109 年 國立中正大學電機工程學系碩士班信號與媒體通訊組《微分方程》

本題考查三種不同類型的常微分方程的求解，包含一階線性 ODE、二階常係數齊次 ODE，以及齊次歐拉-柯西 ODE。

(a) 求解一階線性 ODE：$\frac{dy}{dx} + y = x, \quad y(0) = 4.$
此為標準的一階線性 ODE，形式為 $\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)$。
在此，$P(x) = 1$，$Q(x) = x$。
積分因子為 $e^{\int P(x) dx} = e^{\int 1 dx} = e^x$。
將原方程兩邊同乘以積分因子 $e^x$：
$e^x \frac{dy}{dx} + e^x y = xe^x$
左式即為 $(e^x y)'$ 的微分：
$(e^x y)' = xe^x$
對兩邊積分：
$e^x y = \int xe^x dx$
利用分部積分法計算右側積分：$\int u dv = uv - \int v du$，令 $u=x$, $dv=e^x dx$，則 $du=dx$, $v=e^x$。
$\int xe^x dx = xe^x - \int e^x dx = xe^x - e^x + C$
所以，$e^x y = xe^x - e^x + C$
$y(x) = x - 1 + Ce^{-x}$
利用初始條件 $y(0) = 4$：
$4 = 0 - 1 + Ce^0$
$4 = -1 + C$
$C = 5$
故，特解為 $y(x) = x - 1 + 5e^{-x}$。

(b) 求解二階常係數齊次 ODE：$\frac{d^2y}{dx^2} - 10\frac{dy}{dx} + 25y = 0, \quad y(0) = 1, y'(0) = 0.$
此為標準的二階常係數齊次 ODE。特徵方程為：
$r^2 - 10r + 25 = 0$
$(r-5)^2 = 0$
此特徵方程有重根 $r_1 = r_2 = 5$。
因此，通解形式為 $y(x) = c_1 e^{5x} + c_2 x e^{5x}$。
接著計算微分 $y'(x)$：
$y'(x) = 5c_1 e^{5x} + c_2(e^{5x} + 5x e^{5x}) = (5c_1 + c_2)e^{5x} + 5c_2 x e^{5x}$

本題考查拉普拉斯轉換的性質，包含單位步階函數的位移以及卷積定理的應用。

(a) 求解 $f(t) = \{5e^{-\pi t} + 3 \cos(2t)\} u(t - \pi)$ 的拉普拉斯轉換。
首先，我們注意到函數 $f(t)$ 乘以了單位步階函數 $u(t-\pi)$，這表示函數在 $t=\pi$ 之前為零，在 $t \ge \pi$ 時才具有值。
令 $g(t) = 5e^{-\pi t} + 3 \cos(2t)$。則 $f(t) = g(t) u(t-\pi)$。
我們需要將 $g(t)$ 的形式轉換成包含 $t-\pi$ 的形式，以便使用拉普拉斯轉換的位移性質。
令 $t = (t-\pi) + \pi$。
$g(t) = 5e^{-\pi((t-\pi)+\pi)} + 3 \cos(2((t-\pi)+\pi))$
$g(t) = 5e^{-\pi(t-\pi)} e^{-\pi^2} + 3 \cos(2(t-\pi) + 2\pi)$
由於 $\cos(\theta + 2\pi) = \cos(\theta)$，所以 $\cos(2(t-\pi) + 2\pi) = \cos(2(t-\pi))$。
$g(t) = 5e^{-\pi^2} e^{-\pi(t-\pi)} + 3 \cos(2(t-\pi))$
令 $g_1(t-\pi) = 5e^{-\pi^2} e^{-\pi(t-\pi)} + 3 \cos(2(t-\pi))$。
則 $f(t) = g_1(t-\pi) u(t-\pi)$。
現在我們找出 $g_1(t)$ 的拉普拉斯轉換，即 $G_1(s) = \mathcal{L}\{g_1(t)\}$。
$g_1(t) = 5e^{-\pi^2} e^{-\pi t} + 3 \cos(2t)$
$\mathcal{L}\{e^{at}\} = \frac{1}{s-a}$，所以 $\mathcal{L}\{e^{-\pi t}\} = \frac{1}{s+\pi}$。
$\mathcal{L}\{\cos(bt)\} = \frac{s}{s^2+b^2}$，所以 $\mathcal{L}\{\cos(2t)\} = \frac{s}{s^2+4}$。
因此，$G_1(s) = \mathcal{L}\{5e^{-\pi^2} e^{-\pi t} + 3 \cos(2t)\} = 5e^{-\pi^2} \frac{1}{s+\pi} + 3 \frac{s}{s^2+4}$。
根據拉普拉斯轉換的位移性質：若 $\mathcal{L}\{g(t)\} = G(s)$，則 $\mathcal{L}\{g(t-a)u(t-a)\} = e^{-as} G(s)$。
在此，$a=\pi$ 且 $g(t)$ 應為 $g_1(t)$。
所以，$\mathcal{L}\{f(t)\} = \mathcal{L}\{g_1(t-\pi)u(t-\pi)\} = e^{-\pi s} G_1(s)$。
$F(s) = e^{-\pi s} \left( 5e^{-\pi^2} \frac{1}{s+\pi} + 3 \frac{s}{s^2+4} \right)$

本題考查拉普拉斯反轉換，主要運用了平移性質和單位步階函數的位移性質。

給定函數 $F(s) = \frac{1}{(s-2)^2 + 9} + \frac{e^{-2(s-1)}}{s-1}$。
我們將其拆成兩部分來求解反轉換：$F_1(s) = \frac{1}{(s-2)^2 + 9}$ 和 $F_2(s) = \frac{e^{-2(s-1)}}{s-1}$。

首先處理 $F_1(s) = \frac{1}{(s-2)^2 + 9}$。
我們知道 $\mathcal{L}\{\sin(bt)\} = \frac{b}{s^2+b^2}$。
在這裡，分母是 $(s-2)^2 + 3^2$，這暗示了我們需要使用拉普拉斯轉換的平移性質：$\mathcal{L}\{e^{at}f(t)\} = F(s-a)$，其中 $F(s) = \mathcal{L}\{f(t)\}$。
令 $a=2$。我們需要找到一個函數 $f(t)$ 使得 $F(s) = \frac{1}{s^2+9}$。
$\frac{1}{s^2+9}$ 可以寫成 $\frac{1}{3} \frac{3}{s^2+3^2}$。
因此，$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{3}{s^2+3^2}\right\} = \sin(3t)$。
所以，$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2+3^2}\right\} = \frac{1}{3}\sin(3t)$。
應用平移性質，$\mathcal{L}^{-1}\{F(s-a)\} = e^{at}f(t)$。
$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s-2)^2 + 9}\right\} = e^{2t} \left(\frac{1}{3}\sin(3t)\right) = \frac{1}{3}e^{2t}\sin(3t)$。

本題考查矩陣指數函數的計算與利用矩陣指數函數求解線性 ODE 系統。

(a) 計算矩陣指數函數 $e^{At}$。
首先，我們需要找到矩陣 $A$ 的特徵值和特徵向量。
$A = \begin{bmatrix} 3 & -1 \\ 1 & 3 \end{bmatrix}$
特徵方程為 $\det(A - \lambda I) = 0$。
$\det \begin{bmatrix} 3-\lambda & -1 \\ 1 & 3-\lambda \end{bmatrix} = (3-\lambda)^2 - (-1)(1) = 0$
$(3-\lambda)^2 + 1 = 0$
$9 - 6\lambda + \lambda^2 + 1 = 0$
$\lambda^2 - 6\lambda + 10 = 0$
利用二次公式求解 $\lambda$：
$\lambda = \frac{-(-6) \pm \sqrt{(-6)^2 - 4(1)(10)}}{2(1)} = \frac{6 \pm \sqrt{36 - 40}}{2} = \frac{6 \pm \sqrt{-4}}{2} = \frac{6 \pm 2i}{2} = 3 \pm i$
特徵值為 $\lambda_1 = 3+i$ 和 $\lambda_2 = 3-i$。
由於特徵值是複數，矩陣 $A$ 可以寫成 $A = P D P^{-1}$ 的形式，其中 $D$ 是一個對角矩陣，但在此情況下，我們通常計算 $e^{At}$ 的方法是利用 Cayley-Hamilton 定理或者直接利用複數特徵值來構造解。
另一種方法是利用 $A = \begin{bmatrix} \alpha & -\beta \\ \beta & \alpha \end{bmatrix}$ 的形式。
將 $A$ 重新整理，可以寫成 $A = 3I + \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$。
令 $B = \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$。
我們知道 $e^{At} = e^{(3I+B)t} = e^{3It} e^{Bt}$，因為 $3I$ 和 $B$ 是對易的（$3IB = 3B = B3I$）。
$e^{3It} = e^{3t} I = e^{3t} \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} e^{3t} & 0 \\ 0 & e^{3t} \end{bmatrix}$。
現在計算 $e^{Bt}$。
$B^2 = \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{bmatrix} = -I$。
$B^3 = B^2 B = -I B = -B$。
$B^4 = B^2 B^2 = (-I)(-I) = I$。
$B^5 = B^4 B = I B = B$。
所以，$B$ 的冪次呈現週期性：$B, -I, -B, I, B, -I, -B, I, \dots$。
$e^{Bt} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(Bt)^n}{n!} = I + Bt + \frac{B^2 t^2}{2!} + \frac{B^3 t^3}{3!} + \frac{B^4 t^4}{4!} + \dots$
$e^{Bt} = I + Bt - \frac{I t^2}{2!} - \frac{B t^3}{3!} + \frac{I t^4}{4!} + \frac{B t^5}{5!} - \dots$
$e^{Bt} = I \left( 1 - \frac{t^2}{2!} + \frac{t^4}{4!} - \dots \right) + B \left( t - \frac{t^3}{3!} + \frac{t^5}{5!} - \dots \right)$
我們知道 $\cos(t) = 1 - \frac{t^2}{2!} + \frac{t^4}{4!} - \dots$ 且 $\sin(t) = t - \frac{t^3}{3!} + \frac{t^5}{5!} - \dots$。
所以，$e^{Bt} = I \cos(t) + B \sin(t)$。
$e^{Bt} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \cos(t) + \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \sin(t) = \begin{bmatrix} \cos(t) & -\sin(t) \\ \sin(t) & \cos(t) \end{bmatrix}$。
現在將 $e^{3It}$ 和 $e^{Bt}$ 相乘：
$e^{At} = e^{3t} I \cdot (I \cos(t) + B \sin(t)) = e^{3t} (I \cos(t) + B \sin(t))$
$e^{At} = e^{3t} \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \cos(t) + e^{3t} \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \sin(t)$
$e^{At} = \begin{bmatrix} e^{3t}\cos(t) & 0 \\ 0 & e^{3t}\cos(t) \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 & -e^{3t}\sin(t) \\ e^{3t}\sin(t) & 0 \end{bmatrix}$

本題考查函數的傅立葉級數展開。

給定函數 $f(x) = x$ 在區間 $(-2, 2)$ 上。
傅立葉級數的展開式為：
$f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(\frac{n\pi x}{L}) + b_n \sin(\frac{n\pi x}{L}))$
其中 $L$ 是區間長度的一半。在此區間 $(-2, 2)$，長度是 $4$，所以 $L=2$。
展開式變為：
$f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(\frac{n\pi x}{2}) + b_n \sin(\frac{n\pi x}{2}))$
係數的計算公式為：
$a_0 = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) dx$
$a_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \cos(\frac{n\pi x}{L}) dx$
$b_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \sin(\frac{n\pi x}{L}) dx$
在這裡，$L=2$。

計算 $a_0$：
$a_0 = \frac{1}{2} \int_{-2}^{2} x dx$
因為 $x$ 是奇函數，且積分區間 $(-2, 2)$ 對稱於原點，所以積分值為 0。
$a_0 = 0$。

計算 $a_n$：
$a_n = \frac{1}{2} \int_{-2}^{2} x \cos(\frac{n\pi x}{2}) dx$
函數 $f(x) = x$ 是奇函數。函數 $\cos(\frac{n\pi x}{2})$ 是偶函數。
奇函數乘以偶函數得到奇函數。
所以，$x \cos(\frac{n\pi x}{2})$ 是奇函數。
在對稱區間 $(-2, 2)$ 上積分奇函數，結果為 0。
$a_n = 0$ 對於所有 $n \ge 1$。

計算 $b_n$：
$b_n = \frac{1}{2} \int_{-2}^{2} x \sin(\frac{n\pi x}{2}) dx$
函數 $f(x) = x$ 是奇函數。函數 $\sin(\frac{n\pi x}{2})$ 是奇函數。
奇函數乘以奇函數得到偶函數。
所以，$x \sin(\frac{n\pi x}{2})$ 是偶函數。
對於偶函數 $g(x)$，$\int_{-L}^{L} g(x) dx = 2 \int_{0}^{L} g(x) dx$。
$b_n = \frac{1}{2} \cdot 2 \int_{0}^{2} x \sin(\frac{n\pi x}{2}) dx = \int_{0}^{2} x \sin(\frac{n\pi x}{2}) dx$。
我們需要使用分部積分法來計算這個積分。令 $u=x$，$dv = \sin(\frac{n\pi x}{2}) dx$。
則 $du = dx$，$v = \int \sin(\frac{n\pi x}{2}) dx = -\frac{2}{n\pi} \cos(\frac{n\pi x}{2})$。

本題考查函數在給定權重函數下的正交性。

兩個函數 $f_1(x)$ 和 $f_2(x)$ 在區間 $[a, b]$ 上，對於權重函數 $w(x)$，若滿足積分條件：
$\int_a^b f_1(x) f_2(x) w(x) dx = 0$
則稱 $f_1(x)$ 和 $f_2(x)$ 在此區間上對於權重函數 $w(x)$ 是正交的。
在本題中，區間是 $[0, \infty)$，權重函數是 $w(x) = e^{-x}$，函數分別是 $f_1(x) = 1$ 和 $f_2(x) = -x + 1$。
我們需要計算積分：
$I = \int_0^{\infty} f_1(x) f_2(x) w(x) dx = \int_0^{\infty} (1) (-x + 1) e^{-x} dx$
$I = \int_0^{\infty} (1-x) e^{-x} dx$
這個積分是瑕積分，我們需要用極限來計算：
$I = \lim_{b \to \infty} \int_0^b (1-x) e^{-x} dx$
我們使用分部積分法來計算 $\int (1-x) e^{-x} dx$。
令 $u = 1-x$，則 $du = -dx$。
令 $dv = e^{-x} dx$，則 $v = \int e^{-x} dx = -e^{-x}$。
$\int (1-x) e^{-x} dx = (1-x)(-e^{-x}) - \int (-e^{-x})(-dx)$
$= -(1-x)e^{-x} - \int e^{-x} dx$
$= -(1-x)e^{-x} - (-e^{-x})$
$= -(1-x)e^{-x} + e^{-x}$
$= -e^{-x} + xe^{-x} + e^{-x}$