115 年 國立成功大學地球科學研究所甲組《應用數學（含微積分）》

本題為微分方程的基礎題，包含常微分方程的變數分離法、積分因子法以及變數代換法。

(a) 此為一階線性齊次常微分方程，可使用變數分離法求解。
$\frac{dy}{dt} = -ky$
$\frac{dy}{y} = -k dt$
兩邊積分：
$\int \frac{dy}{y} = \int -k dt$
$\ln|y| = -kt + C_1$
$|y| = e^{-kt + C_1} = e^{C_1}e^{-kt}$
$y = \pm e^{C_1}e^{-kt}$
令 $C = \pm e^{C_1}$，則 $y(t) = Ce^{-kt}$。
使用初始條件 $y(0) = 0.5$：
$0.5 = Ce^{-k \cdot 0} = C \cdot 1$
$C = 0.5$
故通解為 $y(t) = 0.5e^{-kt}$。

(b) 此為一階非線性常微分方程，可使用變數分離法求解。
$y' = 1 + y^2$
$\frac{dy}{dx} = 1 + y^2$
$\frac{dy}{1+y^2} = dx$
兩邊積分：
$\int \frac{dy}{1+y^2} = \int dx$
$\arctan(y) = x + C_2$
$y(x) = \tan(x + C_2)$
此為此微分方程的通解。

本題探討二階線性齊次常微分方程，為彈簧振盪系統的數學模型，涉及自由振動的各種情況（過阻尼、臨界阻尼、欠阻尼）及共振現象。

(a) 此為二階線性齊次常微分方程，其特徵方程式為 $mr^2 + cr + k = 0$。
特徵根為 $r = \frac{-c \pm \sqrt{c^2 - 4mk}}{2m}$。
根據判別式 $\Delta = c^2 - 4mk$ 的值，有三種情況：

1. 若 $\Delta > 0$ (即 $c^2 > 4mk$)：有兩個相異實根 $r_1, r_2$。
   $r_1 = \frac{-c + \sqrt{c^2 - 4mk}}{2m}$, $r_2 = \frac{-c - \sqrt{c^2 - 4mk}}{2m}$。
   通解為 $y(t) = C_1e^{r_1t} + C_2e^{r_2t}$。此為過阻尼情況。
2. 若 $\Delta = 0$ (即 $c^2 = 4mk$)：有一個重根 $r = -\frac{c}{2m}$。
   通解為 $y(t) = (C_1 + C_2t)e^{rt} = (C_1 + C_2t)e^{-\frac{c}{2m}t}$。此為臨界阻尼情況。
3. 若 $\Delta < 0$ (即 $c^2 < 4mk$)：有兩個複數共軛根。
   令 $\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}}$ 為自然角頻率，$\gamma = \frac{c}{2m}$ 為阻尼係數。
   $r = \frac{-c \pm \sqrt{c^2 - 4mk}}{2m} = -\frac{c}{2m} \pm i\frac{\sqrt{4mk - c^2}}{2m} = -\gamma \pm i\sqrt{\frac{k}{m} - \frac{c^2}{4m^2}} = -\gamma \pm i\sqrt{\omega_0^2 - \gamma^2}$。
   令 $\omega_d = \sqrt{\omega_0^2 - \gamma^2}$ 為衰減振動的角頻率。
   通解為 $y(t) = e^{-\gamma t}(C_1\cos(\omega_d t) + C_2\sin(\omega_d t))$。此為欠阻尼情況，為衰減振動。

(b) 共振 (Resonance) 通常發生在非齊次的二階線性常微分方程中，當外力具有特定頻率時。這裡題目給的是齊次方程，若要討論共振，通常是指在有外力驅動的情況下。
假設系統受到週期性外力 $F(t) = F_0\cos(\omega t)$ 的驅動，則方程變為：
$my'' + cy' + ky = F_0\cos(\omega t)$
共振發生在欠阻尼 (c < 2$\sqrt{mk}$) 且驅動頻率 $\omega$ 接近系統的自然角頻率 $\omega_0 = \sqrt{k/m}$ 時。
更精確地說，當系統的阻尼 $c$ 很小時，振動的響應幅度會隨著驅動頻率 $\omega$ 的變化而變化。響應幅度的最大值發生在一個稱為「共振頻率」$\omega_r$ 的地方。
對於欠阻尼系統，共振頻率 $\omega_r$ 為：
$\omega_r = \sqrt{\omega_0^2 - \frac{c^2}{2m^2}} = \sqrt{\frac{k}{m} - \frac{c^2}{2m^2}}$
當驅動頻率 $\omega$ 非常接近 $\omega_r$ 時，系統的響應振幅會變得非常大。
為什麼會發生共振？
共振的發生是因為外力對系統做的功的速率（功率）在共振頻率附近達到最大。

核心觀念

本題考查一維波動方程式

$$\frac{\partial^2u}{\partial t^2} = c^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2}$$

配合兩端固定邊界條件

$$u(0,t)=u(L,t)=0$$

的分離變數法，以及傅立葉正弦級數。

由於空間區間為 $0\le x\le L$，且兩端位移固定為零，空間部分必須使用滿足

$$X(0)=X(L)=0$$

的正弦函數

$$\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\qquad n=1,2,3,\ldots$$

初始位移 $f(x)$ 與初始速度 $g(x)$ 再利用傅立葉正弦級數決定各模態的係數。

題目中的提示

$$u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}B_n \cos\left(\frac{cn\pi t}{L}\right) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$$

只包含初始速度為零的情形。若要處理一般的 $g(x)$，必須補上正弦時間項。

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解題方法：分離變數

令

$$u(x,t)=X(x)T(t).$$

代入波動方程式：

$$X(x)T''(t) = c^2X''(x)T(t).$$

兩邊除以 $c^2X(x)T(t)$，得到

$$\frac{T''(t)}{c^2T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda.$$

因此可分成兩個常微分方程式：

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

以及

$$T''+c^2\lambda T=0.$$

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空間特徵函數

邊界條件要求

$$X(0)=0,\qquad X(L)=0.$$

取 $\lambda=k^2>0$，空間方程式為

$$X''+k^2X=0.$$

其一般解為

$$X(x)=C\cos(kx)+D\sin(kx).$$

由 $X(0)=0$ 得

$$C=0.$$

因此

$$X(x)=D\sin(kx).$$

再由 $X(L)=0$：

$$D\sin(kL)=0.$$

要有非零解 $D\ne0$，必須滿足

$$\sin(kL)=0,$$

所以

$$kL=n\pi,\qquad k_n=\frac{n\pi}{L}, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

故空間特徵函數為

$$X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

其中 $n$ 稱為模態或諧波編號。$n=0$ 只會得到零函數，不構成非零振動模態。

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時間部分

對於

$$\lambda_n=k_n^2=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2,$$

時間方程式為

$$T_n''+c^2\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2T_n=0.$$

定義角頻率

$$\omega_n=\frac{cn\pi}{L}.$$

因此

$$T_n''+\omega_n^2T_n=0,$$

其一般解為

$$T_n(t)=A_n\cos(\omega_nt)+C_n\sin(\omega_nt).$$

所以第 $n$ 個模態為

$$u_n(x,t) = \left[ A_n\cos\left(\frac{cn\pi t}{L}\right) + C_n\sin\left(\frac{cn\pi t}{L}\right) \right] \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

利用線性疊加，波動方程式的解為

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ A_n\cos\left(\frac{cn\pi t}{L}\right) + C_n\sin\left(\frac{cn\pi t}{L}\right) \right] \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

此解自動滿足兩端固定的邊界條件，因為

$$\sin\left(\frac{n\pi\cdot0}{L}\right)=0,$$

且

$$\sin\left(\frac{n\pi L}{L}\right) = \sin(n\pi)=0.$$

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利用初始位移決定 $A_n$

令 $t=0$，因為 $\cos(0)=1$、$\sin(0)=0$，可得

$$u(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

由初始條件 $u(x,0)=f(x)$：

$$f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

這是 $f(x)$ 的傅立葉正弦級數。利用正弦函數的正交性

$$\int_0^L \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \sin\left(\frac{m\pi x}{L}\right)\,dx = \begin{cases} 0,&n\ne m,\\[4pt] \dfrac{L}{2},&n=m, \end{cases}$$

兩邊乘以 $\sin\left(\frac{m\pi x}{L}\right)$ 後積分，得到

$$A_n = \frac{2}{L} \int_0^L f(x)\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.$$

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利用初始速度決定 $C_n$

對解對時間微分：

本題要求計算週期函數的傅立葉級數。週期為 $p=4$，故 $L=p/2=2$。

函數定義為：
$F(x) = \begin{cases} 0 & -2 < x < -1 \\ k & -1 < x < 1 \\ 0 & 1 < x < 2 \end{cases}$
此函數是偶函數，因為 $F(-x) = F(x)$。
對於偶函數，傅立葉級數只包含餘弦項和常數項，即 $b_n = 0$。
傅立葉級數形式為：$F(x) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$。
這裡 $L=2$，所以 $F(x) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right)$。

計算 $a_0$：
$a_0 = \frac{1}{p}\int_{-p/2}^{p/2} F(x) dx = \frac{1}{4}\int_{-2}^{2} F(x) dx$
由於 $F(x)$ 是偶函數，我們可以計算一半的積分再乘以 2：
$a_0 = \frac{2}{4}\int_{0}^{2} F(x) dx = \frac{1}{2}\int_{0}^{2} F(x) dx$
$a_0 = \frac{1}{2}\left( \int_{0}^{1} k dx + \int_{1}^{2} 0 dx \right)$
$a_0 = \frac{1}{2}\left( [kx]_0^1 + 0 \right) = \frac{1}{2}(k \cdot 1 - k \cdot 0) = \frac{k}{2}$。

計算 $a_n$：
$a_n = \frac{2}{p}\int_{-p/2}^{p/2} F(x)\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx = \frac{2}{4}\int_{-2}^{2} F(x)\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx$
由於 $F(x)$ 和 $\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right)$ 都是偶函數，它們的乘積也是偶函數。
$a_n = \frac{2}{2}\int_{0}^{2} F(x)\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx = \int_{0}^{2} F(x)\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx$
$a_n = \int_{0}^{1} k\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx + \int_{1}^{2} 0 \cdot \cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx$
$a_n = k\int_{0}^{1} \cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) dx$

核心觀念

本題考查三角函數在區間 $[-\pi,\pi]$ 上的正交性，核心公式為積化和差：

$$\cos A\cos B=\frac{1}{2}\bigl[\cos(A-B)+\cos(A+B)\bigr]$$ $$\cos A\sin B=\frac{1}{2}\bigl[\sin(A+B)+\sin(B-A)\bigr]$$ $$\sin A\sin B=\frac{1}{2}\bigl[\cos(A-B)-\cos(A+B)\bigr]$$

以下假設 $m,n$ 為正整數。對任意正整數 $k$，有

$$\int_{-\pi}^{\pi}\cos(kx)\,dx = \left[\frac{\sin(kx)}{k}\right]_{-\pi}^{\pi} =0$$

以及

$$\int_{-\pi}^{\pi}\sin(kx)\,dx=0.$$

這些結果形成傅立葉級數中三角函數的正交關係。

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解題方法

將各小題中的三角函數乘積利用積化和差公式改寫，再分別積分。當 $m=n$ 時，差角項會變成常數，產生非零結果；當 $m\ne n$ 時，所有項皆為非零整數倍角函數，積分結果為零。

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（a）計算 $\displaystyle \int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)\cos(mx)\,dx$

利用積化和差公式：

$$\cos(nx)\cos(mx) = \frac{1}{2} \left[ \cos\bigl((n-m)x\bigr) + \cos\bigl((n+m)x\bigr) \right].$$

因此

$$\int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)\cos(mx)\,dx = \frac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi}\cos\bigl((n-m)x\bigr)\,dx + \frac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi}\cos\bigl((n+m)x\bigr)\,dx.$$

當 $n\ne m$

此時 $n-m$ 與 $n+m$ 都是非零整數，因此

$$\int_{-\pi}^{\pi}\cos\bigl((n-m)x\bigr)\,dx=0, \qquad \int_{-\pi}^{\pi}\cos\bigl((n+m)x\bigr)\,dx=0.$$

所以

$$\int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)\cos(mx)\,dx=0.$$

當 $n=m$

此時 $\cos((n-m)x)=\cos 0=1$，故

$$\begin{aligned} \int_{-\pi}^{\pi}\cos^2(nx)\,dx &= \frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi} \left[1+\cos(2nx)\right]dx\\ &= \frac{1}{2}(2\pi)+0\\ &=\pi. \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{ \int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)\cos(mx)\,dx = \begin{cases} \pi, & n=m,\\ 0, & n\ne m. \end{cases} }$$

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（b）計算 $\displaystyle \int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)\sin(mx)\,dx$

利用積化和差公式：

$$\cos(nx)\sin(mx) = \frac{1}{2} \left[ \sin\bigl((m+n)x\bigr) + \sin\bigl((m-n)x\bigr) \right].$$

因此