108 年 國立中山大學電機工程學系碩士班乙組《工程數學乙》

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換的三項基本性質：

1. 線性性
   $L\{af+bg\}=aL\{f\}+bL\{g\}$

2. 逆拉普拉斯轉換的線性性

3. 拉普拉斯轉換的唯一性定理

拉普拉斯轉換定義為

$$L\{f(t)\}=F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt.$$

以下假設題目中的函數皆滿足拉普拉斯轉換存在的條件。

解題方法

逐一判斷 (A)、(B)、(C) 是否正確，再判斷 (D)、(E) 的敘述。

選項分析

(A) 滿足 $L(f)+L(g)=L(f+g)$

由拉普拉斯轉換定義，

$$\begin{aligned} L\{f+g\} &=\int_0^\infty e^{-st}\bigl[f(t)+g(t)\bigr]\,dt\\ &=\int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt +\int_0^\infty e^{-st}g(t)\,dt\\ &=L\{f\}+L\{g\}. \end{aligned}$$

因此 (A) 正確。

(B) 其逆轉換 $L^{-1}(f)+L^{-1}(g)=L^{-1}(f+g)$

令

$$L^{-1}\{F(s)\}=f(t),\qquad L^{-1}\{G(s)\}=g(t).$$

由線性性，

$$L\{f(t)+g(t)\}=F(s)+G(s).$$

兩邊取逆拉普拉斯轉換，得到

各選項分析如下：

(A) 錯誤。由 Laplace transform 基本公式 $L(t^n) = \frac{n!}{s^{n+1}}$，可知：
$L(t^3) = \frac{3!}{s^{3+1}} = \frac{6}{s^4}$

(B) 正確。由第二平移定理（Time-shifting Theorem），當 $a > 0$ 時，微分方程與控制系統中單位階梯函數 $u(t)$ 之平移公式確實為：
$L^{-1}(e^{-as}F(s)) = f(t-a)u(t-a)$

【解題思路與推導】

1. 變數分離法求解

原一階常微分方程式為 $y'(t) = -t^2 y(t)^3$。當初始值 $y(0) \ne 0$ 時，採用變數分離法：
$\frac{dy}{y^3} = -t^2 dt$

兩邊進行不定積分：
$\int y^{-3} \, dy = -\int t^2 \, dt \implies -\frac{1}{2y^2} = -\frac{1}{3}t^3 + C_0$

整理得：
$\frac{1}{y(t)^2} = \frac{2}{3}t^3 + C$

代入初始條件 $y(0)$ 可得 $C = \frac{1}{y(0)^2}$，故：
$\frac{1}{y(t)^2} = \frac{2}{3}t^3 + \frac{1}{y(0)^2} = \frac{2 y(0)^2 t^3 + 3}{3 y(0)^2}$

因解需滿足連續性且保持與 initial value $y(0)$ 相同之正負號，解顯式開根號為：
$y(t) = \frac{y(0)}{\sqrt{\frac{2}{3} y(0)^2 t^3 + 1}}$

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2. 各選項分析與檢驗

一、求解微分方程式

原式為伯努利微分方程式（Bernoulli Differential Equation）：
$y' + \frac{2}{t}y = t y^3, \quad t \ge 1$

同除以 $y^3$ 得：
$y^{-3}y' + \frac{2}{t}y^{-2} = t$

令 $u = y^{-2}$，則 $u' = -2y^{-3}y'$，代入整理得一階線性微分方程式：
$u' - \frac{4}{t}u = -2t$

求積分因子 $I(t) = e^{\int -\frac{4}{t} dt} = t^{-4}$，兩邊同乘 $I(t)$ 積分：
$\frac{d}{dt}(t^{-4}u) = -2t^{-3} \implies t^{-4}u = t^{-2} + C \implies u(t) = t^2 + C t^4$

還原 $u = y^{-2}$，得一般解：
$y(t) = \frac{\pm 1}{t\sqrt{1 + C t^2}}$

若設初始時間點為 $t = 1$，由初始值 $y(1) = y_0 \neq 0$ 可得 $1 + C = \frac{1}{y_0^2} \implies C = \frac{1 - y_0^2}{y_0^2}$。

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二、選項解析

核心觀念

將二階方程式改寫為一階系統，分析：

1. 平衡點的定義；
2. 李亞普諾夫局部穩定性；
3. 初值是否可能造成有限時間發散；
4. 非線性微分方程式是否具有線性縮放性。

原方程式為

$$\ddot{x}+\dot{x}+(1-x^2)\dot{x}=0,$$

合併同類項得

$$\ddot{x}+(2-x^2)\dot{x}=0.$$

令

$$y=\dot{x},$$

則

$$\dot{x}=y,\qquad \dot{y}=(x^2-2)y.$$

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解題方法：求第一積分

計算

$$\frac{d}{dt}\left(y+2x-\frac{x^3}{3}\right) =\dot{y}+(2-x^2)\dot{x}.$$

代入 $\dot{x}=y$ 與 $\dot{y}=(x^2-2)y$：

$$\dot{y}+(2-x^2)\dot{x} =(x^2-2)y+(2-x^2)y=0.$$

因此

$$y+2x-\frac{x^3}{3}=C,$$

其中 $C$ 為常數，亦即

$$\dot{x}=\frac{x^3}{3}-2x+C.$$

此結果可用來判斷平衡點、穩定性及解的發散行為。

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選項 (A) 分析

平衡點必須滿足

$$\dot{x}=0,\qquad \dot{y}=0.$$

在原點附近考慮函數

$$H(x,y)=y+2x-\frac{x^3}{3},$$

並定義

$$V(x,y)=\frac12H(x,y)^2+\frac12y^2.$$

在原點附近，$V\geq 0$，且 $V=0$ 只有在 $(x,y)=(0,0)$ 成立，因此 $V$ 是局部正定函數。

又因為 $\dot{H}=0$，所以

$$\dot{V} =H\dot{H}+y\dot{y} =(x^2-2)y^2.$$

當 $|x|<\sqrt{2}$ 時，

$$\dot{V}\leq 0.$$

故由李亞普諾夫穩定性判定，$(0,0)$ 為局部穩定平衡點。

但它不是局部漸近穩定，因為附近存在其他平衡點，例如 $(a,0)$ 的解會永遠保持不變，不會收斂至原點。

因此，(A) 正確。

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選項 (B) 分析

平衡點滿足

$$y=0,\qquad (x^2-2)y=0.$$

只要 $y=0$，第二式便自動成立。因此所有

$$(x,y)=(a,0),\qquad a\in\mathbb{R},$$

都是平衡點。

所以該方程式有無限多個平衡點，而不是兩個。

因此，(B) 錯誤。

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選項 (C) 分析

由第一積分可得

$$\dot{x}=\frac{x^3}{3}-2x+C.$$

取初值

核心觀念

本題考查非線性微分方程（Nonlinear Differential Equations）的基本性質、狀態空間表示法與平衡點（Equilibrium Points）、線性系統與疊加原理（Superposition Principle），以及Laplace 轉換對非線性項的限制與非線性系統穩定性分析（Describing Function / Routh-Hurwitz Criterion）。

1. Laplace 轉換的線性限制：Laplace 轉換 $\mathcal{L}\{\cdot\}$ 為線性運算，僅能直接應用於線性微分方程。對於非線性項（如 $z(t)^3$），$\mathcal{L}\{z(t)^3\} \neq [Z(s)]^3$。此外，$n$ 階微分項的轉換需包含初始條件，例如 $\mathcal{L}\{\dddot{z}(t)\} = s^3 Z(s) - s^2 z(0) - s \dot{z}(0) - \ddot{z}(0)$。
2. 平衡點（Equilibrium Points）定義：在無外力輸入 $u(t) = 0$ 下，將高階 ODE 化為狀態空間方程 $\dot{\mathbf{x}} = \mathbf{f}(\mathbf{x})$。平衡點為滿足 $\mathbf{f}(\mathbf{x}_e) = \mathbf{0}$ 之所有實數狀態向量 $\mathbf{x}_e \in \mathbb{R}^3$。
3. 疊加原理（Superposition Principle）：齊次性與可加性僅對線性系統成立。若方程式包含非線性項 $z(t)^3$，則疊加原理不成立。
4. 非線性系統穩定性（Describing Function & Routh-Hurwitz Criterion）：非線性系統的穩定性往往與初值振幅（幅度）相關。利用描述函數法將非線性項近似後，結合 Routh-Hurwitz 準則可判斷系統特徵根是否會因初值振幅過大而跨入右半複數平面（RHP），從而導致解發散。

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解題方法

將題目給定參數 $a_1 = a_0 = a_2 = 1$ 與 $u(t) = 0$ 代入微分方程，得到非線性三階齊次微分方程：
$\dddot{z}(t) + \ddot{z}(t) + \dot{z}(t) + z(t)^3 = 0$

解題切入點如下：

1. 驗證選項 (A)：檢視微分項與非線性項在 Laplace 頻域的正確轉換形式。
2. 計算平衡點 (B)：建立狀態空間模型 $x_1 = z, x_2 = \dot{z}, x_3 = \ddot{z}$，求使所有狀態微分為零的實數解。
3. 分析解的發散性 (C)：利用描述函數法（Describing Function Method）分析非線性項 $z^3$ 對系統特徵根位置的影響，推演解是否隨初值增大而發散。
4. 檢視疊加原理 (D)：根據微分方程的線性／非線性性質判斷。

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選項分析

• (A) 錯誤

  • 高階微分項轉換錯誤：三階微分 $\dddot{z}(t)$ 取 Laplace 轉換時，最高次方項應為 $s^3 Z(s)$（且包含初值項 $-s^2 z(0) - s\dot{z}(0) - \ddot{z}(0)$），選項中寫為 $s^2 Z(s)$ 顯屬錯誤。
  • 非線性項轉換錯誤：Laplace 轉換為線性運算，非線性項 $z(t)^3$ 的頻域表示為複數摺積（Complex Convolution），即 $\mathcal{L}\{z(t)^3\} \neq [Z(s)]^3$。

• (B) 錯誤

  • 取狀態變數為 $x_1(t) = z(t)$、$x_2(t) = \dot{z}(t)$、$x_3(t) = \ddot{z}(t)$，將方程化為狀態空間型態：
    $\begin{cases} \dot{x}_1 = x_2 \\ \dot{x}_2 = x_3 \\ \dot{x}_3 = -x_3 - x_2 - x_1^3 \end{cases}$

核心觀念

題幹未重列微分方程式；以下依本題所使用的標準形式

$$\ddot z+a_1\dot z+a_0z=a_2u(t)$$

進行分析。由於 $u(t)=0$，方程式化為齊次方程式

$$\ddot z+a_1\dot z+a_0z=0.$$

本題重點是利用特徵根判斷解的穩定性：

• 有正特徵根時，存在解會發散。
• 有負特徵根時，存在解會收斂到零。
• 零初值對齊次線性方程式必產生零解。

解題方法

令解為 $z(t)=e^{rt}$，代入齊次方程式：

$$r^2e^{rt}+a_1re^{rt}+a_0e^{rt}=0.$$

因為 $e^{rt}\neq 0$，得到特徵方程式

$$r^2+a_1r+a_0=0.$$

其兩根為

$$r_{1,2} = \frac{-a_1\pm\sqrt{a_1^2-4a_0}}{2}.$$

由 $a_0<0$ 可知

$$a_1^2-4a_0>a_1^2>0,$$

所以兩根皆為實數。又因為 $\sqrt{a_1^2-4a_0}>a_1>0$，因此

$$r_+ = \frac{-a_1+\sqrt{a_1^2-4a_0}}{2}>0,$$ $$r_- = \frac{-a_1-\sqrt{a_1^2-4a_0}}{2}<0.$$

故通解為

$$z(t)=C_+e^{r_+t}+C_-e^{r_-t}.$$

其中 $e^{r_+t}$ 是發散模態，$e^{r_-t}$ 是衰減模態。

選項分析

(A) 該方程式為線性方程式。

正確。方程式中的 $z,\dot z,\ddot z$ 均只以一次方出現，且沒有 $z\dot z$、$z^2$ 等非線性項，因此是線性微分方程式。

核心觀念

本題考查二階常係數微分方程的穩定性。方程式為

$$a_0\ddot z(t)+a_1\dot z(t)+a_2z(t)=u(t).$$

其中：

• $a_0$ 為最高階導數項係數；
• $a_1$ 為阻尼項係數；
• $a_2$ 為回復力或剛性項係數；
• $u(t)$ 為外部輸入。

題目給定

$$a_1=0,\qquad a_0>0,\qquad a_2=0,\qquad u(t)=0.$$

因此系統沒有阻尼，也沒有回復力。

解題方法

將條件代入原方程式：

$$a_0\ddot z(t)=0.$$

因為 $a_0>0$，可除以 $a_0$，得到

$$\ddot z(t)=0.$$

積分一次：

$$\dot z(t)=C_2.$$

再積分一次：

$$z(t)=C_1+C_2t.$$

設初始條件為

$$z(0)=z_0,\qquad \dot z(0)=v_0,$$

則

$$\dot z(t)=v_0,$$

以及

$$z(t)=z_0+v_0t.$$

因此：

• 若 $v_0\neq 0$，則
  $\lvert z(t)\rvert\to\infty\quad (t\to\infty),$
  解會發散。
• 若 $v_0=0$，則
  $z(t)=z_0,$
  解為常數；除非 $z_0=0$，否則不會收斂到零。
• 只有當
  $z_0=0,\qquad v_0=0$
  時，解才恒為零。

從特徵方程式也可看出：