx}=-36x$$

直接對 $x$ 積分：

$$\int y\frac{dy}{dx}\,dx=\int -36x\,dx$$

因此

$$\frac{1}{2}y^2=-18x^2+C$$

乘以 $2$ 並將常數重新命名：

$$\boxed{y^2+36x^2=C}$$

這是隱式通解。若寫成顯式形式，則為

$$\boxed{y=\pm\sqrt{C-36x^2}}$$

其中必須在根號內非負的區域討論。

解題技巧

看到 $yy'$ 時，可直接辨認為

$$yy'=\frac{1}{2}\frac{d}{dx}(y^2)$$

不必先除以 $y$，可避免漏掉特殊情況。

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（2）$y'+y\sin x=\sin x$

核心觀念

這是一階線性微分方程

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

其中

$$P(x)=\sin x,\qquad Q(x)=\sin x$$

積分因子為

$$\mu(x)=e^{\int P(x)\,dx} =e^{\int\sin x\,dx} =e^{-\cos x}$$

解題方法

原式乘上積分因子 $e^{-\cos x}$：

$$e^{-\cos x}y' +y\sin x\,e^{-\cos x} =\sin x\,e^{-\cos x}$$

左側正好是乘積微分：

$$\frac{d}{dx}\left(e^{-\cos x}y\right) =\sin x\,e^{-\cos x}$$

兩側積分：

$$e^{-\cos x}y =\int \sin x\,e^{-\cos x}\,dx$$

因為

$$\frac{d}{dx}\left(e^{-\cos x}\right) =\sin x\,e^{-\cos x}$$

所以

$$e^{-\cos x}y=e^{-\cos x}+C$$

乘以 $e^{\cos x}$：

$$\boxed{y=1+Ce^{\cos x}}$$

解題技巧

右側 $\sin x$ 與左側係數 $\sin x$ 相同，因此可先觀察常數特解 $y_p=1$。齊次方程

$$y'+y\sin x=0$$

的解為

$$y_h=Ce^{\cos x}$$

故也能快速得到

$$y=1+Ce^{\cos x}$$

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（3）$y''+0.4y'+9.04y=0$，其中 $y(0)=0,\ y'(0)=3$

核心觀念

這是二階常係數齊次微分方程，設

$$y=e^{rx}$$

得到特徵方程：

$$r^2+0.4r+9.04=0$$

解題方法

使用公式：

$$r=\frac{-0.4\pm\sqrt{(0.4)^2-4(9.04)}}{2}$$

判別式為

$$(0.4)^2-4(9.04)=0.16-36.16=-36$$

因此

$$r=\frac{-0.4\pm 6i}{2} =-0.2\pm 3i$$

特徵根為共軛複根 $r=\alpha\pm\beta i$，故通解為

$$y=e^{\alpha x}(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x)$$

所以

$$y=e^{-0.2x}(C_1\cos3x+C_2\sin3x)$$

代入 $y(0)=0$：

$$0=C_1$$

因此

$$y=C_2e^{-0.2x}\sin3x$$

微分：

$$y' =C_2e^{-0.2x}\left(3\cos3x-0.2\sin3x\right)$$

代入 $y'(0)=3$：

$$3C_2=3$$

故

$$C_2=1$$

特定解

$$\boxed{y=e^{-0.2x}\sin3x}$$

亦可寫成

本題要求求解一個非齊次線性二階常微分方程，並解釋其物理意義。此方程形式類似於阻尼振動或受迫振動系統，其中外力項為指數函數。

首先，求解齊次方程 $\frac{d^2x}{dt^2} - \omega^2 x = 0$。
特徵方程為 $r^2 - \omega^2 = 0$，其根為 $r = \pm \omega$。
因此，齊次解為 $x_h(t) = C_1 e^{\omega t} + C_2 e^{-\omega t}$。

接著，求解非齊次方程的特解 $x_p(t)$。
右側為 $A e^{\mu t}$。我們需要考慮 $\mu$ 與 $\omega$ 的關係。

情況一：$\mu \neq \omega$ 且 $\mu \neq -\omega$。
我們假設特解形式為 $x_p(t) = B e^{\mu t}$。
則 $\frac{dx_p}{dt} = B \mu e^{\mu t}$，$\frac{d^2x_p}{dt^2} = B \mu^2 e^{\mu t}$。
代入原方程：
$B \mu^2 e^{\mu t} - \omega^2 (B e^{\mu t}) = A e^{\mu t}$
$B (\mu^2 - \omega^2) e^{\mu t} = A e^{\mu t}$
$B (\mu^2 - \omega^2) = A$
$B = \frac{A}{\mu^2 - \omega^2}$。
所以，特解為 $x_p(t) = \frac{A}{\mu^2 - \omega^2} e^{\mu t}$。

情況二：$\mu = \omega$。
此時，$\omega$ 是齊次方程的根。我們假設特解形式為 $x_p(t) = B t e^{\omega t}$。
$\frac{dx_p}{dt} = B e^{\omega t} + B \omega t e^{\omega t} = B(1+\omega t)e^{\omega t}$。
$\frac{d^2x_p}{dt^2} = B \omega e^{\omega t} + B(1+\omega t) \omega e^{\omega t} = B\omega e^{\omega t} + B\omega(1+\omega t)e^{\omega t} = B\omega(2+\omega t)e^{\omega t}$。
代入原方程：
$B\omega(2+\omega t)e^{\omega t} - \omega^2 (B t e^{\omega t}) = A e^{\omega t}$
$B\omega(2+\omega t) - B\omega^2 t = A$
$2B\omega + B\omega^2 t - B\omega^2 t = A$
$2B\omega = A$
$B = \frac{A}{2\omega}$。
所以，特解為 $x_p(t) = \frac{A}{2\omega} t e^{\omega t}$。

情況三：$\mu = -\omega$。
此時，$-\omega$ 是齊次方程的根。我們假設特解形式為 $x_p(t) = B t e^{-\omega t}$。
$\frac{dx_p}{dt} = B e^{-\omega t} - B \omega t e^{-\omega t} = B(1-\omega t)e^{-\omega t}$。

本題要求計算一個方波函數的傅立葉轉換。這個函數在 $-\omega_0$ 到 $\omega_0$ 的區間內取值為 1，其他地方為 0。

傅立葉轉換的定義為：
$\mathcal{F}\{h(t)\}(\xi) = H(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} h(t) e^{-i 2\pi \xi t} dt$
其中 $\xi$ 是頻率變量。

將函數 $h(t)$ 的定義代入傅立葉轉換公式：
$H(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} h(t) e^{-i 2\pi \xi t} dt$
由於 $h(t)$ 在區間 $[-\omega_0, \omega_0]$ 外為 0，積分範圍可以縮小到這個區間：
$H(\xi) = \int_{-\omega_0}^{\omega_0} 1 \cdot e^{-i 2\pi \xi t} dt$

現在計算這個積分：
$\int e^{-i 2\pi \xi t} dt = \frac{e^{-i 2\pi \xi t}}{-i 2\pi \xi}$ (假設 $\xi \neq 0$)。
所以，
$H(\xi) = \left[ \frac{e^{-i 2\pi \xi t}}{-i 2\pi \xi} \right]_{-\omega_0}^{\omega_0}$
$H(\xi) = \frac{e^{-i 2\pi \xi \omega_0} - e^{-i 2\pi \xi (-\omega_0)}}{-i 2\pi \xi}$
$H(\xi) = \frac{e^{-i 2\pi \xi \omega_0} - e^{i 2\pi \xi \omega_0}}{-i 2\pi \xi}$

使用歐拉公式 $e^{i\theta} = \cos \theta + i \sin \theta$，我們有 $e^{i\theta} - e^{-i\theta} = 2i \sin \theta$。
所以，$e^{i 2\pi \xi \omega_0} - e^{-i 2\pi \xi \omega_0} = 2i \sin(2\pi \xi \omega_0)$。
因此，$e^{-i 2\pi \xi \omega_0} - e^{i 2\pi \xi \omega_0} = -2i \sin(2\pi \xi \omega_0)$。

代入 $H(\xi)$：
$H(\xi) = \frac{-2i \sin(2\pi \xi \omega_0)}{-i 2\pi \xi} = \frac{\sin(2\pi \xi \omega_0)}{\pi \xi}$。

這個結果對於 $\xi \neq 0$ 是有效的。
當 $\xi = 0$ 時，積分變為：
$H(0) = \int_{-\omega_0}^{\omega_0} 1 \, dt = [t]_{-\omega_0}^{\omega_0} = \omega_0 - (-\omega_0) = 2\omega_0$。

我們也可以將結果寫成 $\text{sinc}$ 函數的形式。
$\text{sinc}(x) = \frac{\sin(\pi x)}{\pi x}$。