114 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》

這是一道歐拉-柯西 (Euler-Cauchy) 齊次線性微分方程的初值問題。

核心觀念：歐拉-柯西方程 $ax^2y'' + bxy' + cy = 0$ 的解法是假設 $y = x^r$ 代入，求出特徵方程，解出 $r$ 值後得到通解。

解題過程：
給定的微分方程為 $x^2y'' - 3xy' + 4y = 0$。
假設解的形式為 $y = x^r$。
則 $y' = rx^{r-1}$， $y'' = r(r-1)x^{r-2}$。
將 $y, y', y''$ 代入原方程：
$x^2(r(r-1)x^{r-2}) - 3x(rx^{r-1}) + 4(x^r) = 0$
$r(r-1)x^r - 3rx^r + 4x^r = 0$
$x^r [r(r-1) - 3r + 4] = 0$
由於 $x^r \neq 0$ (除非 $x=0$，但我們關注 $x>0$ 或 $x<0$)，我們得到特徵方程：
$r(r-1) - 3r + 4 = 0$
$r^2 - r - 3r + 4 = 0$
$r^2 - 4r + 4 = 0$
$(r-2)^2 = 0$
此特徵方程有重根 $r = 2$。

當特徵方程有重根 $r$ 時，通解的形式為 $y = c_1x^r + c_2x^r \ln|x|$。
因此，此微分方程的通解為：
$y(x) = c_1x^2 + c_2x^2 \ln|x|$

核心觀念

本題考查「以 $x=0$ 為中心的冪級數解法」。設

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

則

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

代入微分方程後，比較各次方 $x^n$ 的係數，即可得到係數遞迴關係。

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解題方法與計算過程

令

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

則

$$y'=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}, \qquad y''=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_nx^{n-2}.$$

原方程為

$$(1-x^2)y''-2xy'+2y=0.$$

分別計算各項：

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

因此，對於每個 $n\geq 0$，$x^n$ 的係數滿足

$$(n+2)(n+1)a_{n+2} -\left[n(n-1)+2n-2\right]a_n=0.$$

整理括號：

$$n(n-1)+2n-2=n^2+n-2=(n-1)(n+2).$$

故

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

由於 $n+2\neq 0$，得到遞迴公式

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

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偶次項解

取 $n=0,2,4,\ldots$：

當 $n=0$ 時，

$$a_2=-a_0.$$

當 $n=2$ 時，

$$a_4=\frac{1}{3}a_2=-\frac{1}{3}a_0.$$

當 $n=4$ 時，

$$a_6=\frac{3}{5}a_4=-\frac{1}{5}a_0.$$

當 $n=6$ 時，

$$a_8=\frac{5}{7}a_6=-\frac{1}{7}a_0.$$

因此一般形式為

$$a_{2k}=-\frac{a_0}{2k-1}, \qquad k\geq 1.$$

偶次項所形成的級數為

$$a_0\left(1-x^2-\frac{x^4}{3}-\frac{x^6}{5}-\frac{x^8}{7}-\cdots\right).$$

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奇次項解

取 $n=1,3,5,\ldots$：

這是一道利用拉普拉斯轉換求解的二階非齊次線性微分方程初值問題。

核心觀念：對微分方程兩邊進行拉普拉斯轉換，將微分方程轉換為代數方程，求解 $Y(s) = \mathcal{L}\{y(t)\}$，然後進行拉普拉斯反轉換得到 $y(t)$。

解題過程：
給定的微分方程為 $y'' + 9y = 10e^{-t}$，且初值條件為 $y(0) = 0$, $y'(0) = 0$。

首先，我們對方程的兩邊取拉普拉斯轉換 $\mathcal{L}$：
$\mathcal{L}\{y'' + 9y\} = \mathcal{L}\{10e^{-t}\}$

利用拉普拉斯轉換的線性性質：
$\mathcal{L}\{y''\} + 9\mathcal{L}\{y\} = 10\mathcal{L}\{e^{-t}\}$

我們知道拉普拉斯轉換的性質：
$\mathcal{L}\{y(t)\} = Y(s)$
$\mathcal{L}\{y'(t)\} = sY(s) - y(0)$
$\mathcal{L}\{y''(t)\} = s^2Y(s) - sy(0) - y'(0)$
$\mathcal{L}\{e^{at}\} = \frac{1}{s-a}$

代入初值條件 $y(0) = 0$ 和 $y'(0) = 0$：
$\mathcal{L}\{y''\} = s^2Y(s) - s(0) - 0 = s^2Y(s)$
$\mathcal{L}\{y\} = Y(s)$

對於右邊的項：
$\mathcal{L}\{e^{-t}\} = \frac{1}{s - (-1)} = \frac{1}{s+1}$

將這些代回轉換後的方程：
$s^2Y(s) + 9Y(s) = 10 \left(\frac{1}{s+1}\right)$

合併左邊的 $Y(s)$：
$(s^2 + 9)Y(s) = \frac{10}{s+1}$

解出 $Y(s)$：
$Y(s) = \frac{10}{(s+1)(s^2 + 9)}$

現在我們需要對 $Y(s)$ 進行拉普拉斯反轉換 $\mathcal{L}^{-1}$ 來得到 $y(t)$。
我們使用部分分式分解 (Partial Fraction Decomposition) 來簡化 $Y(s)$。
設：
$\frac{10}{(s+1)(s^2 + 9)} = \frac{A}{s+1} + \frac{Bs + C}{s^2 + 9}$

將右邊通分：
$\frac{A(s^2 + 9) + (Bs + C)(s+1)}{(s+1)(s^2 + 9)}$
$= \frac{As^2 + 9A + Bs^2 + Bs + Cs + C}{(s+1)(s^2 + 9)}$

這是一道積分微分方程 (integro-differential equation)，其核函數的形式表示這是一個卷積 (convolution)。

核心觀念：利用拉普拉斯轉換將卷積形式的積分轉換為代數形式，從而求解 $Y(s)$，再進行拉普拉斯反轉換得到 $y(t)$。

解題過程：
給定的方程是 $y(t) + 4 \int_0^t y(\tau)(t - \tau) d\tau = 2t$。
注意到積分部分 $\int_0^t y(\tau)(t - \tau) d\tau$ 是 $y(t)$ 與函數 $g(t) = t$ 的卷積，記為 $(y * g)(t)$。
所以方程可以寫成：
$y(t) + 4 (y * g)(t) = 2t$，其中 $g(t) = t$。

對方程兩邊取拉普拉斯轉換 $\mathcal{L}$：
$\mathcal{L}\{y(t)\} + 4 \mathcal{L}\{(y * g)(t)\} = \mathcal{L}\{2t\}$

我們知道拉普拉斯轉換的性質：
$\mathcal{L}\{y(t)\} = Y(s)$
$\mathcal{L}\{(y * g)(t)\} = Y(s)G(s)$，其中 $G(s) = \mathcal{L}\{g(t)\}$
$\mathcal{L}\{t\} = \frac{1}{s^2}$

首先計算 $G(s) = \mathcal{L}\{t\}$：
$G(s) = \frac{1}{s^2}$

核心觀念

本題要求找出矩陣的特徵值、特徵向量，並利用特徵向量組成特徵基底，使矩陣對角化。

對方陣 $A$ 而言，若有三個線性獨立的特徵向量，令

$$P=\begin{bmatrix}\boldsymbol v_1&\boldsymbol v_2&\boldsymbol v_3\end{bmatrix}, \qquad D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3),$$

則

$$AP=PD,$$

因此

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

本題矩陣為實對稱矩陣，因此依實對稱矩陣的譜定理，必可找到一組正交特徵基底，並可寫成

$$A=QDQ^{T},$$

其中 $Q$ 為正交矩陣。

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解題方法

設

$$A= \begin{bmatrix} -1 & 2 & -2 \\ 2 & -1 & -2 \\ -2 & -2 & -1 \end{bmatrix}.$$

觀察到 $A+I$ 具有較簡單的形式：

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

令

$$C= \begin{bmatrix} 0 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & -1 \\ -1 & -1 & 0 \end{bmatrix},$$

則

$$A=2C-I.$$

因此若 $C\boldsymbol v=\mu\boldsymbol v$，則

$$A\boldsymbol v=(2C-I)\boldsymbol v=(2\mu-1)\boldsymbol v.$$

也就是說，先求出 $C$ 的特徵值與特徵向量，再將特徵值轉換為 $A$ 的特徵值。

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求第一組特徵向量

由矩陣前兩列、前兩個分量的對稱性，考慮

$$\boldsymbol v_1= \begin{bmatrix} 1\\ -1\\ 0 \end{bmatrix}.$$

計算：

$$C\boldsymbol v_1 = \begin{bmatrix} 0 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & -1 \\ -1 & -1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1\\ -1\\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1\\ 1\\ 0 \end{bmatrix} = -1 \begin{bmatrix} 1\\ -1\\ 0 \end{bmatrix}.$$

所以 $\mu=-1$，對應的 $A$ 特徵值為

$$\lambda=2(-1)-1=-3.$$

直接驗算：

$$A\boldsymbol v_1 = \begin{bmatrix} -1 & 2 & -2 \\ 2 & -1 & -2 \\ -2 & -2 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1\\ -1\\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -3\\ 3\\ 0 \end{bmatrix} = -3\boldsymbol v_1.$$

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求其餘特徵向量

考慮第一、二個分量相同的向量：

$$\boldsymbol v= \begin{bmatrix} a\\ a\\ b \end{bmatrix}.$$

作用在 $C$ 上：

$$C\boldsymbol v = \begin{bmatrix} 0 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & -1 \\ -1 & -1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a\\ a\\ b \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a-b\\ a-b\\ -2a \end{bmatrix}.$$

若 $\boldsymbol v$ 是 $C$ 的特徵向量，則

$$\begin{bmatrix} a-b\\ a-b\\ -2a \end{bmatrix} = \mu \begin{bmatrix} a\\ a\\ b \end{bmatrix}.$$

因此得到

$$a-b=\mu a, \qquad -2a=\mu b.$$

由第一式可得

$$b=(1-\mu)a.$$

代入第二式：

$$-2a=\mu(1-\mu)a.$$

取 $a\neq 0$，可得

$$-2=\mu(1-\mu),$$

即

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

因式分解：

$$(\mu-2)(\mu+1)=0.$$

所以

$$\mu=2 \quad\text{或}\quad \mu=-1.$$

情形一：$\mu=2$

由

$$b=(1-\mu)a=-a,$$

取 $a=1$，得到

$$\boldsymbol v_2= \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ -1 \end{bmatrix}.$$

對應 $A$ 的特徵值為

$$\lambda=2(2)-1=3.$$

驗算：

$$A\boldsymbol v_2 = \begin{bmatrix} -1 & 2 & -2 \\ 2 & -1 & -2 \\ -2 & -2 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3\\ 3\\ -3 \end{bmatrix} = 3\boldsymbol v_2.$$

情形二：$\mu=-1$

由

$$b=(1-\mu)a=2a,$$

取 $a=1$，得到

$$\boldsymbol v_3= \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 2 \end{bmatrix}.$$

對應 $A$ 的特徵值為

這是一道求解週期函數傅立葉級數的問題。

核心觀念：傅立葉級數是將一個週期函數表示成三角函數（正弦和餘弦）的級數和。對於週期為 $2L$ 的函數 $f(x)$，其傅立葉級數為：
$f(x) = a_0 + \sum_{n=1}^\infty [a_n \cos(\frac{n\pi x}{L}) + b_n \sin(\frac{n\pi x}{L})]$
其中係數為：
$a_0 = \frac{1}{2L} \int_{-L}^L f(x) dx$
$a_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^L f(x) \cos(\frac{n\pi x}{L}) dx$
$b_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^L f(x) \sin(\frac{n\pi x}{L}) dx$

在本題中，函數定義在區間 $(-1, 1)$，所以週期 $2L = 2$，即 $L=1$。
因此，傅立葉級數的形式為：
$f(x) = a_0 + \sum_{n=1}^\infty [a_n \cos(n\pi x) + b_n \sin(n\pi x)]$
其中係數為：
$a_0 = \frac{1}{2} \int_{-1}^1 f(x) dx$
$a_n = \int_{-1}^1 f(x) \cos(n\pi x) dx$
$b_n = \int_{-1}^1 f(x) \sin(n\pi x) dx$

第一步：分析函數的奇偶性
函數 $f(x)$ 在區間 $(-1, 0)$ 為 $x+1$，在區間 $(0, 1)$ 為 $-x+1$。
我們檢查 $f(-x)$：
若 $-1 < x < 0$，則 $0 < -x < 1$。此時 $f(-x) = -(-x) + 1 = x+1 = f(x)$。
若 $0 < x < 1$，則 $-1 < -x < 0$。此時 $f(-x) = (-x) + 1 = -x+1 = f(x)$。
因此，函數 $f(x)$ 是偶函數。

對於偶函數，其傅立葉級數只包含常數項和餘弦項（即 $b_n = 0$）。

第二步：計算係數 $a_0$
$a_0 = \frac{1}{2} \int_{-1}^1 f(x) dx$
由於 $f(x)$ 是偶函數，我們可以計算從 0 到 1 的積分再乘以 2：
$a_0 = \frac{1}{2} \cdot 2 \int_{0}^1 f(x) dx = \int_{0}^1 f(x) dx$
在區間 $(0, 1)$， $f(x) = -x+1$。
$a_0 = \int_{0}^1 (-x+1) dx = \left[-\frac{x^2}{2} + x\right]_0^1 = (-\frac{1^2}{2} + 1) - (0) = -\frac{1}{2} + 1 = \frac{1}{2}$。

第三步：計算係數 $a_n$ (for $n \ge 1$)
$a_n = \int_{-1}^1 f(x) \cos(n\pi x) dx$
由於 $f(x)$ 是偶函數，且 $\cos(n\pi x)$ 也是偶函數，它們的乘積 $f(x)\cos(n\pi x)$ 是偶函數。
$a_n = 2 \int_{0}^1 f(x) \cos(n\pi x) dx$
在區間 $(0, 1)$， $f(x) = -x+1$。
$a_n = 2 \int_{0}^1 (-x+1) \cos(n\pi x) dx$

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

$\int (-x+1) \cos(n\pi x) dx = (-x+1) \frac{1}{n\pi} \sin(n\pi x) - \int \frac{1}{n\pi} \sin(n\pi x) (-dx)$
$= \frac{-x+1}{n\pi} \sin(n\pi x) + \frac{1}{n\pi} \int \sin(n\pi x) dx$
$= \frac{-x+1}{n\pi} \sin(n\pi x) + \frac{1}{n\pi} \left(-\frac{1}{n\pi} \cos(n\pi x)\right)$
$= \frac{-x+1}{n\pi} \sin(n\pi x) - \frac{1}{(n\pi)^2} \cos(n\pi x)$

這是一道求解一維波動方程 (wave equation) 的問題，涉及振動弦的初始條件。

核心觀念：一維波動方程為 $\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$。
對於邊界條件為齊次狄利克雷邊界條件 (Dirichlet boundary conditions)，即 $u(0, t) = 0$ 和 $u(L, t) = 0$，以及給定的初始條件 $u(x, 0) = f(x)$ 和 $\frac{\partial u}{\partial t}(x, 0) = g(x)$，其解可以通過傅立葉級數展開得到。

在本題中：

1. 弦長 $L=1$。
2. 波速 $c^2=1 \implies c=1$。
3. 初始位移 (initial deflection) $f(x) = kx(1-x)$。
4. 初始速度 (initial velocity) $g(x) = \frac{\partial u}{\partial t}(x, 0) = 0$。
5. 邊界條件：由於是弦的振動，我們假設兩端固定，即 $u(0, t) = 0$ 和 $u(1, t) = 0$。

波動方程為 $\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$。
邊界條件為 $u(0, t) = 0, u(1, t) = 0$。
初始條件為 $u(x, 0) = kx(1-x)$ 和 $u_t(x, 0) = 0$。

我們使用分離變數法 (separation of variables) 求解。假設解的形式為 $u(x, t) = X(x)T(t)$。
代入波動方程，得到：
$X(x)T''(t) = c^2 X''(x)T(t)$
$\frac{T''(t)}{c^2 T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)}$
由於左右兩邊分別只依賴於 $t$ 和 $x$，它們必須等於一個常數，我們稱之為 $-\lambda^2$ (選擇負號是為了得到振盪解)。
所以，我們得到兩個常微分方程：

1. $X''(x) + \lambda^2 X(x) = 0$ (空間部分)
2. $T''(t) + c^2 \lambda^2 T(t) = 0$ (時間部分)

結合邊界條件 $u(0, t) = 0$ 和 $u(1, t) = 0$：
$X(0)T(t) = 0 \implies X(0) = 0$
$X(1)T(t) = 0 \implies X(1) = 0$

求解 $X''(x) + \lambda^2 X(x) = 0$ 且 $X(0) = 0, X(1) = 0$。
此為標準的邊值問題，其非平凡解（即 $X(x)$ 不恆為零）發生在 $\lambda^2 > 0$。
解為 $X(x) = A \cos(\lambda x) + B \sin(\lambda x)$。
$X(0) = A \cos(0) + B \sin(0) = A = 0$。
所以 $X(x) = B \sin(\lambda x)$。
$X(1) = B \sin(\lambda) = 0$。
由於我們需要非平凡解，所以 $B \neq 0$，則 $\sin(\lambda) = 0$。
這意味著 $\lambda = n\pi$，其中 $n = 1, 2, 3, \dots$ (因為 $n=0$ 會得到平凡解 $X(x)=0$)。
所以，空間部分的特徵值是 $\lambda_n = n\pi$，對應的特徵函數是 $X_n(x) = \sin(n\pi x)$ (可以令 $B=1$)。

現在求解時間部分 $T''(t) + c^2 \lambda_n^2 T(t) = 0$。
將 $c=1$ 和 $\lambda_n = n\pi$ 代入：
$T_n''(t) + (n\pi)^2 T_n(t) = 0$。
此方程的通解為 $T_n(t) = C_n \cos(n\pi t) + D_n \sin(n\pi t)$。

因此，波動方程的特解形式為 $u_n(x, t) = X_n(x)T_n(t) = \sin(n\pi x) [C_n \cos(n\pi t) + D_n \sin(n\pi t)]$。
由疊加原理，通解為 $u(x, t) = \sum_{n=1}^\infty u_n(x, t) = \sum_{n=1}^\infty \sin(n\pi x) [C_n \cos(n\pi t) + D_n \sin(n\pi t)]$。

現在應用初始條件：

1. $u(x, 0) = f(x) = kx(1-x)$。
   $u(x, 0) = \sum_{n=1}^\infty \sin(n\pi x) [C_n \cos(0) + D_n \sin(0)] = \sum_{n=1}^\infty C_n \sin(n\pi x)$。
   所以，$f(x) = kx(1-x) = \sum_{n=1}^\infty C_n \sin(n\pi x)$。
   這是 $f(x)$ 的傅立葉正弦級數展開。係數 $C_n$ 為：
   $C_n = \frac{2}{L} \int_0^L f(x) \sin(\frac{n\pi x}{L}) dx$。
   由於 $L=1$， $C_n = 2 \int_0^1 kx(1-x) \sin(n\pi x) dx$。
   $C_n = 2k \int_0^1 (x-x^2) \sin(n\pi x) dx$。

2. $u_t(x, 0) = g(x) = 0$。
   首先，計算 $\frac{\partial u}{\partial t}(x, t)$：
   $\frac{\partial u}{\partial t}(x, t) = \sum_{n=1}^\infty \sin(n\pi x) [-C_n n\pi \sin(n\pi t) + D_n n\pi \cos(n\pi t)]$。
   代入 $t=0$：
   $u_t(x, 0) = \sum_{n=1}^\infty \sin(n\pi x) [-C_n n\pi \sin(0) + D_n n\pi \cos(0)]$
   $u_t(x, 0) = \sum_{n=1}^\infty \sin(n\pi x) [D_n n\pi]$。
   由於 $u_t(x, 0) = 0$，所以：
   $\sum_{n=1}^\infty D_n n\pi \sin(n\pi x) = 0$。
   這意味著 $D_n n\pi = 0$ 對於所有 $n \ge 1$。
   因此，$D_n = 0$ 對於所有 $n \ge 1$。

所以，解的形式簡化為 $u(x, t) = \sum_{n=1}^\infty C_n \sin(n\pi x) \cos(n\pi t)$。
我們需要計算 $C_n = 2k \int_0^1 (x-x^2) \sin(n\pi x) dx$。

使用分部積分計算 $\int x \sin(n\pi x) dx$ 和 $\int x^2 \sin(n\pi x) dx$。
令 $I_1 = \int x \sin(n\pi x) dx$:
$u = x, dv = \sin(n\pi x) dx \implies du = dx, v = -\frac{1}{n\pi} \cos(n\pi x)$