108 年 國立中央大學地球科學學系地球物理碩士班在職生《微積分》

本題考查反三角函數的微分。
核心觀念：求高階導數。
我們需要對 $\cos^{-1}\theta$ 進行兩次微分。

步驟一：計算一階導數。
令 $y = \cos^{-1}\theta$。
我們知道 $\frac{dy}{d\theta}$ 的公式是 $-\frac{1}{\sqrt{1-\theta^2}}$。
所以，$\frac{d}{d\theta} \cos^{-1}\theta = -\frac{1}{\sqrt{1-\theta^2}}$。

步驟二：計算二階導數。
現在我們需要對 $-\frac{1}{\sqrt{1-\theta^2}}$ 進行微分。

本題考查極限的計算，特別是當分子分母都趨近於零時，可以使用羅必達法則 (L'Hôpital's Rule) 或泰勒級數 (Taylor Series) 來求解。

核心觀念：不定型極限的計算。

方法一：使用羅必達法則。
當 $x \to 0$ 時，分子 $\sin 2x - 2x \to \sin 0 - 0 = 0$，分母 $x^3 \to 0$。這是 $\frac{0}{0}$ 型的不定型，可以使用羅必達法則。

第一次微分：
$\lim_{x\to 0} \frac{\frac{d}{dx}(\sin 2x - 2x)}{\frac{d}{dx}(x^3)} = \lim_{x\to 0} \frac{2\cos 2x - 2}{3x^2}$
當 $x \to 0$ 時，分子 $2\cos 0 - 2 = 2 - 2 = 0$，分母 $3(0)^2 = 0$。這仍然是 $\frac{0}{0}$ 型的不定型，再次使用羅必達法則。

第二次微分：
$\lim_{x\to 0} \frac{\frac{d}{dx}(2\cos 2x - 2)}{\frac{d}{dx}(3x^2)} = \lim_{x\to 0} \frac{-4\sin 2x}{6x}$
當 $x \to 0$ 時，分子 $-4\sin 0 = 0$，分母 $6(0) = 0$。這仍然是 $\frac{0}{0}$ 型的不定型，再次使用羅必達法則。

第三次微分：
$\lim_{x\to 0} \frac{\frac{d}{dx}(-4\sin 2x)}{\frac{d}{dx}(6x)} = \lim_{x\to 0} \frac{-8\cos 2x}{6}$

本題考查不定積分，需要使用分部積分法 (Integration by Parts)。

核心觀念：分部積分法。
分部積分公式為 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$。
我們需要選擇合適的 $u$ 和 $dv$。通常選擇多項式作為 $u$，以便微分後次數降低。

令 $u = x^3$ 且 $dv = \cos 3x \, dx$。
則 $du = 3x^2 \, dx$。
為了求 $v$，我們積分 $dv$:
$v = \int \cos 3x \, dx = \frac{1}{3} \sin 3x$。

第一次分部積分：
$\int x^3 \cos 3x \, dx = x^3 \left(\frac{1}{3} \sin 3x\right) - \int \left(\frac{1}{3} \sin 3x\right) (3x^2 \, dx)$
$= \frac{1}{3} x^3 \sin 3x - \int x^2 \sin 3x \, dx$

現在我們需要計算 $\int x^2 \sin 3x \, dx$。這同樣需要分部積分。
令 $u = x^2$ 且 $dv = \sin 3x \, dx$。
則 $du = 2x \, dx$。
$v = \int \sin 3x \, dx = -\frac{1}{3} \cos 3x$。

第二次分部積分：
$\int x^2 \sin 3x \, dx = x^2 \left(-\frac{1}{3} \cos 3x\right) - \int \left(-\frac{1}{3} \cos 3x\right) (2x \, dx)$
$= -\frac{1}{3} x^2 \cos 3x + \frac{2}{3} \int x \cos 3x \, dx$

將結果代回第一次分部積分的式子：
$\int x^3 \cos 3x \, dx = \frac{1}{3} x^3 \sin 3x - \left( -\frac{1}{3} x^2 \cos 3x + \frac{2}{3} \int x \cos 3x \, dx \right)$
$= \frac{1}{3} x^3 \sin 3x + \frac{1}{3} x^2 \cos 3x - \frac{2}{3} \int x \cos 3x \, dx$

現在我們需要計算 $\int x \cos 3x \, dx$。這又需要一次分部積分。
令 $u = x$ 且 $dv = \cos 3x \, dx$。
則 $du = dx$。
$v = \int \cos 3x \, dx = \frac{1}{3} \sin 3x$。

第三次分部積分：
$\int x \cos 3x \, dx = x \left(\frac{1}{3} \sin 3x\right) - \int \left(\frac{1}{3} \sin 3x\right) (dx)$

本題考查隱函數微分 (Implicit Differentiation) 或對數微分法 (Logarithmic Differentiation)。

核心觀念：指數函數的微分，其中底數和指數都是變數。

方法一：對數微分法。
對於形如 $y = f(x)^{g(x)}$ 的函數，取自然對數是個好方法。
$y = x^x$
兩邊取自然對數：
$\ln y = \ln(x^x)$
利用對數性質 $\ln(a^b) = b \ln a$：
$\ln y = x \ln x$
現在對兩邊關於 $x$ 微分。左邊使用連鎖法則，右邊使用乘法定則。
$\frac{d}{dx}(\ln y) = \frac{d}{dx}(x \ln x)$
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = (1 \cdot \ln x) + (x \cdot \frac{1}{x})$
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = \ln x + 1$
將 $y$ 乘到右邊：
$\frac{dy}{dx} = y (\ln x + 1)$
由於 $y = x^x$，代回去：

本題是求解一個二階線性齊次常微分方程的初始值問題。

核心觀念：二階線性齊次常微分方程的通解與初始條件的應用。

步驟一：求解對應的特徵方程 (Characteristic Equation)。
對於微分方程 $ay'' + by' + cy = 0$，其特徵方程為 $ar^2 + br + c = 0$。
在此題中，微分方程為 $y'' + y' - 2y = 0$。
對應的特徵方程是：
$r^2 + r - 2 = 0$

步驟二：求解特徵方程的根。
我們可以因式分解上述二次方程：
$(r+2)(r-1) = 0$
所以，特徵根為 $r_1 = 1$ 和 $r_2 = -2$。
由於兩個根是實數且不相等，通解的形式為 $y(x) = c_1 e^{r_1 x} + c_2 e^{r_2 x}$。

步驟三：寫出微分方程的通解。
將根代入通解形式：
$y(x) = c_1 e^{1x} + c_2 e^{-2x}$
$y(x) = c_1 e^x + c_2 e^{-2x}$

步驟四：利用初始條件求解常數 $c_1$ 和 $c_2$。
我們有兩個初始條件：$y(0) = 4$ 和 $y'(0) = -5$。

首先，我們需要計算 $y'(x)$。
$y'(x) = \frac{d}{dx}(c_1 e^x + c_2 e^{-2x})$

本題是求解一個二階方陣的特徵值 (eigenvalues) 和特徵向量 (eigenvectors)。

核心觀念：特徵值與特徵向量的定義與求解方法。
對於一個方陣 $A$，若存在一個非零向量 $v$ 和一個純量 $\lambda$，使得 $Av = \lambda v$，則 $\lambda$ 稱為 $A$ 的一個特徵值，而 $v$ 稱為對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵向量。
此式可以改寫為 $(A - \lambda I)v = 0$，其中 $I$ 是單位矩陣。
為了使 $v$ 是非零向量，矩陣 $(A - \lambda I)$ 必須是奇異矩陣 (singular matrix)，即其行列式為零：$\det(A - \lambda I) = 0$。這個方程稱為特徵方程 (characteristic equation)。

步驟一：求解特徵值 $\lambda$。
計算 $A - \lambda I$：
$A - \lambda I = \begin{bmatrix} -4.0 & 4.0 \\ -1.6 & 1.2 \end{bmatrix} - \lambda \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -4.0 - \lambda & 4.0 \\ -1.6 & 1.2 - \lambda \end{bmatrix}$
計算其行列式並令其等於零：
$\det(A - \lambda I) = (-4.0 - \lambda)(1.2 - \lambda) - (4.0)(-1.6) = 0$
$(-4.0)(1.2) - (-4.0)\lambda - 1.2\lambda + \lambda^2 - (-6.4) = 0$
$-4.8 + 4.0\lambda - 1.2\lambda + \lambda^2 + 6.4 = 0$
$\lambda^2 + 2.8\lambda + 1.6 = 0$
為了方便計算，可以將小數點去掉，乘以 10：
$10\lambda^2 + 28\lambda + 16 = 0$
兩邊除以 2：
$5\lambda^2 + 14\lambda + 8 = 0$
我們可以使用二次公式 $\lambda = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ 來求解，或者嘗試因式分解。
嘗試因式分解：我們需要找到兩個數，它們的乘積是 $5 \times 8 = 40$，和是 $14$。這兩個數是 $10$ 和 $4$。
$5\lambda^2 + 10\lambda + 4\lambda + 8 = 0$
$5\lambda(\lambda + 2) + 4(\lambda + 2) = 0$
$(5\lambda + 4)(\lambda + 2) = 0$
所以，特徵值是：
$\lambda_1 = -2$
$\lambda_2 = -\frac{4}{5} = -0.8$

步驟二：求解對應於每個特徵值的特徵向量。

情況一：對於特徵值 $\lambda_1 = -2$。
我們需要求解 $(A - \lambda_1 I)v = 0$，即 $(A - (-2)I)v = 0$。

本題要求計算 Legendre 函數 $P_n(x)$ 和 Associated Legendre 函數 $P_k^l(x)$ 的特定值。

核心觀念：Legendre 函數的定義與計算。

第一部分：計算 Legendre 函數 $P_n(x)$。
$P_n(x)$ 的定義為 $P_n(x) = \frac{1}{2^n n!} \frac{d^n}{dx^n} [(x^2 - 1)^n]$。

1. 計算 $P_0(x)$：
   當 $n=0$ 時：
   $P_0(x) = \frac{1}{2^0 0!} \frac{d^0}{dx^0} [(x^2 - 1)^0]$
   注意：$2^0 = 1$, $0! = 1$, $\frac{d^0}{dx^0}$ 表示函數本身，$(x^2 - 1)^0 = 1$ (對於 $x^2 - 1 \neq 0$)。
   $P_0(x) = \frac{1}{1 \cdot 1} \cdot 1 = 1$
   【答案】$P_0(x) = 1$。

2. 計算 $P_1(x)$：
   當 $n=1$ 時：
   $P_1(x) = \frac{1}{2^1 1!} \frac{d^1}{dx^1} [(x^2 - 1)^1]$
   $P_1(x) = \frac{1}{2} \frac{d}{dx} (x^2 - 1)$
   $P_1(x) = \frac{1}{2} (2x)$
   $P_1(x) = x$
   【答案】$P_1(x) = x$。

3. 計算 $P_2(x)$：
   當 $n=2$ 時：
   $P_2(x) = \frac{1}{2^2 2!} \frac{d^2}{dx^2} [(x^2 - 1)^2]$
   $P_2(x) = \frac{1}{4 \cdot 2} \frac{d^2}{dx^2} [x^4 - 2x^2 + 1]$
   $P_2(x) = \frac{1}{8} \frac{d}{dx} [4x^3 - 4x]$
   $P_2(x) = \frac{1}{8} [12x^2 - 4]$
   $P_2(x) = \frac{4(3x^2 - 1)}{8}$
   $P_2(x) = \frac{3x^2 - 1}{2}$
   【答案】$P_2(x) = \frac{3x^2 - 1}{2}$。

第二部分：計算 Associated Legendre 函數 $P_k^l(x)$。
$P_k^l(x)$ 的定義為 $P_k^l(x) = (1 - x^2)^{k/2} \frac{d^k P_l(x)}{dx^k}$。
請注意，這裡的符號 $k$ 和 $l$ 在定義式中似乎是顛倒的。

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換的基本公式與第一移位定理：

$$\mathcal{L}\{f(t)\} =\int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt$$

常用結果為

$$\mathcal{L}\{\cos \omega t\} =\frac{s}{s^2+\omega^2}$$ $$\mathcal{L}\{\sin \omega t\} =\frac{\omega}{s^2+\omega^2}$$

第一移位定理為

$$\mathcal{L}\{e^{at}f(t)\} =F(s-a),$$

其中 $F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}$。

反拉普拉斯轉換則常透過部分分式分解，將式子拆成基本形式：

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

一、$\cos \omega t$ 的拉普拉斯轉換

根據定義，

$$\mathcal{L}\{\cos \omega t\} =\int_0^\infty e^{-st}\cos \omega t\,dt.$$

利用積分公式

$$\int e^{-st}\cos \omega t\,dt = \frac{e^{-st}}{s^2+\omega^2} \left(-s\cos\omega t+\omega\sin\omega t\right),$$

在 $s>0$ 時，當 $t\to\infty$，因為 $e^{-st}\to 0$，上限項為 $0$；代入 $t=0$ 得下限項為 $-s/(s^2+\omega^2)$。因此

$$\mathcal{L}\{\cos \omega t\} = \frac{s}{s^2+\omega^2}.$$

二、$\sin \omega t$ 的拉普拉斯轉換

同樣由定義，

$$\mathcal{L}\{\sin \omega t\} =\int_0^\infty e^{-st}\sin \omega t\,dt.$$

利用積分公式

$$\int e^{-st}\sin \omega t\,dt = \frac{e^{-st}}{s^2+\omega^2} \left(-s\sin\omega t-\omega\cos\omega t\right).$$

當 $t\to\infty$ 時，上限項為 $0$；代入 $t=0$，下限項為 $-\omega/(s^2+\omega^2)$，所以

$$\mathcal{L}\{\sin \omega t\} = \frac{\omega}{s^2+\omega^2}.$$

三、$e^{at}\cos \omega t$ 的拉普拉斯轉換

先使用已知公式

$$\mathcal{L}\{\cos\omega t\} = \frac{s}{s^2+\omega^2}.$$

由第一移位定理，將 $s$ 替換為 $s-a$：

本題是求解一個三階方陣的逆矩陣 (inverse matrix)。

核心觀念：三階方陣的逆矩陣的求解方法，通常使用伴隨矩陣法 (Adjoint Matrix Method) 或高斯-約旦消去法 (Gauss-Jordan Elimination)。這裡我們使用伴隨矩陣法。

逆矩陣的公式為 $A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \text{adj}(A)$，其中 $\text{adj}(A)$ 是 $A$ 的伴隨矩陣，等於 $A$ 的餘因子矩陣 (cofactor matrix) 的轉置。

步驟一：計算矩陣 $A$ 的行列式 $\det(A)$。
$A = \begin{bmatrix} -1 & 1 & 2 \\ 3 & -1 & 1 \\ -1 & 3 & 4 \end{bmatrix}$
使用第一列展開：
$\det(A) = -1 \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ 3 & 4 \end{vmatrix} - 1 \begin{vmatrix} 3 & 1 \\ -1 & 4 \end{vmatrix} + 2 \begin{vmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 3 \end{vmatrix}$
$\det(A) = -1 ((-1)(4) - (1)(3)) - 1 ((3)(4) - (1)(-1)) + 2 ((3)(3) - (-1)(-1))$
$\det(A) = -1 (-4 - 3) - 1 (12 + 1) + 2 (9 - 1)$
$\det(A) = -1 (-7) - 1 (13) + 2 (8)$
$\det(A) = 7 - 13 + 16$
$\det(A) = 23 - 13 = 10$
由於 $\det(A) = 10 \neq 0$，所以逆矩陣存在。

步驟二：計算矩陣 $A$ 的餘因子矩陣 (Cofactor Matrix)。
餘因子 $C_{ij}$ 的定義是 $C_{ij} = (-1)^{i+j} M_{ij}$，其中 $M_{ij}$ 是刪去 $A$ 的第 $i$ 列和第 $j$ 行後得到的子矩陣的行列式。

$C_{11} = (-1)^{1+1} \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ 3 & 4 \end{vmatrix} = 1 ((-1)(4) - (1)(3)) = -7$
$C_{12} = (-1)^{1+2} \begin{vmatrix} 3 & 1 \\ -1 & 4 \end{vmatrix} = -1 ((3)(4) - (1)(-1)) = -(12+1) = -13$
$C_{13} = (-1)^{1+3} \begin{vmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 3 \end{vmatrix} = 1 ((3)(3) - (-1)(-1)) = 9-1 = 8$

$C_{21} = (-1)^{2+1} \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{vmatrix} = -1 ((1)(4) - (2)(3)) = -(4-6) = -(-2) = 2$
$C_{22} = (-1)^{2+2} \begin{vmatrix} -1 & 2 \\ -1 & 4 \end{vmatrix} = 1 ((-1)(4) - (2)(-1)) = -4 - (-2) = -4+2 = -2$
$C_{23} = (-1)^{2+3} \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ -1 & 3 \end{vmatrix} = -1 ((-1)(3) - (1)(-1)) = -(-3 - (-1)) = -(-3+1) = -(-2) = 2$

$C_{31} = (-1)^{3+1} \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ -1 & 1 \end{vmatrix} = 1 ((1)(1) - (2)(-1)) = 1 - (-2) = 1+2 = 3$

本題是計算一個重要的瑕積分 (improper integral)，即高斯積分 (Gaussian integral)。

核心觀念：高斯積分的計算。
這個積分的標準解法是使用極座標變換和二重積分。

步驟一：定義積分。
令 $I = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, dx$。
注意到被積函數 $e^{-x^2}$ 是一個偶函數，所以 $I = 2 \int_{0}^{\infty} e^{-x^2} \, dx$。
但是，直接計算定積分 $\int e^{-x^2} \, dx$ 是無法用初等函數表示的。

步驟二：平方積分。
我們考慮 $I^2$：
$I^2 = \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, dx \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2} \, dy \right)$
我們將第二個積分的變數從 $x$ 改為 $y$，因為積分的變數名稱不影響積分值。
現在我們可以將兩個單獨的積分合併成一個二重積分：
$I^2 = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} e^{-y^2} \, dx \, dy$
$I^2 = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x^2+y^2)} \, dx \, dy$

步驟三：轉換到極座標。
在二維平面上，極座標 $(r, \theta)$ 與直角座標 $(x, y)$ 的關係是 $x = r \cos\theta$，$y = r \sin\theta$。
因此，$x^2 + y^2 = r^2$。
面積元素 $dx \, dy$ 在極座標下變成 $r \, dr \, d\theta$。
積分區域是整個 $xy$ 平面。

本題要求計算一個週期函數 $f(x)$ 的傅立葉級數係數 (Fourier coefficients)。

核心觀念：傅立葉級數的定義與係數計算公式。
週期函數 $f(x)$ 的傅立葉級數展開形式為：
$f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(nx) + b_n \sin(nx))$
其中係數計算公式為：
$a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \, dx$
$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) \, dx, \quad n \ge 1$
$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) \, dx, \quad n \ge 1$
函數 $f(x)$ 的週期是 $2\pi$。

首先，觀察函數 $f(x)$ 的性質。
$f(x) = \begin{cases} -k & \text{if } -\pi < x < 0 \\ k & \text{if } 0 < x < \pi \end{cases}$
當 $x$ 在 $(-\pi, 0)$ 區間時，$f(x) = -k$。
當 $x$ 在 $(0, \pi)$ 區間時，$f(x) = k$。
我們注意到 $f(-x) = -f(x)$，所以 $f(x)$ 是一個奇函數 (odd function)。
對於奇函數，其傅立葉級數展開只有正弦項，即 $a_0 = 0$ 且 $a_n = 0$ 對於所有 $n \ge 1$。
我們只需要計算 $b_n$。

計算 $a_0$：
$a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \, dx$
$= \frac{1}{\pi} \left( \int_{-\pi}^{0} (-k) \, dx + \int_{0}^{\pi} k \, dx \right)$
$= \frac{1}{\pi} \left( [-kx]_{-\pi}^{0} + [kx]_{0}^{\pi} \right)$
$= \frac{1}{\pi} \left( (0 - (-k)(-\pi)) + (k\pi - 0) \right)$
$= \frac{1}{\pi} \left( -k\pi + k\pi \right) = \frac{1}{\pi} (0) = 0$
這與我們預期的結果一致。

計算 $a_n$ ($n \ge 1$)：
$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) \, dx$
由於 $f(x)$ 是奇函數，而 $\cos(nx)$ 是偶函數，所以 $f(x)\cos(nx)$ 是奇函數。奇函數在對稱區間 $(-\pi, \pi)$ 上的積分為零。
$a_n = 0$
這也與我們預期的結果一致。

計算 $b_n$ ($n \ge 1$)：
$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) \, dx$

核心觀念

本題考查固定端一維波動方程的「分離變數法」與「傅立葉正弦級數」：

• 波動方程
  $u_{tt}=c^2u_{xx}$
• 固定端邊界條件
  $u(0,t)=u(L,t)=0$
• 初始位移與初始速度
  $u(x,0)=f(x),\qquad u_t(x,0)=g(x)$

固定端條件會導出空間方向的特徵函數

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

因此初始函數 $f(x)$ 與 $g(x)$ 必須展開成傅立葉正弦級數。

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解題方法：分離變數

設解具有乘積形式

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

代入波動方程：

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

兩邊除以 $c^2X(x)T(t)$：

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

左側只含 $t$，右側只含 $x$，因此兩者必須等於同一個常數。取分離常數為 $-\lambda$，得到

$$\frac{X''}{X}=-\lambda, \qquad \frac{T''}{c^2T}=-\lambda.$$

故分別得到

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

以及

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

空間函數需滿足邊界條件

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

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空間特徵值問題

$\lambda=0$

此時

$$X''=0,$$

所以

$$X(x)=C_1x+C_2.$$

由 $X(0)=0$ 得 $C_2=0$；再由 $X(L)=0$ 得 $C_1=0$。因此只有零解，不能產生非零振動模態。

$\lambda<0$

令 $\lambda=-\mu^2$，其中 $\mu>0$，則

$$X''-\mu^2X=0.$$

其一般解為

$$X(x)=C_1e^{\mu x}+C_2e^{-\mu x},$$

也可寫成雙曲函數形式。套用兩端固定的邊界條件後，同樣只有零解。

$\lambda>0$

令

$$\lambda=\mu^2,\qquad \mu>0.$$

空間方程為

$$X''+\mu^2X=0,$$

其一般解為

$$X(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x).$$

由 $X(0)=0$：

$$A=0.$$

因此

$$X(x)=B\sin(\mu x).$$

再由 $X(L)=0$：

$$B\sin(\mu L)=0.$$

要有非零解 $B\ne 0$，必須滿足

$$\sin(\mu L)=0,$$

所以

$$\mu L=n\pi,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

得到特徵值與特徵函數

$$\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2,$$ $$X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

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時間方向的解

對每一個 $n$，時間方程為

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

令

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

則

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

因此

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

每一個模態的解為

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

利用線性原理，全部模態的疊加解為

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

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套用初始位移條件

令 $t=0$，因為 $\cos 0=1$、$\sin 0=0$，所以

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

由 $u(x,0)=f(x)$，可得 $f(x)$ 的傅立葉正弦級數：

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

利用正交性

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

可得