112 年 國立成功大學生物醫學工程學系碩士班乙組《工程數學》

核心觀念

本題是三階 Euler–Cauchy 方程：

$$x^3y''' + x^2y'' - 2xy' + 2y = x^5\ln x+\sin(\ln x).$$

關鍵方法是令

$$t=\ln x,\qquad x=e^t,$$

將變係數方程轉換為常係數微分方程。此變換要求 $x>0$。

令 $D=\dfrac{d}{dt}$，則有

$$xy'=Dy,$$ $$x^2y''=D(D-1)y,$$ $$x^3y'''=D(D-1)(D-2)y.$$

因此原方程左側可寫成

$$\begin{aligned} &\left[D(D-1)(D-2)+D(D-1)-2D+2\right]y\\ &=\left(D^3-2D^2-D+2\right)y. \end{aligned}$$

特徵多項式為

$$P(r)=r^3-2r^2-r+2.$$

因式分解得

$$P(r)=(r-1)(r-2)(r+1).$$

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解題方法

一、變數代換

令

$$t=\ln x,\qquad Y(t)=y(x).$$

右側變為

$$x^5\ln x=e^{5t}t, \qquad \sin(\ln x)=\sin t.$$

所以方程化為

$$\left(D^3-2D^2-D+2\right)Y =e^{5t}t+\sin t.$$

記

$$P(D)=D^3-2D^2-D+2.$$

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二、齊次解

齊次方程為

$$P(D)Y_h=0.$$

由

$$P(r)=(r-1)(r-2)(r+1),$$

可得三個相異特徵根：

$$r=1,\qquad r=2,\qquad r=-1.$$

因此

$$Y_h=C_1e^t+C_2e^{2t}+C_3e^{-t}.$$

因為 $e^t=x$，所以

$$Y_h=C_1x+C_2x^2+C_3x^{-1}.$$

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三、求 $e^{5t}t$ 所對應的特解

設

$$Y_{p1}=e^{5t}(At+B).$$

利用位移公式

$$P(D)\left[e^{5t}u(t)\right] =e^{5t}P(D+5)u(t),$$

其中

$$u(t)=At+B.$$

由於 $u''(t)=0$，只需計算 $P(5)$ 與 $P'(5)$：

$$P(5)=5^3-2(5^2)-5+2=72,$$ $$P'(r)=3r^2-4r-1, \qquad P'(5)=54.$$

因此

$$P(D+5)(At+B)=72(At+B)+54A.$$

要求

$$P(D)Y_{p1}=e^{5t}t,$$

故

$$72(At+B)+54A=t.$$

比較係數：

$$72A=1 \quad\Longrightarrow\quad A=\frac1{72},$$ $$72B+54A=0.$$

代入 $A=\dfrac1{72}$：

$$72B+\frac{54}{72}=0 \quad\Longrightarrow\quad B=-\frac1{96}.$$

所以

核心觀念

本題考查變數代換與可分離變數微分方程。關鍵在於方程式中反覆出現 $x-y$，因此令

$$u=x-y.$$

由鏈鎖律，

$$\frac{du}{dx}=1-y'.$$

原方程可改寫為

$$1+\cot(x-y)(1-y')=0.$$

又因為 $u=x-y$、$u'=1-y'$，故可化為

$$1+\cot u\frac{du}{dx}=0.$$

解題方法

由

$$1+\cot u\frac{du}{dx}=0$$

得到

$$\cot u\frac{du}{dx}=-1.$$

將 $x$ 與 $u$ 分離：

$$\cot u\,du=-dx.$$

兩邊積分：

$$\int \cot u\,du=-\int dx.$$

利用公式

$$\int \cot u\,du=\ln|\sin u|,$$

可得

$$\ln|\sin u|=-x+C.$$

將常數重新整理：

$$|\sin u|=Ce^{-x}.$$

把正負號併入任意常數後，寫成

$$\sin u=Ce^{-x}.$$

代回 $u=x-y$：

$$\boxed{\sin(x-y)=Ce^{-x}}.$$

等價地，也可寫成

$$\boxed{e^x\sin(x-y)=C}.$$

在需要顯式表示 $y$ 時，可於適當分支上寫成

$$y=x-\arcsin(Ce^{-x}),$$

但須注意反三角函數的分支選擇；因此隱式解通常是較完整且自然的表示法。

定義域與限制

(1) 求 $f(x)$ 之傅立葉級數

函數 $f(x)$ 的週期為 $T = 2$，故半週期 $L = 1$。定義於開區間 $(0, 2)$ 之傅立葉級數（Fourier series）一般式為：
$f(x) \sim a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n \cos(n\pi x) + b_n \sin(n\pi x) \right]$

計算各傅立葉係數：

1. 常數項係數 $a_0$：
   $a_0 = \frac{1}{2} \int_{0}^{2} x^2 \, dx = \frac{1}{2} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{2} = \frac{4}{3}$

2. 餘弦項係數 $a_n$（使用分部積分法）：
   $a_n = \int_{0}^{2} x^2 \cos(n\pi x) \, dx = \left[ \frac{x^2}{n\pi} \sin(n\pi x) + \frac{2x}{n^2\pi^2} \cos(n\pi x) - \frac{2}{n^3\pi^3} \sin(n\pi x) \right]_{0}^{2} = \frac{4}{n^2\pi^2}$

3. 正弦項係數 $b_n$（使用分部積分法）：
   $b_n = \int_{0}^{2} x^2 \sin(n\pi x) \, dx = \left[ -\frac{x^2}{n\pi} \cos(n\pi x) + \frac{2x}{n^2\pi^2} \sin(n\pi x) + \frac{2}{n^3\pi^3} \cos(n\pi x) \right]_{0}^{2} = -\frac{4}{n\pi}$

故 $f(x)$ 之傅立葉級數為：
$f(x) \sim \frac{4}{3} + \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{4}{n^2\pi^2} \cos(n\pi x) - \frac{4}{n\pi} \sin(n\pi x) \right]$

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一、求特徵值與特徵向量

求解特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$：
$\begin{vmatrix} 2-\lambda & 0 & 3 \\ 4 & -\lambda & 2 \\ 0 & 0 & 3-\lambda \end{vmatrix} = (3-\lambda)(2-\lambda)(-\lambda) = 0$
解得相異特徵值：$\lambda_1 = 0$, $\lambda_2 = 2$, $\lambda_3 = 3$。

求解對應的線性獨立特徵向量：

1. 當 $\lambda_1 = 0$ 時，解 $(A - 0I)\mathbf{v}_1 = \mathbf{0}$，得 $\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$。
2. 當 $\lambda_2 = 2$ 時，解 $(A - 2I)\mathbf{v}_2 = \mathbf{0}$，得 $\mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{bmatrix}$。
3. 當 $\lambda_3 = 3$ 時，解 $(A - 3I)\mathbf{v}_3 = \mathbf{0}$，得 $\mathbf{v}_3 = \begin{bmatrix} 9 \\ 14 \\ 3 \end{bmatrix}$。

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二、矩陣對角化

構造轉換矩陣 $P$ 與對角矩陣 $D$：
$P = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 9 \\ 1 & 2 & 14 \\ 0 & 0 & 3 \end{bmatrix}, \quad D = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{bmatrix}$

求 $P$ 的反矩陣 $P^{-1}$：

核心觀念

本題考查 Stokes 定理，將邊界曲線上的循環積分轉換為曲面上的旋度通量：

$$\oint_C \mathbf F\cdot d\mathbf r = \iint_S (\nabla\times\mathbf F)\cdot\mathbf n\,dS.$$

其中曲面 $S$ 為第一象限內由平面

$$x+2y+z=6$$

截出的三角形，邊界曲線 $C$ 即為此三角形的周界。

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解題方法

向量場為

$$\mathbf F=(x-y)\mathbf i+x^2\mathbf j+xz\mathbf k.$$

先求旋度：

$$\nabla\times\mathbf F = \begin{vmatrix} \mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\ \dfrac{\partial}{\partial x}&\dfrac{\partial}{\partial y}&\dfrac{\partial}{\partial z}\\ x-y&x^2&xz \end{vmatrix}.$$

因此

$$\nabla\times\mathbf F = \left( \frac{\partial (xz)}{\partial y}-\frac{\partial (x^2)}{\partial z}, \frac{\partial (x-y)}{\partial z}-\frac{\partial (xz)}{\partial x}, \frac{\partial (x^2)}{\partial x}-\frac{\partial (x-y)}{\partial y} \right),$$ $$\nabla\times\mathbf F=(0,-z,2x+1).$$

將平面寫成 $z$ 的形式：

$$z=6-x-2y.$$

取向量

$$\mathbf r(x,y)=(x,y,6-x-2y),$$

則

$$\mathbf r_x=(1,0,-1),\qquad \mathbf r_y=(0,1,-2),$$ $$\mathbf r_x\times\mathbf r_y=(1,2,1).$$

此法向量指向遠離原點的一側；依右手定則，對應於從法向量 $\mathbf n=(1,2,1)$ 方向觀看時的逆時針方向。

因此

$$\oint_C\mathbf F\cdot d\mathbf r = \iint_D (\nabla\times\mathbf F)\cdot(1,2,1)\,dx\,dy.$$

計算內積：

$$(0,-z,2x+1)\cdot(1,2,1) = -2z+2x+1.$$

代入 $z=6-x-2y$：

$$-2(6-x-2y)+2x+1 = 4x+4y-11.$$

核心觀念

本題要求解矩形區域內的拉普拉斯方程

$$\nabla^2u=u_{xx}+u_{yy}=0$$

採用「分離變數法」與「傅立葉正弦級數」。關鍵觀念如下：

1. 將非齊次邊界條件拆成兩個問題。
2. 對具有零邊界值的方向使用正弦特徵函數。
3. 將非零邊界函數展開成傅立葉正弦級數。
4. 利用最大值原理可知調和方程的解在適當條件下具有唯一性。

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解題方法：邊界條件分解

令

$$u(x,y)=u_1(x,y)+u_2(x,y),$$

其中 $u_1$ 處理下邊界 $u(x,0)=\cos(\pi x)$，$u_2$ 處理右邊界 $u(2,y)=\cos y$。

問題一：處理下邊界

令 $u_1$ 滿足

$$u_{1,xx}+u_{1,yy}=0,$$

以及

$$u_1(x,0)=\cos(\pi x),$$ $$u_1(x,\pi)=u_1(0,y)=u_1(2,y)=0.$$

由於左右邊界為零，設

$$u_1(x,y)=X(x)Y(y).$$

代入拉普拉斯方程得

$$X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0.$$

分離變數後可取

$$\frac{X''}{X}=-\frac{Y''}{Y}=-\lambda^2.$$

因此

$$X''+\lambda^2X=0,$$ $$Y''-\lambda^2Y=0.$$

由 $X(0)=X(2)=0$，得到特徵函數

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

再由 $Y(\pi)=0$，可取

$$Y_n(y)= \frac{\sinh\left(\frac{n\pi}{2}(\pi-y)\right)} {\sinh\left(\frac{n\pi^2}{2}\right)}.$$

此函數滿足

$$Y_n(0)=1,\qquad Y_n(\pi)=0.$$

故

$$u_1(x,y)= \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) \frac{\sinh\left(\frac{n\pi}{2}(\pi-y)\right)} {\sinh\left(\frac{n\pi^2}{2}\right)}.$$

係數 $b_n$ 由

$$\cos(\pi x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n\sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right)$$

決定。因為

$$\int_0^2 \sin^2\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,dx=1,$$

所以

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

利用積化和差公式：

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

可得

$$b_n= \begin{cases} \dfrac{4n}{\pi(n^2-4)}, & n\text{ 為奇數},\\[6pt] 0, & n\text{ 為偶數}. \end{cases}$$

因此

$$u_1(x,y)= \sum_{\substack{n=1\\n\text{ odd}}}^{\infty} \frac{4n}{\pi(n^2-4)} \sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) \frac{\sinh\left(\frac{n\pi}{2}(\pi-y)\right)} {\sinh\left(\frac{n\pi^2}{2}\right)}.$$

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問題二：處理右邊界

令 $u_2$ 滿足

$$u_{2,xx}+u_{2,yy}=0,$$

以及

$$u_2(2,y)=\cos y,$$ $$u_2(0,y)=u_2(x,0)=u_2(x,\pi)=0.$$

由於上下邊界為零，對 $y$ 使用正弦特徵函數。設

$$u_2(x,y)=X(x)Y(y),$$

則可取

觀念核心

原微分方程式 $x^2y'' + xy' + x^2y = 0$ 為 零階 Bessel 方程式。在 $x = 0$ 處為正規奇異點（Regular Singular Point），需採用 Frobenius 方法 求解。

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推導步驟

1. 建立級數假設與指標方程式（Indicial Equation）

設解為 $y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r}$（其中 $a_0 \neq 0$），代入原式：
$\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)(n+r-1) a_n x^{n+r} + \sum_{n=0}^{\infty} (n+r) a_n x^{n+r} + \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r+2} = 0$
$\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)^2 a_n x^{n+r} + \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r+2} = 0$

• 最低次項（$n=0$）：$r^2 a_0 = 0 \implies r^2 = 0 \implies r_1 = r_2 = 0$（重根）。
• 次低次項（$n=1$）：$(1+r)^2 a_1 = 0 \implies a_1 = 0$。
• 遞迴關係式（$n \ge 2$）：
  $(n+r)^2 a_n + a_{n-2} = 0 \implies a_n(r) = \frac{-a_{n-2}}{(n+r)^2}$

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2. 求第一個線性獨立解 $y_1(x)$

將 $r = 0$ 代入遞迴關係式 $a_n = -\frac{a_{n-2}}{n^2}$：

• 奇數項：$a_1 = a_3 = a_5 = \dots = 0$
• 偶數項（令 $n = 2k$）：