108 年 國立聯合大學電機工程學系研究所《工程數學》

第 1 題

核心觀念

本題分別考查：

1. Bernoulli 型一階微分方程。
2. 恰當微分方程。
3. 常係數二階線性微分方程，且特徵根重根、非齊次項共振。
4. Euler–Cauchy 型二階微分方程。

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（1）$y'-2y=e^{-x}y^2,\quad y(0)=4$

解題方法

因方程含有 $y^2$，且可透過代換 $z=1/y$ 化為一階線性方程。

原式除以 $y^2$：

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

令

$$z=\frac{1}{y},\qquad z'=-\frac{y'}{y^2},$$

因此

$$-z'-2z=e^{-x},$$

即

$$z'+2z=-e^{-x}.$$

其積分因子為 $e^{2x}$，所以

$$\left(e^{2x}z\right)'=-e^x.$$

積分得

$$e^{2x}z=-e^x+C,$$

故

$$z=-e^{-x}+Ce^{-2x}.$$

由初始條件 $y(0)=4$，得 $z(0)=1/4$：

$$\frac14=-1+C \quad\Longrightarrow\quad C=\frac54.$$

因此

$$\frac1y=-e^{-x}+\frac54e^{-2x}.$$

整理後，

$$\boxed{y(x)=\frac{4e^{2x}}{5-4e^x}}.$$

解題技巧

遇到

$$y'+P(x)y=Q(x)y^n,\qquad n\ne 0,1,$$

可優先考慮 Bernoulli 代換 $z=y^{1-n}$。本題 $n=2$，所以直接使用 $z=1/y$ 最有效率。

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（2）

$$xy\sin x\,dx+(\sin x-x\cos x+y^2)\,dy=0, \qquad y(0)=3$$

核心觀念

令

$$M(x,y)=xy\sin x,\qquad N(x,y)=\sin x-x\cos x+y^2.$$

若滿足

$$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x},$$

則方程為恰當微分方程，可尋找勢函數 $F(x,y)$，使得

$$dF=M\,dx+N\,dy.$$

解題方法

先計算偏導數：

$$\frac{\partial M}{\partial y}=x\sin x,$$

以及

$$\frac{\partial N}{\partial x} = \cos x-\left(\cos x-x\sin x\right) =x\sin x.$$

兩者相等，因此方程恰當。

由 $F_x=M$，對 $M$ 對 $x$ 積分：

$$F(x,y)=\int xy\sin x\,dx =y\int x\sin x\,dx+g(y).$$

分部積分得

$$\int x\sin x\,dx=-x\cos x+\sin x,$$

所以

$$F(x,y)=y(\sin x-x\cos x)+g(y).$$

再對 $y$ 微分：

$$F_y=\sin x-x\cos x+g'(y).$$

與 $N$ 比較：

$$g'(y)=y^2, \qquad g(y)=\frac{y^3}{3}.$$

因此通解為

$$y(\sin x-x\cos x)+\frac{y^3}{3}=C.$$

代入 $x=0,\ y=3$：

$$3(0-0)+\frac{3^3}{3}=C,$$

故

$$C=9.$$

所以初值問題的解為

$$\boxed{ y(\sin x-x\cos x)+\frac{y^3}{3}=9 }.$$

這是以隱式形式表示的解。

解題技巧

判斷恰當性時，重點是正確計算

$$\frac{\partial}{\partial x}(-x\cos x) =-\cos x+x\sin x.$$

因此

$$\frac{\partial N}{\partial x} =\cos x-\cos x+x\sin x=x\sin x,$$

剛好與 $M_y$ 相同。

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（3）

$$y''-4y'+4y=8e^{2x}, \qquad y(0)=1,\quad y'(0)=4$$

核心觀念

齊次方程的特徵方程具有重根 $r=2$，而右側非齊次項為 $8e^{2x}$，與齊次解中的 $e^{2x}$ 重合，因此必須乘上 $x^2$ 才能設置特解。

解題方法

先解齊次方程：

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換處理：

1. 含有初始條件的二階線性微分方程。
2. Dirac delta 函數 $\delta(t-a)$ 的位移性質。
3. 定積分的拉普拉斯轉換公式。
4. 部分分式分解與反拉普拉斯轉換。

常用公式如下：

$$\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0)$$ $$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)$$ $$\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as}$$ $$\mathcal{L}\left\{\int_0^t f(\tau)\,d\tau\right\} =\frac{1}{s}F(s)$$

其中 $F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}$。

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解題方法

（1）$y''+3y'+4y=\delta(t-2)$

已知

$$y(0)=1,\qquad y'(0)=3$$

令

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}$$

對方程式兩側取拉普拉斯轉換：

$$\mathcal{L}\{y''\}+3\mathcal{L}\{y'\}+4\mathcal{L}\{y\} =\mathcal{L}\{\delta(t-2)\}$$

代入初始條件：

$$\left(s^2Y-s-3\right) +3\left(sY-1\right)+4Y=e^{-2s}$$

整理得

$$(s^2+3s+4)Y-(s+6)=e^{-2s}$$

因此

$$Y(s)=\frac{s+6}{s^2+3s+4} +\frac{e^{-2s}}{s^2+3s+4}$$

先處理第一項。分母配方：

$$s^2+3s+4 =\left(s+\frac32\right)^2+\frac74$$

且

$$s+6=\left(s+\frac32\right)+\frac92$$

所以

$$\frac{s+6}{s^2+3s+4} = \frac{s+\frac32} {\left(s+\frac32\right)^2+\left(\frac{\sqrt7}{2}\right)^2} + \frac{\frac92} {\left(s+\frac32\right)^2+\left(\frac{\sqrt7}{2}\right)^2}$$

利用

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{s+a}{(s+a)^2+b^2} \right\} =e^{-at}\cos bt$$

以及

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{b}{(s+a)^2+b^2} \right\} =e^{-at}\sin bt$$

可得

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{s+6}{s^2+3s+4} \right\} = e^{-\frac32t} \left[ \cos\left(\frac{\sqrt7}{2}t\right) +\frac{9}{\sqrt7} \sin\left(\frac{\sqrt7}{2}t\right) \right]$$

再處理第二項。令

$$G(s)=\frac{1}{s^2+3s+4} = \frac{1} {\left(s+\frac32\right)^2+\left(\frac{\sqrt7}{2}\right)^2}$$

因此

$$g(t)=\mathcal{L}^{-1}\{G(s)\} = \frac{2}{\sqrt7}e^{-\frac32t} \sin\left(\frac{\sqrt7}{2}t\right)$$

由拉普拉斯位移定理：

$$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-2s}G(s)\} =u(t-2)g(t-2)$$

所以

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{e^{-2s}}{s^2+3s+4} \right\} = \frac{2}{\sqrt7}u(t-2)e^{-\frac32(t-2)} \sin\left(\frac{\sqrt7}{2}(t-2)\right)$$

故完整解為

$$\boxed{ \begin{aligned} y(t) ={}&e^{-\frac32t} \left[ \cos\left(\frac{\sqrt7}{2}t\right) +\frac{9}{\sqrt7} \sin\left(\frac{\sqrt7}{2}t\right) \right]\\ &+\frac{2}{\sqrt7}u(t-2)e^{-\frac32(t-2)} \sin\left(\frac{\sqrt7}{2}(t-2)\right) \end{aligned} }$$

亦可寫成分段形式：

核心觀念

對方陣 $A$ 而言：

1. 特徵值 $\lambda$ 必須滿足
   $\det(A-\lambda I)=0.$
2. 求得特徵值後，對每個 $\lambda$ 解齊次方程
   $(A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0,$
   所得非零向量 $\mathbf v$ 即為對應的特徵向量。
3. 本題矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} 4&0&-2\\ 0&1&0\\ 1&0&1 \end{bmatrix}.$$

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解題方法

令特徵向量為

$$\mathbf v= \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix}.$$

先求特徵值。

$$A-\lambda I= \begin{bmatrix} 4-\lambda&0&-2\\ 0&1-\lambda&0\\ 1&0&1-\lambda \end{bmatrix}.$$

由第二列或第二欄可直接展開行列式：

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(1-\lambda) \begin{vmatrix} 4-\lambda&-2\\ 1&1-\lambda \end{vmatrix}\\ &=(1-\lambda)\left[(4-\lambda)(1-\lambda)+2\right]. \end{aligned}$$

計算括號內：

$$\begin{aligned} (4-\lambda)(1-\lambda)+2 &=4-5\lambda+\lambda^2+2\\ &=\lambda^2-5\lambda+6\\ &=(\lambda-2)(\lambda-3). \end{aligned}$$

因此特徵方程為

$$(1-\lambda)(\lambda-2)(\lambda-3)=0.$$

所以三個特徵值為

$$\boxed{\lambda=1,\ 2,\ 3}.$$

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求 $\lambda=1$ 所對應的特徵向量

代入 $\lambda=1$：

$$A-I= \begin{bmatrix} 3&0&-2\\ 0&0&0\\ 1&0&0 \end{bmatrix}.$$

解

$$(A-I) \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix},$$

得到

$$\begin{cases} 3x-2z=0,\\ x=0. \end{cases}$$

因此 $x=0$，再由 $3x-2z=0$ 得 $z=0$，而 $y$ 可任意取非零值。

取 $y=1$，可得

$$\boxed{\mathbf v_1= \begin{bmatrix} 0\\1\\0 \end{bmatrix}}.$$

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求 $\lambda=2$ 所對應的特徵向量

代入 $\lambda=2$：

核心觀念

本題使用留數定理：

$$\oint_C f(z)\,dz = 2\pi i\sum \operatorname{Res}(f;z_k),$$

其中 $z_k$ 為位於閉曲線 $C$ 內部的奇點。

若函數具有 $m$ 階極點 $z=a$，可寫成

$$f(z)=\frac{h(z)}{(z-a)^m},$$

且 $h(z)$ 在 $a$ 附近解析，則

$$\operatorname{Res}(f;a) = \frac{h^{(m-1)}(a)}{(m-1)!}.$$

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（1）計算 $\displaystyle \oint_C \frac{ze^{z/2}}{z^2-4}\,dz$

奇點位置

將分母因式分解：

$$z^2-4=(z-2)(z+2).$$

因此函數

$$f(z)=\frac{ze^{z/2}}{(z-2)(z+2)}$$

在 $z=2$ 與 $z=-2$ 有兩個單極點。

曲線為

$$x^2+y^2=9 \quad\Longleftrightarrow\quad |z|=3.$$

因為

$$|2|=|-2|=2<3,$$

所以兩個奇點皆位於曲線 $C$ 內部。

計算留數

在 $z=2$：

$$\operatorname{Res}(f;2) = \lim_{z\to 2}(z-2)f(z) = \left.\frac{ze^{z/2}}{z+2}\right|_{z=2} = \frac{2e}{4} = \frac e2.$$

在 $z=-2$：

$$\operatorname{Res}(f;-2) = \lim_{z\to -2}(z+2)f(z) = \left.\frac{ze^{z/2}}{z-2}\right|_{z=-2} = \frac{-2e^{-1}}{-4} = \frac{1}{2e}.$$

故所有內部奇點的留數總和為

$$\frac e2+\frac{1}{2e} = \frac12\left(e+\frac1e\right).$$

由留數定理，

$$\oint_C \frac{ze^{z/2}}{z^2-4}\,dz = 2\pi i\cdot \frac12\left(e+\frac1e\right).$$

因此

$$\boxed{ \oint_C \frac{ze^{z/2}}{z^2-4}\,dz = \pi i\left(e+\frac1e\right) }.$$

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（2）計算 $\displaystyle \oint_C \frac{e^z\cos z}{(z-\pi/4)^3}\,dz$

奇點位置與階數

函數為

$$f(z)=\frac{e^z\cos z}{(z-\pi/4)^3}.$$

其在

$$z=\frac{\pi}{4}$$

有三階極點。

曲線為

$$|z|=1.$$

由於