108 年 國立中央大學大氣科學學系大氣物理碩士班在職生《應用數學》

此題考查二階齊次線性 ODE 的基本性質，包含由已知解求 ODE、線性獨立性的判斷（Wronskian）以及利用初始條件求解特定解。

(a) 尋找二階齊次線性 ODE
給定兩個解 $y_1(x) = x^2$ 和 $y_2(x) = x^2 \ln x$。
一個二階齊次線性 ODE 的一般形式為 $y'' + p(x)y' + q(x)y = 0$。
我們有 $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$ 滿足此 ODE。
首先計算 $y_1$ 和 $y_2$ 的一階與二階導數：
$y_1 = x^2 \implies y_1' = 2x \implies y_1'' = 2$
$y_2 = x^2 \ln x \implies y_2' = 2x \ln x + x^2 \cdot \frac{1}{x} = 2x \ln x + x \implies y_2'' = 2 \ln x + 2x \cdot \frac{1}{x} + 1 = 2 \ln x + 2 + 1 = 2 \ln x + 3$

將 $y_1$ 代入 ODE：
$2 + p(x)(2x) + q(x)(x^2) = 0 \quad (*)$
將 $y_2$ 代入 ODE：
$(2 \ln x + 3) + p(x)(2x \ln x + x) + q(x)(x^2 \ln x) = 0 \quad (**)$

從 $(*)$ 式，我們有 $q(x) = -\frac{2 + 2xp(x)}{x^2}$。
將此代入 $(**)$ 式：
$(2 \ln x + 3) + p(x)(2x \ln x + x) + (-\frac{2 + 2xp(x)}{x^2})(x^2 \ln x) = 0$
$2 \ln x + 3 + 2xp(x) \ln x + xp(x) - (2 + 2xp(x))\ln x = 0$
$2 \ln x + 3 + 2xp(x) \ln x + xp(x) - 2 \ln x - 2xp(x) \ln x = 0$
$3 + xp(x) = 0$
$p(x) = -\frac{3}{x}$

現在求 $q(x)$：
$q(x) = -\frac{2 + 2x(-\frac{3}{x})}{x^2} = -\frac{2 - 6}{x^2} = -\frac{-4}{x^2} = \frac{4}{x^2}$

因此，所求的 ODE 為：
$y'' - \frac{3}{x}y' + \frac{4}{x^2}y = 0$
為了消除分母，可以將整個方程式乘以 $x^2$ (假設 $x \neq 0$)：
$x^2 y'' - 3xy' + 4y = 0$

此題考查二元一次線性常微分方程組的初始值問題。我們將使用矩陣方法來求解。

(a) 求解 $y_1' = y_1 + 3y_2$, $y_2' = y_1 + 3y_2$, with $y_1(0) = 1$, $y_2(0) = 2$.
將系統寫成矩陣形式：
$\mathbf{y}' = A \mathbf{y}$
其中 $\mathbf{y} = \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}$，$\mathbf{y}' = \begin{pmatrix} y_1' \\ y_2' \end{pmatrix}$，且 $A = \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$。

首先，我們需要找到矩陣 $A$ 的特徵值和特徵向量。
特徵方程式為 $\det(A - \lambda I) = 0$：
$\begin{vmatrix} 1-\lambda & 3 \\ 1 & 3-\lambda \end{vmatrix} = 0$
$(1-\lambda)(3-\lambda) - 3 \cdot 1 = 0$
$3 - \lambda - 3\lambda + \lambda^2 - 3 = 0$
$\lambda^2 - 4\lambda = 0$
$\lambda(\lambda - 4) = 0$
特徵值為 $\lambda_1 = 0$ 和 $\lambda_2 = 4$。

接著，計算對應的特徵向量：
對於 $\lambda_1 = 0$:
$(A - 0I)\mathbf{v}_1 = \mathbf{0}$
$\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 1 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_{11} \\ v_{21} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
$v_{11} + 3v_{21} = 0 \implies v_{11} = -3v_{21}$。
令 $v_{21} = 1$，則 $v_{11} = -3$。
特徵向量 $\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} -3 \\ 1 \end{pmatrix}$。

對於 $\lambda_2 = 4$:
$(A - 4I)\mathbf{v}_2 = \mathbf{0}$
$\begin{pmatrix} 1-4 & 3 \\ 1 & 3-4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_{12} \\ v_{22} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix} -3 & 3 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_{12} \\ v_{22} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
$-3v_{12} + 3v_{22} = 0 \implies v_{12} = v_{22}$。
令 $v_{22} = 1$，則 $v_{12} = 1$。
特徵向量 $\mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$。

通解的形式為 $\mathbf{y}(x) = c_1 e^{\lambda_1 x} \mathbf{v}_1 + c_2 e^{\lambda_2 x} \mathbf{v}_2$。
$\mathbf{y}(x) = c_1 e^{0x} \begin{pmatrix} -3 \\ 1 \end{pmatrix} + c_2 e^{4x} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$
$\mathbf{y}(x) = c_1 \begin{pmatrix} -3 \\ 1 \end{pmatrix} + c_2 e^{4x} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix} y_1(x) \\ y_2(x) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3c_1 + c_2 e^{4x} \\ c_1 + c_2 e^{4x} \end{pmatrix}$

現在利用初始條件 $y_1(0) = 1$ 和 $y_2(0) = 2$ 來求解 $c_1$ 和 $c_2$。
當 $x=0$:
$y_1(0) = -3c_1 + c_2 e^{0} = -3c_1 + c_2 = 1$
$y_2(0) = c_1 + c_2 e^{0} = c_1 + c_2 = 2$

解這個聯立方程組：
(1) $-3c_1 + c_2 = 1$
(2) $c_1 + c_2 = 2$
從 (2) 式減去 (1) 式：
$(c_1 + c_2) - (-3c_1 + c_2) = 2 - 1$
$4c_1 = 1 \implies c_1 = \frac{1}{4}$。
將 $c_1 = \frac{1}{4}$ 代入 (2) 式：
$\frac{1}{4} + c_2 = 2 \implies c_2 = 2 - \frac{1}{4} = \frac{7}{4}$。

所以，特解為：
$y_1(x) = -3(\frac{1}{4}) + \frac{7}{4} e^{4x} = -\frac{3}{4} + \frac{7}{4} e^{4x}$

此題考查積分方程的求解，特別是 Volterra 積分方程。最適合用拉普拉斯轉換來求解。

給定的積分方程為：
$y(t) - \int_{0}^{t} y(\tau)(t-\tau) d\tau = 2 - \frac{1}{2}t^2$

我們注意到積分部分 $\int_{0}^{t} y(\tau)(t-\tau) d\tau$ 是 $y(t)$ 與 $t$ 的卷積（convolution）。
令 $g(t) = t$。則卷積為 $(y * g)(t) = \int_{0}^{t} y(\tau) g(t-\tau) d\tau = \int_{0}^{t} y(\tau) (t-\tau) d\tau$。

對整個方程取拉普拉斯轉換 $L\{\cdot\}(s)$：
$L\{y(t)\}(s) - L\{(y * g)(t)\}(s) = L\{2 - \frac{1}{2}t^2\}(s)$

利用拉普拉斯轉換的性質：

1. $L\{y(t)\} = Y(s)$
2. $L\{(y * g)(t)\} = L\{y(t)\} L\{g(t)\} = Y(s) G(s)$
3. $L\{c\} = \frac{c}{s}$
4. $L\{t^n\} = \frac{n!}{s^{n+1}}$

首先計算 $G(s) = L\{g(t)\} = L\{t\}$：
$G(s) = \frac{1!}{s^{1+1}} = \frac{1}{s^2}$。

接著計算右側的拉普拉斯轉換：
$L\{2 - \frac{1}{2}t^2\} = L\{2\} - \frac{1}{2}L\{t^2\}$
$= \frac{2}{s} - \frac{1}{2} \cdot \frac{2!}{s^{2+1}}$
$= \frac{2}{s} - \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{s^3}$
$= \frac{2}{s} - \frac{1}{s^3}$

將這些代回轉換後的方程：
$Y(s) - Y(s) G(s) = \frac{2}{s} - \frac{1}{s^3}$
$Y(s) - Y(s) \frac{1}{s^2} = \frac{2}{s} - \frac{1}{s^3}$
$Y(s) (1 - \frac{1}{s^2}) = \frac{2}{s} - \frac{1}{s^3}$

核心觀念

本題考查：

• 特徵值與特徵向量的定義：
  $A\mathbf v=\lambda\mathbf v,\qquad \mathbf v\ne\mathbf 0$
• 特徵空間與特徵基底：若矩陣有足夠多個線性獨立的特徵向量，即可由這些特徵向量組成 eigenbasis。
• 對角化定理：若
  $P=(\mathbf v_1\ \mathbf v_2\ \mathbf v_3)$
  的各列為線性獨立的特徵向量，且對應特徵值為 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$，則
  $P^{-1}AP=D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3).$

本題矩陣可寫成

$$A= \begin{pmatrix} -1&2&2\\ 2&-1&2\\ 2&2&-1 \end{pmatrix} =2J-3I,$$

其中 $J$ 是所有元素皆為 $1$ 的矩陣。這個形式可以快速看出其特徵值與特徵向量。

解題方法

1. 求出一個特徵向量

取

$$\mathbf v_1= \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix}.$$

則

$$A\mathbf v_1 = \begin{pmatrix} -1+2+2\\ 2-1+2\\ 2+2-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\3\\3 \end{pmatrix} = 3\mathbf v_1.$$

因此

$$\lambda_1=3,\qquad E_3=\operatorname{span}\left\{ \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} \right\}.$$

2. 求其餘特徵值與特徵向量

若向量 $\mathbf v=(x,y,z)^T$ 滿足

$$x+y+z=0,$$

則 $J\mathbf v=\mathbf 0$，因此

$$A\mathbf v=(2J-3I)\mathbf v=-3\mathbf v.$$

所以所有滿足 $x+y+z=0$ 的非零向量，都是特徵值 $-3$ 的特徵向量。其特徵空間為

$$E_{-3} = \left\{ \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}:x+y+z=0 \right\}.$$

可取其中兩個線性獨立的向量：

$$\mathbf v_2= \begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf v_3= \begin{pmatrix} 1\\1\\-2 \end{pmatrix}.$$

直接驗算：

$$A\mathbf v_2 = \begin{pmatrix} -3\\3\\0 \end{pmatrix} =-3\mathbf v_2,$$

以及

$$A\mathbf v_3 = \begin{pmatrix} -3\\-3\\6 \end{pmatrix} =-3\mathbf v_3.$$

因此

$$\lambda_2=\lambda_3=-3.$$

3. 形成 eigenbasis

三個特徵向量

核心觀念

本題考查向量微積分中的散度與旋度，以及下列恆等式：

$$\nabla\cdot(\phi\mathbf{A}) =(\nabla\phi)\cdot\mathbf{A} +\phi(\nabla\cdot\mathbf{A}),$$ $$\nabla\times(\phi\mathbf{A}) =(\nabla\phi)\times\mathbf{A} +\phi(\nabla\times\mathbf{A}),$$ $$\nabla\cdot(\mathbf{A}\times\mathbf{B}) =\mathbf{B}\cdot(\nabla\times\mathbf{A}) -\mathbf{A}\cdot(\nabla\times\mathbf{B}).$$

題目給定

$$\mathbf{u}=[x,y,z],\qquad \mathbf{v}=[y+z,x+z,x+y],$$ $$f=x+y-z,\qquad g=xyz.$$

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(a) $\nabla\cdot(f\mathbf{v})$

解題方法

使用乘積法則：

$$\nabla\cdot(f\mathbf{v}) =(\nabla f)\cdot\mathbf{v} +f(\nabla\cdot\mathbf{v}).$$

首先計算 $f$ 的梯度：

$$\nabla f =\left[ \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z} \right] =[1,1,-1].$$

因此

$$(\nabla f)\cdot\mathbf{v} =[1,1,-1]\cdot[y+z,x+z,x+y].$$

展開得

$$\begin{aligned} (\nabla f)\cdot\mathbf{v} &=(y+z)+(x+z)-(x+y)\\ &=2z. \end{aligned}$$

再計算 $\mathbf{v}$ 的散度：

$$\begin{aligned} \nabla\cdot\mathbf{v} &=\frac{\partial}{\partial x}(y+z) +\frac{\partial}{\partial y}(x+z) +\frac{\partial}{\partial z}(x+y)\\ &=0+0+0=0. \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{\nabla\cdot(f\mathbf{v})=2z}.$$

---

(b) $\nabla\times(g\mathbf{v})$

解題方法

使用旋度的乘積法則：

$$\nabla\times(g\mathbf{v}) =(\nabla g)\times\mathbf{v} +g(\nabla\times\mathbf{v}).$$

先求 $g$ 的梯度：

$$g=xyz,$$ $$\nabla g =\left[ \frac{\partial g}{\partial x}, \frac{\partial g}{\partial y}, \frac{\partial g}{\partial z} \right] =[yz,xz,xy].$$

再求 $\mathbf{v}$ 的旋度：

$$\begin{aligned} \nabla\times\mathbf{v} &= \left[ \frac{\partial v_3}{\partial y}-\frac{\partial v_2}{\partial z}, \frac{\partial v_1}{\partial z}-\frac{\partial v_3}{\partial x}, \frac{\partial v_2}{\partial x}-\frac{\partial v_1}{\partial y} \right]\\ &=[x-x,\ y-y,\ z-z]\\ &=[0,0,0]. \end{aligned}$$

因此

$$\nabla\times(g\mathbf{v}) =(\nabla g)\times\mathbf{v}.$$

計算叉積：

此題考查函數的傅立葉級數展開。函數在一個週期 $[-1, 1]$ 內定義，長度為 $2L = 2$，所以 $L=1$。

傅立葉級數的通式為：
$f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(\frac{n\pi x}{L}) + b_n \sin(\frac{n\pi x}{L}))$
由於 $L=1$，級數為：
$f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(n\pi x) + b_n \sin(n\pi x))$

計算係數 $a_0, a_n, b_n$：
$a_0 = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) dx = \frac{1}{1} \int_{-1}^{1} f(x) dx$
$a_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \cos(\frac{n\pi x}{L}) dx = \frac{1}{1} \int_{-1}^{1} f(x) \cos(n\pi x) dx$
$b_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \sin(\frac{n\pi x}{L}) dx = \frac{1}{1} \int_{-1}^{1} f(x) \sin(n\pi x) dx$

首先計算 $a_0$:
$a_0 = \int_{-1}^{1} f(x) dx = \int_{-1}^{0} 0 dx + \int_{0}^{1} x dx$
$a_0 = 0 + [\frac{x^2}{2}]_{0}^{1} = \frac{1^2}{2} - \frac{0^2}{2} = \frac{1}{2}$。

接著計算 $a_n$:
$a_n = \int_{-1}^{1} f(x) \cos(n\pi x) dx = \int_{-1}^{0} 0 \cdot \cos(n\pi x) dx + \int_{0}^{1} x \cos(n\pi x) dx$
$a_n = \int_{0}^{1} x \cos(n\pi x) dx$
使用分部積分法：$\int u dv = uv - \int v du$。
令 $u = x$, $dv = \cos(n\pi x) dx$。
則 $du = dx$, $v = \int \cos(n\pi x) dx = \frac{1}{n\pi} \sin(n\pi x)$。

$a_n = [x \cdot \frac{1}{n\pi} \sin(n\pi x)]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{1}{n\pi} \sin(n\pi x) dx$
$a_n = (1 \cdot \frac{1}{n\pi} \sin(n\pi) - 0 \cdot \frac{1}{n\pi} \sin(0)) - \frac{1}{n\pi} \int_{0}^{1} \sin(n\pi x) dx$
由於 $\sin(n\pi) = 0$ 對於所有整數 $n$，第一項為 0。
$a_n = 0 - \frac{1}{n\pi} [-\frac{1}{n\pi} \cos(n\pi x)]_{0}^{1}$
$a_n = \frac{1}{(n\pi)^2} [\cos(n\pi x)]_{0}^{1}$
$a_n = \frac{1}{(n\pi)^2} (\cos(n\pi) - \cos(0))$
$a_n = \frac{1}{(n\pi)^2} ((-1)^n - 1)$。

這裡需要注意：
當 $n$ 為偶數時， $(-1)^n = 1$，所以 $a_n = \frac{1}{(n\pi)^2} (1 - 1) = 0$。

此題考查熱傳導方程（或稱一維波動方程式）的邊界值問題，特別是邊界條件為齊次狄利克雷邊界條件（Neumann boundary conditions）的情況。題目中給定的解的形式是透過分離變數法得到的。

熱傳導方程為 $\frac{\partial u}{\partial t} = k \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$，其中 $k$ 為熱擴散係數，題目中用 $c^2$ 代表，所以方程為 $u_t = c^2 u_{xx}$。
邊界條件為 $u_x(0,t) = 0$ 和 $u_x(L,t) = 0$ (完全絕熱邊界)。
初始條件為 $u(x,0) = f(x)$。

分離變數法假設解的形式為 $u(x,t) = X(x)T(t)$。
代入熱傳導方程：$X(x)T'(t) = c^2 X''(x)T(t)$。
將其整理為 $\frac{T'(t)}{c^2 T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)}$。
由於左邊只與 $t$ 有關，右邊只與 $x$ 有關，兩者必須等於一個常數，我們設此常數為 $-\lambda^2$（通常設為 $-\lambda^2$ 以便得到三角函數解）。

1. 處理時間部分 $T(t)$：
   $\frac{T'(t)}{c^2 T(t)} = -\lambda^2$
   $T'(t) + c^2 \lambda^2 T(t) = 0$
   此為一階線性 ODE，其解為 $T(t) = C e^{-c^2 \lambda^2 t}$。

2. 處理空間部分 $X(x)$：
   $\frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda^2$
   $X''(x) + \lambda^2 X(x) = 0$
   此為二階齊次線性 ODE。

3. 處理邊界條件：
   將 $u(x,t) = X(x)T(t)$ 代入邊界條件 $u_x(0,t) = 0$ 和 $u_x(L,t) = 0$。
   $u_x(x,t) = X'(x)T(t)$。
   $u_x(0,t) = X'(0)T(t) = 0$。由於 $T(t)$ 不恆為零，所以 $X'(0) = 0$。
   $u_x(L,t) = X'(L)T(t) = 0$。由於 $T(t)$ 不恆為零，所以 $X'(L) = 0$。
   所以，空間部分的邊界條件是 $X'(0) = 0$ 和 $X'(L) = 0$。

4. 求解空間微分方程 $X''(x) + \lambda^2 X(x) = 0$ 及其邊界條件：
   此方程的通解為 $X(x) = A \cos(\lambda x) + B \sin(\lambda x)$。
   計算導數：$X'(x) = -A \lambda \sin(\lambda x) + B \lambda \cos(\lambda x)$。

   應用邊界條件 $X'(0) = 0$:
   $X'(0) = -A \lambda \sin(0) + B \lambda \cos(0) = B \lambda = 0$。
   若 $\lambda \neq 0$，則 $B=0$。
   此時，$X(x) = A \cos(\lambda x)$。

   應用邊界條件 $X'(L) = 0$:
   $X'(L) = -A \lambda \sin(\lambda L) = 0$。
   若 $A \neq 0$ (我們關心非零解)，則 $\sin(\lambda L) = 0$。
   這表示 $\lambda L = n\pi$，其中 $n$ 是整數。
   所以，$\lambda = \frac{n\pi}{L}$。

   這個 $\lambda$ 值是我們需要的。
   如果 $\lambda = 0$ (即 $n=0$)：
   $X''(x) = 0$。通解為 $X(x) = Ax + B$。
   $X'(x) = A$。
   $X'(0) = A = 0$。
   $X'(L) = A = 0$。
   所以 $X(x) = B$ (一個常數)。這是非零解。

   因此，我們有兩類解：
   (i) 當 $\lambda = 0$ ($n=0$)：$X_0(x) = B_0$。對應的時間解 $T_0(t) = C_0 e^0 = C_0$。
   組合解為 $u_0(x,t) = X_0(x)T_0(t) = B_0 C_0 = A_0$ (常數)。

   (ii) 當 $\lambda_n = \frac{n\pi}{L}$ ($n=1, 2, 3, \dots$)：$X_n(x) = A_n \cos(\frac{n\pi x}{L})$ (我們取 $B=0$ 且 $A_n$ 作為新的常數)。
   對應的時間解 $T_n(t) = C_n e^{-c^2 (\frac{n\pi}{L})^2 t}$。
   組合解為 $u_n(x,t) = X_n(x)T_n(t) = A_n \cos(\frac{n\pi x}{L}) e^{-(c n\pi/L)^2 t}$。
   注意題目中的 $c$ 應為 $c^2$ (熱擴散係數)。所以時間指數為 $e^{-c^2 (n\pi/L)^2 t}$。
   題目中的 $e^{-(c\eta\pi/L)^2 t}$ 應為 $e^{-c^2 (n\pi/L)^2 t}$。假設 $\eta$ 是 $n$ 的筆誤。

5. 疊加所有解：
   根據疊加原理，總解為所有獨立解的線性組合：
   $u(x,t) = u_0(x,t) + \sum_{n=1}^{\infty} u_n(x,t)$
   $u(x,t) = A_0 + \sum_{n=1}^{\infty} A_n \cos(\frac{n\pi x}{L}) e^{-c^2 (n\pi/L)^2 t}$。
   這裡的 $A_0$ 和 $A_n$ 是由初始條件決定的係數。

6. 應用初始條件 $u(x,0) = f(x)$：
   當 $t=0$ 時，
   $u(x,0) = A_0 + \sum_{n=1}^{\infty} A_n \cos(\frac{n\pi x}{L}) e^0$
   $f(x) = A_0 + \sum_{n=1}^{\infty} A_n \cos(\frac{n\pi x}{L})$。

   這是一個餘弦級數展開（或稱傅立葉餘弦級數）。
   要找到係數 $A_0$ 和 $A_n$，我們需要利用正交性。
   首先，計算 $A_0$：
   對等式兩邊從 $0$ 到 $L$ 積分：
   $\int_0^L f(x) dx = \int_0^L (A_0 + \sum_{n=1}^{\infty} A_n \cos(\frac{n\pi x}{L})) dx$
   $\int_0^L f(x) dx = A_0 \int_0^L dx + \sum_{n=1}^{\infty} A_n \int_0^L \cos(\frac{n\pi x}{L}) dx$