113 年 國立中央大學大氣科學學系大氣物理碩士班一般生《應用數學》

此題為齊次線性常微分方程的柯西-歐拉 (Cauchy-Euler) 方程式。

題目給予的微分方程為 $x^2y'' - xy' + y = 0$。
這是一個二階齊次線性常微分方程，形式為 $ax^2y'' + bxy' + cy = 0$。
我們可以嘗試令 $y = x^r$ 作為特解。
代入微分方程：
$y' = rx^{r-1}$
$y'' = r(r-1)x^{r-2}$

$x^2(r(r-1)x^{r-2}) - x(rx^{r-1}) + x^r = 0$
$r(r-1)x^r - rx^r + x^r = 0$
$x^r(r(r-1) - r + 1) = 0$

由於 $x^r \neq 0$，我們得到特徵方程 (characteristic equation)：
$r(r-1) - r + 1 = 0$
$r^2 - r - r + 1 = 0$
$r^2 - 2r + 1 = 0$
$(r-1)^2 = 0$

此特徵方程有重根 $r_1 = r_2 = 1$。
當特徵方程有重根 $r$ 時，通解的形式為 $y(x) = c_1 x^r + c_2 x^r \ln|x|$。
因此，此微分方程的通解為 $y(x) = c_1 x^1 + c_2 x^1 \ln|x|$，即 $y(x) = c_1 x + c_2 x \ln|x|$。

核心觀念

本題考查二階線性微分方程的冪級數解法。設解在 $x=0$ 附近可表示為

$$y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n,$$

再將 $y'$、$y''$ 代回原方程，比較各次方 $x^n$ 的係數，即可得到係數遞迴關係。

原方程為

$$y''-4xy'+(4x^2-2)y=0.$$

由於係數皆為多項式，$x=0$ 是普通點，因此可直接使用 Taylor 冪級數。

解題方法

設

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n.$$

則

$$y'=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1} =\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n,$$

以及

$$y''=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_nx^{n-2} =\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n.$$

各項分別整理如下：

$$-4xy' =-4\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^n,$$ $$4x^2y =4\sum_{n=2}^{\infty}a_{n-2}x^n,$$ $$-2y=-2\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n.$$

將各項代入原方程，對 $x^n$ 比較係數。令 $a_{-1}=a_{-2}=0$，可統一寫成

$$(n+2)(n+1)a_{n+2}-(4n+2)a_n+4a_{n-2}=0.$$

因此係數遞迴式為

$$\boxed{ a_{n+2} = \frac{(4n+2)a_n-4a_{n-2}}{(n+2)(n+1)} } \qquad (n\geq 0).$$

其中 $a_0$ 與 $a_1$ 為任意常數，分別決定偶次與奇次項。

偶次項

取 $n=0$：

$$2a_2-2a_0=0 \quad\Longrightarrow\quad a_2=a_0.$$

取 $n=2$：

$$12a_4-10a_2+4a_0=0.$$

代入 $a_2=a_0$：

$$12a_4-6a_0=0 \quad\Longrightarrow\quad a_4=\frac{a_0}{2}.$$

取 $n=4$：

$$30a_6-18a_4+4a_2=0.$$

因此

$$a_6 = \frac{18(a_0/2)-4a_0}{30} = \frac{a_0}{6}.$$

取 $n=6$：

$$56a_8-26a_6+4a_4=0,$$

所以

$$a_8 = \frac{26(a_0/6)-4(a_0/2)}{56} = \frac{a_0}{24}.$$

故偶次部分為

$$a_0\left( 1+x^2+\frac{x^4}{2!}+\frac{x^6}{3!}+\frac{x^8}{4!}+\cdots \right) = a_0e^{x^2}.$$

奇次項

取 $n=1$：

此題要求計算給定函數的拉普拉斯反轉換。

給定的拉普拉斯轉換函數為 $F(s) = \mathcal{L}(f(t)) = \frac{(1+e^{-2\pi(s+1)})(s+1)}{((s+1)^2+1)}$。
我們可以將 $F(s)$ 分解為兩部分：
$F(s) = \frac{s+1}{(s+1)^2+1} + e^{-2\pi(s+1)} \frac{s+1}{(s+1)^2+1}$

我們知道一些基本的拉普拉斯轉換對：

1. $\mathcal{L}(e^{at} g(t)) = G(s-a)$，其中 $G(s) = \mathcal{L}(g(t))$。
2. $\mathcal{L}(u(t-c) h(t-c)) = e^{-cs} H(s)$，其中 $H(s) = \mathcal{L}(h(t))$。

考慮第一項：$\frac{s+1}{(s+1)^2+1}$。
我們知道 $\mathcal{L}(\cos(\omega t)) = \frac{s}{s^2+\omega^2}$。
令 $s' = s+1$，則 $\frac{s'}{s'^2+1}$ 對應於 $\cos(t)$ 的拉普拉斯轉換。
因此，$\mathcal{L}^{-1}\left(\frac{s+1}{(s+1)^2+1}\right)$ 是 $\cos(t)$ 進行指數位移的結果。
根據性質 1，若 $G(s) = \frac{s}{s^2+1}$ (對應 $\cos(t)$)，則 $G(s-a) = \frac{s-a}{(s-a)^2+1}$。
在這裡，我們有 $\frac{s+1}{(s+1)^2+1}$，這表示 $a=-1$。
所以，$\mathcal{L}^{-1}\left(\frac{s+1}{(s+1)^2+1}\right) = e^{-t} \cos(t)$。

現在考慮第二項：$e^{-2\pi(s+1)} \frac{s+1}{(s+1)^2+1}$。
我們可以將指數項寫成 $e^{-2\pi s} e^{2\pi}$。
$e^{-2\pi(s+1)} = e^{-2\pi s - 2\pi} = e^{-2\pi} e^{-2\pi s}$。
所以，第二項是 $e^{-2\pi} e^{-2\pi s} \frac{s+1}{(s+1)^2+1}$。

我們知道 $\mathcal{L}^{-1}\left(e^{-cs} H(s)\right) = u(t-c) h(t-c)$。
在這裡，我們有 $e^{-2\pi s}$，所以 $c = 2\pi$。

此題為一個Volterra積分方程，其中包含卷積積分。

積分方程為 $y(t) - \int_{0}^{t} y(\tau) \sin(2(t-\tau)) d\tau = \sin(2t)$。
我們可以識別出積分部分是 $y(t)$ 與 $\sin(2t)$ 的卷積，記為 $(y * \sin)(t)$。
所以方程可以寫成：
$y(t) - (y * \sin)(t) = \sin(2t)$

為了解決這個方程，我們可以使用拉普拉斯轉換。
令 $Y(s) = \mathcal{L}\{y(t)\}$。
我們知道卷積定理：$\mathcal{L}\{(f*g)(t)\} = F(s)G(s)$。
在此，我們需要 $\mathcal{L}\{\sin(2t)\}$。
$\mathcal{L}\{\sin(at)\} = \frac{a}{s^2+a^2}$。
所以，$\mathcal{L}\{\sin(2t)\} = \frac{2}{s^2+2^2} = \frac{2}{s^2+4}$。

對整個積分方程進行拉普拉斯轉換：
$\mathcal{L}\{y(t)\} - \mathcal{L}\left\{\int_{0}^{t} y(\tau) \sin(2(t-\tau)) d\tau\right\} = \mathcal{L}\{\sin(2t)\}$
$Y(s) - Y(s) \mathcal{L}\{\sin(2t)\} = \frac{2}{s^2+4}$
$Y(s) - Y(s) \left(\frac{2}{s^2+4}\right) = \frac{2}{s^2+4}$

核心觀念

本題考查矩陣的特徵值、特徵向量、特徵基底與對角化。

若矩陣 $A$ 有 $n$ 個線性獨立的特徵向量，則可將這些特徵向量組成矩陣 $P$，並令對應特徵值組成對角矩陣 $D$，使得

$$A=PDP^{-1}$$

其中：

• $P$ 的各欄為 $A$ 的線性獨立特徵向量；
• $D$ 的對角元素為各特徵向量所對應的特徵值；
• 特徵向量在 $P$ 中的排列，必須與 $D$ 中特徵值的排列一致。

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解題方法

先求特徵值，再求各特徵值的特徵向量，最後組成 $P$ 與 $D$。

一、求特徵值

考慮特徵方程

$$\det(\lambda I-A)=0$$

有

$$\lambda I-A = \begin{bmatrix} \lambda+1 & 1 & 0\\ 1 & \lambda+1 & 0\\ 0 & 0 & \lambda-2 \end{bmatrix}$$

因此

$$\det(\lambda I-A) = (\lambda-2) \det \begin{bmatrix} \lambda+1 & 1\\ 1 & \lambda+1 \end{bmatrix}$$ $$= (\lambda-2)\left[(\lambda+1)^2-1\right]$$ $$= (\lambda-2)(\lambda^2+2\lambda)$$ $$= \lambda(\lambda+2)(\lambda-2)$$

所以特徵值為

$$\boxed{\lambda=-2,\ 0,\ 2}$$

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二、求 $\lambda=-2$ 的特徵向量

解

$$(A+2I)\mathbf{x}=0$$

其中

$$A+2I = \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0\\ -1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 4 \end{bmatrix}$$

令

$$\mathbf{x}= \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix}$$

則聯立方程為

$$x-y=0,\qquad -x+y=0,\qquad 4z=0$$

因此

$$x=y,\qquad z=0$$

取 $x=1$，得到特徵向量

$$\mathbf{v}_1= \begin{bmatrix} 1\\1\\0 \end{bmatrix}$$

故

$$E_{-2} = \operatorname{span} \left\{ \begin{bmatrix} 1\\1\\0 \end{bmatrix} \right\}$$

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三、求 $\lambda=0$ 的特徵向量

解

$$A\mathbf{x}=0$$

即

$$\begin{bmatrix} -1 & -1 & 0\\ -1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix}$$

得到

$$-x-y=0,\qquad 2z=0$$

因此

$$y=-x,\qquad z=0$$

取 $x=1$，得到特徵向量

$$\mathbf{v}_2= \begin{bmatrix} 1\\-1\\0 \end{bmatrix}$$

故

$$E_0 = \operatorname{span} \left\{ \begin{bmatrix} 1\\-1\\0 \end{bmatrix} \right\}$$

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四、求 $\lambda=2$ 的特徵向量

解

$$(A-2I)\mathbf{x}=0$$

其中

$$A-2I = \begin{bmatrix} -3 & -1 & 0\\ -1 & -3 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

因此

$$-3x-y=0,\qquad -x-3y=0$$

由第一式得 $y=-3x$，代入第二式：

$$-x-3(-3x)=0$$ $$8x=0$$

所以

$$x=0,\qquad y=0$$

而 $z$ 為自由變數。取 $z=1$，得到特徵向量

$$\mathbf{v}_3= \begin{bmatrix} 0\\0\\1 \end{bmatrix}$$

故

此題要求計算一個定義在區間 $(-0.5, 0.5)$ 上的分段函數的傅立葉級數。

函數為 $f(x) = \begin{cases} 0, & -0.5 < x < 0 \\ x, & 0 < x < 0.5 \end{cases}$。
此函數定義在區間 $[-L, L]$ 上，其中 $L=0.5$。
傅立葉級數的形式為：
$f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(\frac{n\pi x}{L}) + b_n \sin(\frac{n\pi x}{L}))$
在這裡 $L=0.5$，所以 $\frac{n\pi x}{L} = \frac{n\pi x}{0.5} = 2n\pi x$。
$f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(2n\pi x) + b_n \sin(2n\pi x))$

計算傅立葉係數：
$a_0 = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) dx = \frac{1}{0.5} \int_{-0.5}^{0.5} f(x) dx = 2 \int_{-0.5}^{0.5} f(x) dx$
$a_0 = 2 \left( \int_{-0.5}^{0} 0 dx + \int_{0}^{0.5} x dx \right)$
$a_0 = 2 \left( 0 + \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{0.5} \right)$
$a_0 = 2 \left( \frac{(0.5)^2}{2} - 0 \right) = 2 \left( \frac{0.25}{2} \right) = 2 (0.125) = 0.25 = \frac{1}{4}$

$a_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \cos(\frac{n\pi x}{L}) dx = 2 \int_{-0.5}^{0.5} f(x) \cos(2n\pi x) dx$
$a_n = 2 \left( \int_{-0.5}^{0} 0 \cdot \cos(2n\pi x) dx + \int_{0}^{0.5} x \cos(2n\pi x) dx \right)$
$a_n = 2 \int_{0}^{0.5} x \cos(2n\pi x) dx$

我們需要使用分部積分法來計算 $\int x \cos(ax) dx$。
令 $u=x$, $dv = \cos(ax) dx$。則 $du=dx$, $v = \frac{1}{a} \sin(ax)$。
$\int x \cos(ax) dx = \frac{x}{a} \sin(ax) - \int \frac{1}{a} \sin(ax) dx = \frac{x}{a} \sin(ax) + \frac{1}{a^2} \cos(ax)$。
在這裡，$a = 2n\pi$。

$a_n = 2 \left[ \frac{x}{2n\pi} \sin(2n\pi x) + \frac{1}{(2n\pi)^2} \cos(2n\pi x) \right]_{0}^{0.5}$
$a_n = 2 \left[ \left( \frac{0.5}{2n\pi} \sin(2n\pi \cdot 0.5) + \frac{1}{4n^2\pi^2} \cos(2n\pi \cdot 0.5) \right) - \left( 0 + \frac{1}{4n^2\pi^2} \cos(0) \right) \right]$
$a_n = 2 \left[ \frac{1}{4n\pi} \sin(n\pi) + \frac{1}{4n^2\pi^2} \cos(n\pi) - \frac{1}{4n^2\pi^2} \right]$

我們知道 $\sin(n\pi) = 0$ 對於所有整數 $n$。
$\cos(n\pi) = (-1)^n$ 對於所有整數 $n$。

$a_n = 2 \left[ 0 + \frac{1}{4n^2\pi^2} (-1)^n - \frac{1}{4n^2\pi^2} \right]$
$a_n = 2 \left[ \frac{(-1)^n - 1}{4n^2\pi^2} \right] = \frac{(-1)^n - 1}{2n^2\pi^2}$

當 $n$ 是偶數 ($n=2k$)， $(-1)^n = 1$，則 $a_n = \frac{1-1}{2n^2\pi^2} = 0$。
當 $n$ 是奇數 ($n=2k-1$)， $(-1)^n = -1$，則 $a_n = \frac{-1-1}{2n^2\pi^2} = \frac{-2}{2n^2\pi^2} = \frac{-1}{n^2\pi^2}$。
所以，$a_n = \begin{cases} 0, & n \text{ is even} \\ \frac{-1}{n^2\pi^2}, & n \text{ is odd} \end{cases}$。

$b_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \sin(\frac{n\pi x}{L}) dx = 2 \int_{-0.5}^{0.5} f(x) \sin(2n\pi x) dx$
$b_n = 2 \left( \int_{-0.5}^{0} 0 \cdot \sin(2n\pi x) dx + \int_{0}^{0.5} x \sin(2n\pi x) dx \right)$
$b_n = 2 \int_{0}^{0.5} x \sin(2n\pi x) dx$

我們需要使用分部積分法來計算 $\int x \sin(ax) dx$。
令 $u=x$, $dv = \sin(ax) dx$。則 $du=dx$, $v = -\frac{1}{a} \cos(ax)$。
$\int x \sin(ax) dx = -\frac{x}{a} \cos(ax) - \int (-\frac{1}{a} \cos(ax)) dx = -\frac{x}{a} \cos(ax) + \frac{1}{a^2} \sin(ax)$。
在這裡，$a = 2n\pi$。

$b_n = 2 \left[ -\frac{x}{2n\pi} \cos(2n\pi x) + \frac{1}{(2n\pi)^2} \sin(2n\pi x) \right]_{0}^{0.5}$

核心觀念

本題為半無界空間（$x \ge 0, t \ge 0$）上的二階線性偏微分方程式（屬於含阻尼項與彈性項的電報方程式變形），求解核心在於對時間變數 $t$ 施加拉普拉斯轉換（Laplace Transform）：

1. 時間微分的拉普拉斯轉換：
   $\mathcal{L}\left\{ \frac{\partial w}{\partial t} \right\} = sW(x, s) - w(x, 0)$
   $\mathcal{L}\left\{ \frac{\partial^2 w}{\partial t^2} \right\} = s^2W(x, s) - sw(x, 0) - w_t(x, 0)$
2. 常微分方程式（ODE）通解與有界性條件：
   在半無界域 $x \ge 0$ 中，解必須滿足物理有界性 $\lim_{x \to \infty} w(x, t) < \infty$（即 $\lim_{x \to \infty} W(x, s) = 0$），藉此消去空間上的發散指數項。
3. 拉普拉斯轉換之第二位移定理（Second Shifting Theorem）：
   $\mathcal{L}^{-1}\left\{ e^{-as} F(s) \right\} = f(t - a) u(t - a) \quad (a > 0)$
   其中 $u(t)$ 為赫維賽德單位步階函數（Heaviside Unit Step Function）。

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解題方法

步驟一：對時間 $t$ 進行拉普拉斯轉換

定義 $w(x, t)$ 的拉普拉斯轉換為：
$W(x, s) = \mathcal{L}\{w(x, t)\} = \int_0^\infty w(x, t) e^{-st} \, dt$

將原 PDE 兩邊對 $t$ 取拉普拉斯轉換：
$\mathcal{L}\left\{ \frac{\partial^2 w}{\partial x^2} \right\} = 100 \mathcal{L}\left\{ \frac{\partial^2 w}{\partial t^2} \right\} + 100 \mathcal{L}\left\{ \frac{\partial w}{\partial t} \right\} + 25 \mathcal{L}\{w\}$

代入初始條件 $w(x, 0) = 0$ 與 $w_t(x, 0) = 0$：
$\frac{d^2 W(x, s)}{dx^2} = 100\left( s^2 W - sw(x,0) - w_t(x,0) \right) + 100\left( sW - w(x,0) \right) + 25W$
$\frac{d^2 W(x, s)}{dx^2} = \left( 100s^2 + 100s + 25 \right) W(x, s)$

注意到特徵多項式可因式分解為完全平方：
$100s^2 + 100s + 25 = 25(4s^2 + 4s + 1) = (10s + 5)^2$

因此，關於空間變數 $x$ 的常微分方程式為：
$\frac{d^2 W}{dx^2} - (10s + 5)^2 W = 0$

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步驟二：求解 ODE 並代入邊界條件

該二階常微分方程式之通解為：
$W(x, s) = C_1(s) e^{-(10s + 5)x} + C_2(s) e^{+(10s + 5)x}$