112 年 國立臺灣大學生物機電系碩士班丙組《工程數學（J）》

核心觀念

此題是二階常係數非齊次微分方程：

$$y''+y'+y=\sec x.$$

解法分為兩部分：

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 $\sec x$，在 $\cos x\neq 0$ 的區間內求解。

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一、求齊次解

先考慮對應的齊次方程：

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

其特徵方程為

$$r^2+r+1=0.$$

解得

$$r=\frac{-1\pm\sqrt{1-4}}{2} =\frac{-1\pm i\sqrt{3}}{2}.$$

令

$$\omega=\frac{\sqrt{3}}{2},$$

則齊次解為

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

取兩個基本解

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

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二、以變係數法求特解

對標準形式

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

變係數法的特解公式為

$$y_p=-y_1\int\frac{y_2R(x)}{W(x)}\,dx +y_2\int\frac{y_1R(x)}{W(x)}\,dx,$$

其中 $W(x)$ 是 $y_1,y_2$ 的 Wronskian：

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

由於

$$y_1=e^{-x/2}\cos\omega x, \qquad y_2=e^{-x/2}\sin\omega x,$$

計算得

$$W(x)=\omega e^{-x} =\frac{\sqrt{3}}{2}e^{-x}.$$

本題

$$R(x)=\sec x.$$

因此

$$\frac{y_2R(x)}{W(x)} = \frac{e^{-x/2}\sin\omega x\sec x} {\omega e^{-x}} = \frac{1}{\omega}e^{x/2}\sin\omega x\sec x,$$

以及

$$\frac{y_1R(x)}{W(x)} = \frac{1}{\omega}e^{x/2}\cos\omega x\sec x.$$

代入變係數公式：

$$y_p = -\frac{1}{\omega}e^{-x/2}\cos\omega x \int e^{x/2}\sin\omega x\sec x\,dx + \frac{1}{\omega}e^{-x/2}\sin\omega x \int e^{x/2}\cos\omega x\sec x\,dx.$$

因為 $\omega=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，所以

$$\frac{1}{\omega}=\frac{2}{\sqrt{3}}.$$

故可寫成

$$\begin{aligned} y_p={}&-\frac{2}{\sqrt{3}}e^{-x/2} \cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right) \int e^{x/2} \sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right)\sec x\,dx\\ &+\frac{2}{\sqrt{3}}e^{-x/2} \sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right) \int e^{x/2} \cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right)\sec x\,dx. \end{aligned}$$

核心觀念

本題利用變數平移，將 $y-x$ 視為新的未知函數。因為原式中的 $y$ 與 $x$ 只以差值 $y-x$ 出現，令

$$u=y-x$$

則

$$y=u+x$$

由鏈鎖律得

$$y'=u'+1$$

原微分方程為

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

代入 $u=y-x$ 後，可化為可分離變數微分方程。

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解題方法

由

$$u=y-x$$

可得

$$y'=u'+1$$

代回原方程：

$$u'+1=1+u^2$$

因此

$$u'=u^2$$

這是一階可分離變數方程。

情形一：$u\neq 0$

將變數分離：

$$\frac{du}{u^2}=dx$$

即

$$u^{-2}\,du=dx$$

兩邊積分：

$$\int u^{-2}\,du=\int dx$$

所以

$$-\frac{1}{u}=x+C$$

整理得

$$u=-\frac{1}{x+C}$$

由 $u=y-x$，得到

$$y-x=-\frac{1}{x+C}$$

因此

$$y=x-\frac{1}{x+C}$$

將常數改寫為等價形式，也可寫成

$$y=x+\frac{1}{C-x}$$

情形二：$u=0$

分離變數時除以 $u^2$，會排除 $u=0$ 的解，因此必須另外檢查：

$$u=0$$

對應

$$y-x=0$$

所以

$$y=x$$

確實代入原式可得

$$y'=1,\qquad 1+(y-x)^2=1$$

核心觀念

線性微分方程的完整響應可分為：

• 零輸入響應：令外力 $f(t)=0$，只由初始條件造成。
• 零狀態響應：令初始條件為零，只由外力 $f(t)$ 造成。

本題方程為

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

其自然頻率為 $2$，零狀態響應可利用單位階躍響應或摺積求得。

方波可表示為

$$f(t)=\sum_{k=0}^{\infty} \left[u(t-2ka)-u\bigl(t-(2k+1)a\bigr)\right].$$

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零輸入響應

令 $f(t)=0$，則

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

其通解為

$$y_{zi}(t)=C_1\cos 2t+C_2\sin 2t.$$

由初始條件

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

可得

$$C_1=1,\qquad 2C_2=0.$$

因此零輸入響應為

$$\boxed{y_{zi}(t)=\cos 2t}.$$

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零狀態響應

零狀態條件為

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

對系統

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

其脈衝響應為

$$h(t)=\frac{1}{2}\sin 2t\,u(t).$$

因此零狀態響應為

$$y_{zs}(t)=h(t)*f(t).$$

先定義單位階躍輸入 $u(t)$ 所造成的響應：

$$g(t)=\int_0^t \frac12\sin 2(t-\tau)\,d\tau =\frac14(1-\cos 2t)u(t).$$

每一個矩形脈波

$$u(t-2ka)-u\bigl(t-(2k+1)a\bigr)$$

所造成的響應為

$$g(t-2ka)-g\bigl(t-(2k+1)a\bigr).$$

所以零狀態響應為

$$\boxed{ y_{zs}(t)= \frac14\sum_{k=0}^{\infty} \left[ \bigl(1-\cos 2(t-2ka)\bigr)u(t-2ka) - \bigl(1-\cos 2(t-(2k+1)a)\bigr) u\bigl(t-(2k+1)a\bigr) \right] }.$$

這個式子已完整描述週期性方波作用下的零狀態響應。

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分段形式

在第 $k$ 個「開啟」區間

$$2ka\le t<(2k+1)a,$$

核心觀念

本題考查常係數線性微分方程組

$$X'=AX$$

的矩陣指數解法。若 $A$ 為常數矩陣，則通解為

$$X(t)=e^{At}C,$$

其中 $C$ 為任意常數向量。

本題矩陣可分解為

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

直接計算得

$$N^2= \begin{pmatrix} 0&0&1\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix}, \qquad N^3=0.$$

因此矩陣 $N$ 是冪零矩陣，矩陣指數級數只需保留到 $N^2$ 項。

解題方法一：矩陣指數

由 $A=I+N$，且 $I$ 與 $N$ 可交換，因此

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

由於 $N^3=0$，

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

代入 $N$ 與 $N^2$：

$$e^{Nt} = \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} 0&1&1\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{pmatrix} + \frac{t^2}{2} \begin{pmatrix} 0&0&1\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix}.$$

所以

$$e^{At} = e^t \begin{pmatrix} 1&t&t+\dfrac{t^2}{2}\\ 0&1&t\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.$$

令

$$C= \begin{pmatrix} C_1\\C_2\\C_3 \end{pmatrix},$$

則系統的通解為

$$X(t) = e^t \begin{pmatrix} 1&t&t+\dfrac{t^2}{2}\\ 0&1&t\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} C_1\\C_2\\C_3 \end{pmatrix}.$$

整理成分量形式：

$$X(t) = e^t \begin{pmatrix} C_1+C_2t+C_3\left(t+\dfrac{t^2}{2}\right)\\ C_2+C_3t\\ C_3 \end{pmatrix}.$$

解題方法二：逐階求解驗證

令

$$X= \begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{pmatrix}.$$

核心觀念

圓方程式改寫成極座標後，會直接給出各圓上的半徑 $r$：

$$x^2+y^2=2x \Rightarrow r=2\cos\theta,\qquad x^2+y^2=4x \Rightarrow r=4\cos\theta,$$ $$x^2+y^2=2y \Rightarrow r=2\sin\theta,\qquad x^2+y^2=6y \Rightarrow r=6\sin\theta.$$

原卷掃描圖中的被積函數是 $\dfrac{1}{(x^2+y^2)^3}$，因此極座標下為 $r^{-6}$；面積元素則為 $dA=r\,dr\,d\theta$。

解題方法

先依圖形判定區域 $R$ 的極座標邊界。內側邊界由 $2\cos\theta$ 與 $2\sin\theta$ 組成，兩者在 $\theta=\dfrac{\pi}{4}$ 交接；外側邊界由 $6\sin\theta$ 與 $4\cos\theta$ 組成，兩者在 $\tan\theta=\dfrac{2}{3}$ 交接。區域的起訖角由內外圓相交決定：

$$2\cos\theta=6\sin\theta \Rightarrow \theta=\tan^{-1}\frac13,$$ $$2\sin\theta=4\cos\theta \Rightarrow \theta=\tan^{-1}2.$$

所以積分需在外側邊界交接角 $\tan^{-1}\dfrac23$ 與內側邊界交接角 $\dfrac{\pi}{4}$ 分段：

核心觀念

本題考查固有函數展開法。對區間 $0<x<\pi$ 且滿足齊次邊界條件

$$y(0)=y(\pi)=0,$$

其對應的固有函數為

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

且滿足正交關係

$$\int_0^\pi \sin(mx)\sin(nx)\,dx= \begin{cases} 0,&m\ne n,\\[4pt] \dfrac{\pi}{2},&m=n. \end{cases}$$

因此可設

$$y(x)=\sum_{n=1}^{\infty}a_n\sin(nx).$$

由於

$$y''(x)=\sum_{n=1}^{\infty}-n^2a_n\sin(nx),$$

故

$$y''+y = \sum_{n=1}^{\infty}(1-n^2)a_n\sin(nx).$$

右側函數 $\sin(2x)$ 本身就是第 $2$ 個固有函數。

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解題方法

將解展開為

$$y(x)=\sum_{n=1}^{\infty}a_n\sin(nx).$$

代入微分方程：

$$\sum_{n=1}^{\infty}(1-n^2)a_n\sin(nx)=\sin(2x).$$

比較各個 $\sin(nx)$ 的係數：

• 當 $n=1$ 時，

$$(1-1^2)a_1=0,$$

此式對 $a_1$ 沒有限制，因此 $a_1$ 為任意常數。

• 當 $n=2$ 時，

$$(1-2^2)a_2=1,$$

所以

$$-3a_2=1 \quad\Longrightarrow\quad a_2=-\frac13.$$

• 當 $n\ge 3$ 時，右側沒有 $\sin(nx)$ 項，因此

$$(1-n^2)a_n=0.$$

因為 $n\ne1$，故

核心觀念

本題考查一維熱方程式的分離變數法與傅立葉正弦級數。

原方程式可改寫為

$$\frac{\partial u}{\partial t} = \frac{1}{kh}\frac{\partial^2u}{\partial x^2}.$$

在 $kh>0$ 的物理條件下，這是一維熱傳導方程式。由於兩端皆為零邊界條件，空間部分應選用滿足

$$X(0)=X(1)=0$$

的正弦函數 $\sin(n\pi x)$。

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解題方法：分離變數法

設

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

代入原方程式：

$$khX(x)T'(t)-X''(x)T(t)=0.$$

整理得

$$kh\frac{T'}{T}=\frac{X''}{X}=-\lambda,$$

其中 $\lambda$ 為分離常數。因此得到兩個常微分方程式：

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

以及

$$T'+\frac{\lambda}{kh}T=0.$$

空間部分

邊界條件給出

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

當 $\lambda>0$ 時，令 $\lambda=\mu^2$，則

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

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，所以

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

再由 $X(1)=0$：

$$B\sin\mu=0.$$

取非零解 $B\neq 0$，必須有

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

因此特徵值與特徵函數為

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

時間部分

對應的時間方程式為

$$T_n'+\frac{n^2\pi^2}{kh}T_n=0,$$

故

$$T_n(t)=C_n\exp\left(-\frac{n^2\pi^2}{kh}t\right).$$

因此各模態解為

$$u_n(x,t) = C_n\sin(n\pi x) \exp\left(-\frac{n^2\pi^2}{kh}t\right).$$

利用線性疊加，通解寫成

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} C_n\sin(n\pi x) \exp\left(-\frac{n^2\pi^2}{kh}t\right).$$

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利用初始條件求傅立葉係數

初始條件為

$$u(x,0)=c_0.$$