109 年 國立臺灣大學生物機電系碩士班戊組《工程數學（J）》

核心觀念

本題考查 Sturm–Liouville 邊界值問題：

$$-\frac{d}{dx}\left(p(x)y'\right)+q(x)y=\lambda w(x)y$$

其固有值與固有函數具有以下特性：

1. 固有值通常為實數。
2. 不同固有值所對應的固有函數，對權函數 $w(x)$ 具有加權正交性。
3. 本題微分方程已可直接辨認為

$$(xy')'+\frac{\lambda}{x}y=0.$$

題目寫出區間 $1<x<a$，但邊界條件指定 $y(e)=0$。以下依邊界點判定研究區間為 $1<x<e$。

(1) Self-Adjoint Form

原方程為

$$xy''+y'+\frac{\lambda}{x}y=0.$$

由乘積微分法則，

$$(xy')'=xy''+y'.$$

因此原方程可寫成

$$(xy')'+\frac{\lambda}{x}y=0.$$

將其改寫為標準 Sturm–Liouville 形式：

$$-(xy')'=\lambda\frac{1}{x}y.$$

故

$$p(x)=x,\qquad q(x)=0,\qquad w(x)=\frac{1}{x}.$$

邊界條件為

$$y'(1)=0,\qquad y(e)=0.$$

(2) 固有值與固有函數

方法一：令 $t=\ln x$

令

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

由於

$$\frac{dt}{dx}=\frac{1}{x},$$

可得

$$y'=\frac{du}{dt}\frac{dt}{dx}=\frac{u'}{x},$$

以及

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

代回原方程：

$$x\frac{u''-u'}{x^2}+\frac{u'}{x}+\frac{\lambda}{x}u=0.$$

整理得

$$\frac{1}{x}\left(u''+\lambda u\right)=0,$$

所以

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

區間 $1<x<e$ 對應為

$$0<t<1.$$

邊界條件也需轉換。由

$$y'(1)=u'(0),$$

故

$$u'(0)=0.$$

另一個邊界條件為

$$u(1)=0.$$

因此轉換後的問題為

$$u''+\lambda u=0,\qquad 0<t<1,$$ $$u'(0)=0,\qquad u(1)=0.$$

情形一：$\lambda>0$

令

$$\lambda=\mu^2,\qquad \mu>0.$$

方程式為

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

通解為

$$u(t)=A\cos(\mu t)+B\sin(\mu t).$$

微分得

$$u'(t)=-A\mu\sin(\mu t)+B\mu\cos(\mu t).$$

套用 $u'(0)=0$：

$$B\mu=0.$$

因為 $\mu>0$，所以

$$B=0.$$

因此

$$u(t)=A\cos(\mu t).$$

再套用 $u(1)=0$：

$$A\cos\mu=0.$$

非零解要求 $A\neq 0$，故

$$\cos\mu=0.$$

因此

$$\mu_n=\left(n+\frac12\right)\pi,\qquad n=0,1,2,\ldots$$

所以固有值為

$$\boxed{\lambda_n=\left(n+\frac12\right)^2\pi^2}, \qquad n=0,1,2,\ldots$$

由 $t=\ln x$，相應固有函數為

$$\boxed{ y_n(x)=C_n\cos\left[\left(n+\frac12\right)\pi\ln x\right] }, \qquad n=0,1,2,\ldots$$

其中 $C_n$ 為任意非零常數。

情形二：$\lambda=0$

此時

$$u''=0,$$

通解為

$$u(t)=A+Bt.$$

由 $u'(0)=B=0$，得

$$u(t)=A.$$

再由 $u(1)=0$ 得 $A=0$，只得到零解。因此 $\lambda=0$ 不是固有值。

情形三：$\lambda<0$

令

將封閉曲線 $C: x^2+4y^2=4$（橢圓）進行參數化：
$x = 2\cos t, \quad y = \sin t, \quad t \in [0, 2\pi]$
相應的微分項與分母為：
$dx = -2\sin t \, dt, \quad dy = \cos t \, dt$
$x^2 + y^2 = 4\cos^2 t + \sin^2 t = 3\cos^2 t + 1$

將參數化結果代入原線積分：
$\oint_C \left( \frac{1}{x^2+y^2} \right) dx + \left( \frac{xy-i}{x^2+y^2} \right) dy = \int_{0}^{2\pi} \frac{-2\sin t + (2\cos t \sin t - i)\cos t}{3\cos^2 t + 1} \, dt$

將積分拆解為實部與虛部分別計算：

1. 實部積分：
   $I_R = \int_{0}^{2\pi} \frac{2\sin t (\cos^2 t - 1)}{3\cos^2 t + 1} \, dt$
   令 $u = \cos t \implies du = -\sin t \, dt$。

本題為一階齊次線性偏微分方程式，採用**特徵線法（Method of Characteristics）**求解。

解題步驟

Step 1：建立特徵方程式
對於偏微分方程式 $\frac{\partial u}{\partial t} + x e^x \frac{\partial u}{\partial x} = 0$，其 Lagrange 特徵聯立方程為：
$\frac{dt}{1} = \frac{dx}{x e^x} = \frac{du}{0}$

Step 2：求解特徵線與通解

1. 由 $\frac{du}{dt} = 0$，可知 $u$ 沿著特徵線為常值，即 $u = C_2$。
2. 由 $\frac{dx}{dt} = x e^x$，將變數分離：
   $\frac{e^{-x}}{x} dx = dt$
   兩邊積分可得特徵曲線族：

觀念說明

矩陣 $A$ 為 Jordan 區塊型態（Jordan block），其特徵值為三重根 $\lambda = 4$。求解一階常微分方程組 $X' = AX$ 最快捷的方法為利用矩陣指數（Matrix Exponential） $e^{At}$。

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詳細推導步驟

將矩陣 $A$ 拆解為對角矩陣與冪零矩陣之和：
$A = 4I + N, \quad \text{其中 } I = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad N = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

由於 $4I$ 與 $N$ 可交換（$4I \cdot N = N \cdot 4I$），故矩陣指數可展開為：
$e^{At} = e^{(4I+N)t} = e^{4It} e^{Nt} = e^{4t} e^{Nt}$

計算冪零矩陣 $N$ 之次幂：
$N^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad N^k = \mathbf{0} \quad (\forall k \ge 3)$

核心觀念

本題考查兩個重要觀念：

1. 部分分式分解

$\frac{1}{s(s+3)^2}$

需拆成可直接查表反拉普拉斯轉換的形式。

2. 第二移位定理

   若

$\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s),$

則

$$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\} =u(t-a)f(t-a),$$

其中 $u(t-a)$ 為單位階躍函數。

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解題方法

先處理不含 $e^{-s}$ 的部分：

$\frac{1}{s(s+3)^2}.$

設

$$\frac{1}{s(s+3)^2} =\frac{A}{s}+\frac{B}{s+3}+\frac{C}{(s+3)^2}.$$

兩邊同乘 $s(s+3)^2$，得

$1=A(s+3)^2+Bs(s+3)+Cs.$

展開右側：

$1=A(s^2+6s+9)+B(s^2+3s)+Cs.$

比較各次方係數：

$$\begin{cases} A+B=0,\\ 6A+3B+C=0,\\ 9A=1. \end{cases}$$

因此

$A=\frac19,\qquad B=-\frac19,\qquad C=-\frac13.$

所以

$$\frac{1}{s(s+3)^2} = \frac{1}{9s} -\frac{1}{9(s+3)} -\frac{1}{3(s+3)^2}.$$

利用基本反拉普拉斯公式：

$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac1s\right\}=1,$

$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac1{s+3}\right\}=e^{-3t},$

$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac1{(s+3)^2}\right\}=te^{-3t},$

可得

核心觀念

本題是二階常係數非齊次線性微分方程式：

$$y''+y'+2y=\ln x,\qquad x>0.$$

解題分為兩部分：

1. 先求齊次解 $y_h$。
2. 再以變係數法求非齊次特解 $y_p$。

由於右側為 $\ln x$，不屬於多項式、指數函數或三角函數的有限組合，待定係數法不適用，採用變係數法最直接。

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解題方法

一、求齊次解

先解對應的齊次方程式：

$$y''+y'+2y=0.$$

其特徵方程式為

$$r^2+r+2=0.$$

解得

$$r=\frac{-1\pm\sqrt{1-8}}{2} =\frac{-1\pm i\sqrt7}{2}.$$

因此齊次解為

$$y_h=e^{-x/2} \left[ C_1\cos\left(\frac{\sqrt7}{2}x\right) +C_2\sin\left(\frac{\sqrt7}{2}x\right) \right].$$

令

$$a=\frac{\sqrt7}{2},$$

則可取兩個基本解

$$y_1=e^{-x/2}\cos(ax),\qquad y_2=e^{-x/2}\sin(ax).$$

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二、計算 Wronskian

Wronskian 定義為

$$W(y_1,y_2)= \begin{vmatrix} y_1&y_2\\ y_1'&y_2' \end{vmatrix}.$$

計算可得

$$W=a e^{-x} =\frac{\sqrt7}{2}e^{-x}.$$

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三、利用變係數法求特解

對標準形式

$$y''+P(x)y'+Q(x)y=f(x),$$

變係數法的特解公式為

$$y_p =-y_1\int \frac{y_2f}{W}\,dx +y_2\int \frac{y_1f}{W}\,dx.$$

本題中 $f(x)=\ln x$，且

$$\frac{y_2\ln x}{W} = \frac{e^{-x/2}\sin(ax)\ln x} {a e^{-x}} = \frac1a e^{x/2}\sin(ax)\ln x,$$ $$\frac{y_1\ln x}{W} = \frac1a e^{x/2}\cos(ax)\ln x.$$

取積分下限為 $1$，可避免不定積分常數重複併入齊次解，因此

$$y_p = -\frac1a e^{-x/2}\cos(ax) \int_1^x e^{s/2}\sin(as)\ln s\,ds + \frac1a e^{-x/2}\sin(ax) \int_1^x e^{s/2}\cos(as)\ln s\,ds.$$

代入 $a=\frac{\sqrt7}{2}$，得到

核心觀念

本題考查一階線性微分方程式，也可視為可分離變數方程式。標準形式為

$$\frac{dy}{dx}+P(x)y=0,$$

其通解可由公式

$$y=C e^{-\int P(x)\,dx}$$

求得，其中 $C$ 為任意常數。

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解題方法

原方程式為

$$(2x\cos x)\frac{dy}{dx}-xy\sin x+2y\cos x=0.$$

在 $x\neq 0$ 且 $\cos x\neq 0$ 的區間內，除以 $2x\cos x$：

$$\frac{dy}{dx} -\frac{1}{2}y\tan x +\frac{1}{x}y=0.$$

整理為一階線性齊次方程式：

$$\frac{dy}{dx} +\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{2}\tan x\right)y=0.$$

若 $y\neq 0$，兩邊除以 $y$：

$$\frac{1}{y}\frac{dy}{dx} = -\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\tan x.$$

對 $x$ 積分：

$$\int \frac{1}{y}\,dy = -\int\frac{1}{x}\,dx +\frac12\int\tan x\,dx.$$

利用

$$\int\frac{1}{x}\,dx=\ln|x|, \qquad \int\tan x\,dx=-\ln|\cos x|,$$

得到

$$\ln|y| = -\ln|x|-\frac12\ln|\cos x|+C.$$

合併對數：

$$\ln|y| = \ln\left(\frac{1}{|x|\sqrt{|\cos x|}}\right)+C.$$

因此可將常數吸收至 $C$ 中，通解為

核心觀念

本題為 零階第一類貝塞爾微分方程式（Bessel equation）：

$$x^2y''+xy'+(x^2-\nu^2)y=0$$

其通解為

$$y=C_1J_\nu(x)+C_2Y_\nu(x),$$

其中：

• $J_\nu(x)$：第一類貝塞爾函數；
• $Y_\nu(x)$：第二類貝塞爾函數；
• $\nu$：貝塞爾方程式的階數。

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解題方法

題目為

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

與標準形式

$$x^2y''+xy'+(x^2-\nu^2)y=0$$

比較可得

$$x^2-\nu^2=x^2,$$

因此

$$\nu=0.$$

所以本題是零階貝塞爾方程式，其通解直接寫為

$$\boxed{y(x)=C_1J_0(x)+C_2Y_0(x)}.$$

其中 $C_1,C_2$ 為任意常數。

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級數解推導

若要求由冪級數求解，設

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

則

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

代入微分方程式：

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

前兩項合併為

$$x^2y''+xy' = \sum_{n=0}^{\infty}n^2a_nx^n.$$

而

$$x^2y=\sum_{n=2}^{\infty}a_{n-2}x^n.$$

因此

$$\sum_{n=0}^{\infty}n^2a_nx^n + \sum_{n=2}^{\infty}a_{n-2}x^n=0.$$

比較各次方係數：

當 $n=0$ 時，係數關係為

$$0^2a_0=0,$$

$a_0$ 可自由選取。

當 $n=1$ 時，

$$a_1=0.$$

當 $n\geq 2$ 時，

$$n^2a_n+a_{n-2}=0,$$

故

$$a_n=-\frac{a_{n-2}}{n^2}.$$

由 $a_1=0$ 可知所有奇次項皆為零；偶次項則滿足