115 年 國立成功大學生物醫學工程學系碩士班丁組《工程數學》

觀念說明
將第一式乘以 $2$ 後與第二式相加，可消去高階微商項 $y'''(t)$，推導出僅含 $x(t)$ 的一階線性常微分方程。求得 $x(t)$ 後，反代回原方程求出 $y'''(t)$，再對 $t$ 連續積分三次並配合初始條件，即可獲得完整通解。

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解題步驟

步驟一：求解 $x(t)$
已知微分方程組：

$$\begin{cases} x'(t) - 4x(t) + y'''(t) = 6 \cos t & \cdots (1) \\ x'(t) + 2x(t) - 2y'''(t) = 0 & \cdots (2) \end{cases}$$

計算 $2 \times (1) + (2)$ 以消去 $y'''(t)$：
$3x'(t) - 6x(t) = 12 \cos t \implies x'(t) - 2x(t) = 4 \cos t$

乘以積分因子 $I(t) = e^{-2t}$：
$\frac{d}{dt}\left[ e^{-2t} x(t) \right] = 4 e^{-2t} \cos t$

兩邊對 $t$ 積分：
$e^{-2t} x(t) = 4 \cdot \frac{e^{-2t}}{(-2)^2 + 1^2} (-2 \cos t + \sin t) + C = \frac{4}{5} e^{-2t} (\sin t - 2 \cos t) + C$
$x(t) = \frac{4}{5} \sin t - \frac{8}{5} \cos t + C e^{2t}$

帶入初始條件 $x(0) = 0$：
$x(0) = -\frac{8}{5} + C = 0 \implies C = \frac{8}{5}$

故得：
$x(t) = \frac{4}{5} \sin t - \frac{8}{5} \cos t + \frac{8}{5} e^{2t}$

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核心觀念

本題是有限區間 $0<x<1$ 上的一維熱方程：

$$u_t=u_{xx},$$

但左端邊界 $u(0,t)=\sin t$ 為非齊次邊界條件。標準處理方式是：

1. 先構造一個函數滿足非齊次邊界條件；
2. 將原函數扣除該函數，使剩餘函數滿足齊次邊界條件；
3. 對剩餘函數作 Fourier 正弦級數展開；
4. 將偏微分方程化為一組一階常微分方程。

正弦級數適用於齊次 Dirichlet 邊界條件：

$$v(0,t)=v(1,t)=0,$$

其本徵函數為 $\sin(n\pi x)$，本徵值為 $n^2\pi^2$。

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解題方法

1. 消除非齊次邊界條件

取

$$u(x,t)=(1-x)\sin t+v(x,t).$$

因為

$$(1-0)\sin t=\sin t,\qquad (1-1)\sin t=0,$$

所以 $v$ 滿足

$$v(0,t)=v(1,t)=0.$$

又由初始條件 $u(x,0)=0$，得到

$$v(x,0)=0,$$

因為 $\sin 0=0$。

計算各項導數：

$$u_t=(1-x)\cos t+v_t,$$ $$u_{xx}=v_{xx}.$$

代入 $u_t=u_{xx}$：

$$(1-x)\cos t+v_t=v_{xx},$$

因此

$$v_t=v_{xx}-(1-x)\cos t.$$

故 $v$ 滿足

$$\begin{cases} v_t=v_{xx}-(1-x)\cos t, & 0<x<1,\ t>0,\\ v(0,t)=v(1,t)=0, & t>0,\\ v(x,0)=0, & 0<x<1. \end{cases}$$

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2. Fourier 正弦級數展開

令

$$v(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty} b_n(t)\sin(n\pi x).$$

將外力項展開為正弦級數：

$$-(1-x)\cos t = \sum_{n=1}^{\infty} f_n(t)\sin(n\pi x),$$

其中

$$f_n(t)=2\int_0^1 -(1-x)\cos t\sin(n\pi x)\,dx.$$

先計算積分：

$$\int_0^1(1-x)\sin(n\pi x)\,dx = \frac{1}{n\pi}.$$

因此

$$f_n(t)=-\frac{2}{n\pi}\cos t.$$

另一方面，

$$v_t=\sum_{n=1}^{\infty}b_n'(t)\sin(n\pi x),$$

而

$$v_{xx} = -\sum_{n=1}^{\infty}n^2\pi^2b_n(t)\sin(n\pi x).$$

比較各個 $\sin(n\pi x)$ 的係數：

$$b_n'(t)+n^2\pi^2b_n(t) = -\frac{2}{n\pi}\cos t,$$

且

$$b_n(0)=0.$$

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3. 解一階常微分方程

設

$$\lambda_n=n^2\pi^2.$$

則

核心觀念

此題是變係數二階線性齊次微分方程。關鍵在於辨認其形式：

$$x^2y''+2xy'+\beta x^2y=0.$$

因題目限定 $x\in(0,\infty)$，可除以 $x^2$，得

$$y''+\frac{2}{x}y'+\beta y=0.$$

其中 $\dfrac{2}{x}y'$ 的係數暗示可利用代換

$$u=xy$$

消去一階導數項，將方程化為常係數微分方程。

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解題方法

令

$$u(x)=xy(x), \qquad y(x)=\frac{u(x)}{x}.$$

計算導數：

$$y'=\frac{u'}{x}-\frac{u}{x^2},$$ $$y''=\frac{u''}{x}-\frac{2u'}{x^2}+\frac{2u}{x^3}.$$

代回原方程：

$$\begin{aligned} x^2y''+2xy'+\beta x^2y &=x^2\left(\frac{u''}{x}-\frac{2u'}{x^2}+\frac{2u}{x^3}\right) +2x\left(\frac{u'}{x}-\frac{u}{x^2}\right) +\beta x^2\left(\frac{u}{x}\right)\\ &=xu''-2u'+\frac{2u}{x}+2u'-\frac{2u}{x}+\beta xu\\ &=x(u''+\beta u). \end{aligned}$$

因 $x>0$，故必須滿足

$$u''+\beta u=0.$$

接著依 $\beta$ 的符號分三種情形。

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情形一：$\beta>0$

令

$$\lambda=\sqrt{\beta}.$$

則

$$u''+\lambda^2u=0,$$

其通解為

$$u=C_1\cos(\lambda x)+C_2\sin(\lambda x).$$

由 $y=u/x$，得到

$$y(x)=\frac{C_1\cos(\sqrt{\beta}\,x)+C_2\sin(\sqrt{\beta}\,x)}{x}.$$

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情形二：$\beta=0$

此時

$$u''=0,$$

所以

$$u=C_1+C_2x.$$

因此

$$y(x)=\frac{C_1+C_2x}{x} =\frac{C_1}{x}+C_2.$$

故通解可寫成

$$y(x)=C_1+\frac{C_2}{x}.$$