111 年 國立臺灣大學生物機電系碩士班乙組《工程數學（J）》

核心觀念

本題為二階常係數非齊次線性微分方程式。先求齊次解 $y_h$，再利用**參數變異法（Variation of Parameters）**求特解 $y_p$。（註：依標準題型考單元對稱性，一次項應為 $36y$，修正筆誤 $36y'$ 後求解如下）

---

步驟一：求齊次解 $y_h$

原式同除以 4 化為標準型：
$y'' + 9y = \frac{1}{4}\csc(3x)$

特徵方程式為：
$m^2 + 9 = 0 \implies m = \pm 3i$

故齊次解為：
$y_h(x) = c_1 \cos(3x) + c_2 \sin(3x)$

---

步驟二：求特解 $y_p$（參數變異法）

設 $y_1(x) = \cos(3x)$，$y_2(x) = \sin(3x)$，非齊次項 $R(x) = \frac{1}{4}\csc(3x)$。

1. 計算朗斯基行列式（Wronskian）：
   $W(y_1, y_2) = \begin{vmatrix} \cos(3x) & \sin(3x) \\ -3\sin(3x) & 3\cos(3x) \end{vmatrix} = 3\cos^2(3x) + 3\sin^2(3x) = 3$

核心觀念

矩陣指數定義為

$$e^{At}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(At)^n}{n!} =I+At+\frac{(At)^2}{2!}+\frac{(At)^3}{3!}+\cdots$$

本題矩陣可寫成

$$A=I+N, \qquad N= \begin{bmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{bmatrix}.$$

由於

$$N^2= \begin{bmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0&0\\ 0&0 \end{bmatrix},$$

所以 $N$ 是冪零矩陣。這類矩陣的指數級數只會留下有限個非零項，能快速求得矩陣指數。

解題方法

因為 $A=I+N$，且單位矩陣 $I$ 與任意矩陣相乘皆可交換，因此

$$e^{At}=e^{(I+N)t}=e^{tI+tN}=e^{tI}e^{tN}.$$

其中

$$e^{tI}=e^tI.$$

再利用 $N^2=0$：

$$e^{tN} =I+tN+\frac{t^2N^2}{2!}+\frac{t^3N^3}{3!}+\cdots.$$

因為 $N^2=0$，所以所有二次以上的冪皆為零，得到

$$e^{tN}=I+tN.$$

因此

$$e^{At}=e^t(I+tN).$$

代入 $N$：

1. 求齊次解 $\mathbf{x}_h(t)$

令係數矩陣 $A = \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 3 & -3 \end{bmatrix}$。特徵方程式為：
$\det(A - \lambda I) = \det \begin{bmatrix} 1 - \lambda & -1 \\ 3 & -3 - \lambda \end{bmatrix} = \lambda^2 + 2\lambda = \lambda(\lambda + 2) = 0$

解得特徵值為 $\lambda_1 = 0$ 與 $\lambda_2 = -2$。

• 當 $\lambda_1 = 0$ 時，解 $(A - 0I)\mathbf{v}_1 = \mathbf{0}$：
  $\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 3 & -3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_{11} \\ v_{12} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix} \implies \mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$

• 當 $\lambda_2 = -2$ 時，解 $(A + 2I)\mathbf{v}_2 = \mathbf{0}$：
  $\begin{bmatrix} 3 & -1 \\ 3 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_{21} \\ v_{22} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix} \implies \mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 3 \end{bmatrix}$

齊次解為：
$\mathbf{x}_h(t) = c_1 \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} + c_2 \begin{bmatrix} 1 \\ 3 \end{bmatrix} e^{-2t}$

---

2. 求特解 $\mathbf{x}_p(t)$

由齊次解可構建基本矩陣（Fundamental Matrix）$X(t)$：
$X(t) = \begin{bmatrix} 1 & e^{-2t} \\ 1 & 3e^{-2t} \end{bmatrix}$

求逆矩陣 $X^{-1}(t)$：
$X^{-1}(t) = \frac{1}{2e^{-2t}} \begin{bmatrix} 3e^{-2t} & -e^{-2t} \\ -1 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{3}{2} & -\frac{1}{2} \\[4pt] -\frac{1}{2}e^{2t} & \frac{1}{2}e^{2t} \end{bmatrix}$

令非齊次項 $\mathbf{g}(t) = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}$，利用參數變異法求特解：

核心觀念

本題考查：

• 常係數二階非齊次微分方程。
• 分段函數右側的處理。
• 受迫解與初始條件的套用。
• 在 $t=1$ 處，由於 $f(t)$ 僅發生有限跳躍，且沒有脈衝項，因此 $y$ 與 $y'$ 皆連續。

方程式為

$$y''+4y=f(t),$$

其中

$$f(t)= \begin{cases} 1, & 0\le t<1,\\ 0, & t\ge 1. \end{cases}$$

因此必須分成 $0\le t<1$ 與 $t\ge1$ 兩段求解。

解題方法

第一段：$0\le t<1$

此時 $f(t)=1$，方程式為

$$y''+4y=1.$$

先求齊次解：

$$y_h''+4y_h=0.$$

特徵方程為

$$r^2+4=0,$$

故 $r=\pm 2i$，齊次解為

$$y_h=C_1\cos 2t+C_2\sin 2t.$$

因為右側為常數，設特解為常數 $y_p=A$，代入得

$$4A=1,$$

所以

$$y_p=\frac14.$$

因此第一段通解為

$$y(t)=C_1\cos 2t+C_2\sin 2t+\frac14.$$

套用初始條件 $y(0)=1$：

$$C_1+\frac14=1,$$

得到

$$C_1=\frac34.$$

微分可得

$$y'(t)=-2C_1\sin 2t+2C_2\cos 2t.$$

由 $y'(0)=0$：

$$2C_2=0,$$

所以

$$C_2=0.$$

故第一段解為

$$y(t)=\frac14+\frac34\cos 2t, \qquad 0\le t<1.$$

第二段：$t\ge1$

此時 $f(t)=0$，方程式變為

$$y''+4y=0.$$

為了直接套用 $t=1$ 的接續條件，將解寫成

$$y(t)=A\cos\bigl(2(t-1)\bigr)+B\sin\bigl(2(t-1)\bigr).$$

先由第一段求出 $t=1$ 左側的函數值與導數：

$$y(1)=\frac14+\frac34\cos 2,$$

以及

$$y'(t)=-\frac32\sin 2t,$$

所以

$$y'(1)=-\frac32\sin 2.$$

由於 $t=1$ 處沒有脈衝輸入，故

$$y(1^+)=y(1^-),\qquad y'(1^+)=y'(1^-).$$

將第二段解代入 $t=1$：

$$y(1)=A,$$

因此

$$A=\frac14+\frac34\cos 2.$$

再微分：

$$y'(t)=-2A\sin\bigl(2(t-1)\bigr) +2B\cos\bigl(2(t-1)\bigr).$$

代入 $t=1$：

$$y'(1)=2B.$$

核心觀念

本題是速度為 $1$ 的一維波動方程式：

$$u_{tt}=u_{xx},\qquad 0<x<1,\ t>0$$

兩端皆為固定端：

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

因此採用分離變數法，空間部分的特徵函數為

$$\sin(n\pi x),\qquad n=1,2,3,\ldots$$

再利用傅立葉正弦級數展開初始速度函數。

---

解題方法：分離變數

令

$$u(x,t)=X(x)T(t)$$

代入偏微分方程式：

$$X(x)T''(t)=X''(x)T(t)$$

兩邊除以 $X(x)T(t)$，得

$$\frac{T''(t)}{T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} =-\lambda$$

因此得到兩個常微分方程式：

$$X''+\lambda X=0$$

以及

$$T''+\lambda T=0$$

邊界條件要求

$$X(0)=0,\qquad X(1)=0$$

空間特徵值與特徵函數

當 $\lambda=\mu^2>0$ 時，

$$X(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x)$$

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，所以

$$X(x)=B\sin(\mu x)$$

再由 $X(1)=0$：

$$\sin\mu=0$$

因此

$$\mu=n\pi,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

故

$$\lambda_n=n^2\pi^2,\qquad X_n(x)=\sin(n\pi x)$$

對應的時間函數滿足

$$T_n''+n^2\pi^2T_n=0$$

所以

$$T_n(t)=C_n\cos(n\pi t)+D_n\sin(n\pi t)$$

綜合所有模態，解寫成

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ C_n\cos(n\pi t)+D_n\sin(n\pi t) \right]\sin(n\pi x)$$

---

套用初始條件

初始位移

由

$$u(x,0)=0$$

可得

$$\sum_{n=1}^{\infty}C_n\sin(n\pi x)=0$$

由傅立葉正弦級數的唯一性，

$$C_n=0$$

因此

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} D_n\sin(n\pi t)\sin(n\pi x)$$

初始速度

對時間微分：

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

令 $t=0$，得到

將原線積分拆分為兩部分 $I = I_1 + I_2$ 計算：
$P_1(x,y) = \frac{1}{x^2+y^2}, \quad Q_1(x,y) = \frac{2y}{x^2+y^2}$
$P_2(x,y) = -x^2 y e^{-y^2}, \quad Q_2(x,y) = -x^2 y^2 e^{-y^2}$

---

第一部分：計算 $I_1 = \oint_C (P_1 dx + Q_1 dy)$

$(P_1, Q_1)$ 在原點 $(0,0)$ 處存在奇異點。挖去以原點為中心、半徑為 $\epsilon$ 的逆時針圓周 $C_\epsilon$（區域為 $D_\epsilon = D \setminus B_\epsilon$），由格林定理 (Green's Theorem)：
$\oint_C (P_1 dx + Q_1 dy) - \oint_{C_\epsilon} (P_1 dx + Q_1 dy) = \iint_{D_\epsilon} \left( \frac{\partial Q_1}{\partial x} - \frac{\partial P_1}{\partial y} \right) dA$

計算偏微分：
$\frac{\partial Q_1}{\partial x} = \frac{-4xy}{(x^2+y^2)^2}, \quad \frac{\partial P_1}{\partial y} = \frac{-2y}{(x^2+y^2)^2} \implies \frac{\partial Q_1}{\partial x} - \frac{\partial P_1}{\partial y} = \frac{2y(1-2x)}{(x^2+y^2)^2}$

因區域 $D_\epsilon$ 對 $y$ 軸兩側與 $x$ 軸對稱，且被積函數為 $y$ 的奇函數（奇對稱性），故重積分為 $0$：
$\iint_{D_\epsilon} \frac{2y(1-2x)}{(x^2+y^2)^2} dA = 0$

將 $C_\epsilon$ 參數化為 $x = \epsilon \cos \theta, y = \epsilon \sin \theta$（$\theta \in [0, 2\pi]$）：

核心觀念

利用傅立葉轉換（Fourier Transform）之微分性質與時間位移性質：

1. $\mathcal{F}\{y'(t)\} = i\omega Y(\omega)$，$\mathcal{F}\{y''(t)\} = (i\omega)^2 Y(\omega)$
2. $\mathcal{F}\{\delta(t-t_0)\} = e^{-i\omega t_0}$
3. 反傅立葉轉換公式：$\mathcal{F}^{-1}\left\{ \frac{1}{i\omega + a} \right\} = e^{-at} u(t) \quad (a > 0)$
4. 時間位移性質：$\mathcal{F}^{-1}\{ e^{-i\omega t_0} F(\omega) \} = f(t - t_0)$

---

解題步驟

步驟一：將微分方程轉換至頻域

對原微分方程式兩邊進行傅立葉轉換：
$y'' + 7y' + 10y = \delta(t-3)$

代入微分性質與 Dirac delta 函數轉換：
$[(i\omega)^2 + 7(i\omega) + 10] Y(\omega) = e^{-3i\omega}$

整理求得頻域解 $Y(\omega)$：