113 年 國立聯合大學電機工程學系研究所《工程數學》

核心觀念

本題考查一階 Bernoulli 微分方程。其標準形式為

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

令

$$u=y^{1-n},$$

即可將 Bernoulli 方程轉換為一階線性微分方程。本題中 $n=4$，因此採用代換

$$u=y^{-3}.$$

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解題方法

原方程為

$$y'=-(x^2+2)y+e^x y^4, \qquad y(0)=2.$$

先將方程除以 $y^4$：

$$y^{-4}y'=-(x^2+2)y^{-3}+e^x.$$

設

$$u=y^{-3}.$$

則

$$u'=-3y^{-4}y',$$

因此

$$y^{-4}y'=-\frac13u'.$$

代入原式得

$$-\frac13u'=-(x^2+2)u+e^x.$$

兩邊乘以 $-3$：

$$u'-3(x^2+2)u=-3e^x.$$

這是一階線性微分方程。

由初始條件 $y(0)=2$，得到

$$u(0)=y(0)^{-3}=\frac18.$$

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求解線性微分方程

線性方程

$$u'-3(x^2+2)u=-3e^x$$

的積分因子為

$$\mu(x) =\exp\left(\int -3(x^2+2)\,dx\right) =\exp(-x^3-6x).$$

方程乘上積分因子後，左側可寫成

$$\frac{d}{dx}\left(e^{-x^3-6x}u\right) =-3e^{-x^3-6x}e^x.$$

因此

$$\frac{d}{dx}\left(e^{-x^3-6x}u\right) =-3e^{-x^3-5x}.$$

由 $0$ 積分至 $x$：

$$e^{-x^3-6x}u(x)-u(0) =-3\int_0^x e^{-t^3-5t}\,dt.$$

代入 $u(0)=\frac18$：

參考書等級：上等（如《工程數學（上）》，第5版，微分方程章節）

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給定微分方程

$$\cosh(x-y)+x\sinh(x-y)-x\sinh(x-y)\,y'=0, \qquad y(4)=4$$

設 $u=x-y$，則 $u' = 1-y'$。式子化為

$$\cosh u + x\sinh u\,(1-y') =0 \;\Longrightarrow\; \cosh u + x\sinh u\,u' =0 .$$

即

$\frac{du}{dx}= -\frac{\cosh u}{x\sinh u}= -\frac{1}{x}\coth u .$

分離變數：

$\frac{dx}{x}= -\tanh u\,du .$

積分得

$$\ln|x| = -\ln|\cosh u| + C \;\Longrightarrow\; \ln\bigl(x\cosh u\bigr)=C .$$

故隱式解為

$x\cosh (x-y)=C .$

先寫成矩陣形式

$$\mathbf y' =A\mathbf y+\mathbf f(t),\qquad A=\begin{pmatrix}-3&-4\\5&6\end{pmatrix}, \ \mathbf f(t)=e^{t}\begin{pmatrix}2\\-1\end{pmatrix}.$$

1. 齊次解

特徵方程 $\det(A-\lambda I)=0$

$$\begin{vmatrix}-3-\lambda&-4\\5&6-\lambda\end{vmatrix} =(-3-\lambda)(6-\lambda)+20 =\lambda^{2}-3\lambda+2=(\lambda-1)(\lambda-2)=0,$$

得特徵根 $\lambda_{1}=1,\ \lambda_{2}=2$。

對應特徵向量

$$\lambda_{1}=1:\;(A-I)\mathbf v=0\Rightarrow\mathbf v_{1}=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}, \qquad \lambda_{2}=2:\;(A-2I)\mathbf v=0\Rightarrow\mathbf v_{2}=\begin{pmatrix}-4\\5\end{pmatrix}.$$

故齊次解

$$\mathbf y_{h}=C_{1}e^{t}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix} +C_{2}e^{2t}\begin{pmatrix}-4\\5\end{pmatrix}.$$

2. 非齊次特解 (undetermined coefficients)

右端為 $e^{t}$ 的常向量，且 $\lambda=1$ 已在齊次解中出現，故假設

$$\mathbf y_{p}=e^{t}\bigl(t\mathbf v+\mathbf w\bigr),\qquad \mathbf v,\mathbf w\ {\rm 為常向量}.$$

代入 $\mathbf y_{p}'=A\mathbf y_{p}+\mathbf f(t)$ 並除以 $e^{t}$：

$t\mathbf v+\mathbf w+\mathbf v=tA\mathbf v+A\mathbf w+\begin{pmatrix}2\\-1\end{pmatrix}.$

整理係數：

• $t$：$\mathbf v=A\mathbf v$ → $(A-I)\mathbf v=0$ → $\mathbf v$ 為 $\lambda=1$ 的特徵向量，取

$$\begin{aligned} \text{原方程}&:\;x^{3}y'''-x^{2}y''-7xy'+16y=18x^{3}\ln|x|,\\ \text{齊次方程}&:\;x^{3}y'''-x^{2}y''-7xy'+16y=0. \end{aligned}$$

齊次解：設 $y=x^{m}$，代入得

$m(m-1)(m-2)-m(m-1)-7m+16=0\;\Longrightarrow\;(m-4)(m-2)(m+2)=0,$

故

$y_{h}=C_{1}x^{4}+C_{2}x^{2}+C_{3}x^{-2}.$

特解：取形 $y_{p}=Ax^{3}\ln|x|+Bx^{3}$。
計算

$$\begin{aligned} y'_{p}&=A(3x^{2}\ln|x|+x^{2})+3Bx^{2},\\ y''_{p}&=A(6x\ln|x|+4x)+6Bx,\\ y'''_{p}&=A(6\ln|x|+10), \end{aligned}$$

代入原方程得

$x^{3}\bigl[-5A\ln|x|-A-5B\bigr]=18x^{3}\ln|x|.$

比較係數

$y''+5y'+6y=e^{-t}[5u(t-1)-2u(t-2)]+4\delta(t-3),\qquad y(0)=y'(0)=0$

拉普拉斯變換（$Y(s)=\mathcal L\{y(t)\}$），利用 $\mathcal L\{y''\}=s^2Y$, $\mathcal L\{y'\}=sY$（初值皆為 0）：

$(s^2+5s+6)Y(s)=\mathcal L\{e^{-t}[5u(t-1)-2u(t-2)]\}+4e^{-3s}.$

$$\begin{aligned} \mathcal L\{e^{-t}u(t-1)\} &=e^{-s}\,\mathcal L\{e^{-(t+1)}\} =e^{-s}\,e^{-1}\frac1{s+1},\\[2mm] \mathcal L\{e^{-t}u(t-2)\} &=e^{-2s}\,e^{-2}\frac1{s+1}. \end{aligned}$$

故

$$Y(s)=\frac{5e^{-1}e^{-s}-2e^{-2}e^{-2s}}{(s+1)(s+2)(s+3)} \;+\;\frac{4e^{-3s}}{(s+2)(s+3)}.$$

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1. 逆變換的基礎形式

$$\frac1{(s+1)(s+2)(s+3)} =\frac{1/2}{s+1}-\frac{1}{s+2}+\frac{1/2}{s+3}, \qquad \frac1{(s+2)(s+3)}=\frac{1}{s+2}-\frac{1}{s+3}.$$

相應的時域函數

核心觀念

本題考查：

• 卷積積分
  $\int_0^t y(\tau)\cos(t-\tau)\,d\tau$
• Laplace transform 的卷積定理
  $\mathcal{L}\{f*g\}=F(s)G(s)$
• 基本變換公式

$$\mathcal{L}\{\cos t\}=\frac{s}{s^2+1},\qquad \mathcal{L}\{t\}=\frac{1}{s^2}$$

將
$\int_0^t y(\tau)\cos(t-\tau)\,d\tau$
視為 $y(t)$ 與 $\cos t$ 的卷積，即可直接使用 Laplace transform 化為代數方程。

解題方法

原式為

$$y(t)+2\int_0^t y(\tau)\cos(t-\tau)\,d\tau=\cos t+t.$$

令

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

由卷積定理，

$$\mathcal{L}\left\{\int_0^t y(\tau)\cos(t-\tau)\,d\tau\right\} =Y(s)\frac{s}{s^2+1}.$$

右側 Laplace transform 為

$$\mathcal{L}\{\cos t+t\} =\frac{s}{s^2+1}+\frac{1}{s^2}.$$

因此原方程轉換為

$$Y(s)+2Y(s)\frac{s}{s^2+1} = \frac{s}{s^2+1}+\frac{1}{s^2}.$$

整理左側：

$$Y(s)\left(1+\frac{2s}{s^2+1}\right) = \frac{s}{s^2+1}+\frac{1}{s^2}.$$

先化簡右側：

$$\frac{s}{s^2+1}+\frac{1}{s^2} = \frac{s^3+s+s^2+1}{s^2(s^2+1)} = \frac{(s+1)(s^2+1)}{s^2(s^2+1)} = \frac{s+1}{s^2}.$$

而

$$1+\frac{2s}{s^2+1} = \frac{s^2+2s+1}{s^2+1} = \frac{(s+1)^2}{s^2+1}.$$

故

核心觀念

本題考查：

1. 常係數二階線性微分方程。
2. 週期性外力的拉普拉斯變換。
3. 分段函數與單位階梯函數。
4. 跨越外力跳躍點時，因為沒有脈衝項，$y$ 與 $y'$ 必須連續。

令外力為 $f(t)$，其一個週期為

$$f(t)= \begin{cases} 15, & 0\le t<2,\\ 0, & 2\le t<4, \end{cases} \qquad f(t+4)=f(t).$$

注意：外力 $f(t)$ 是週期函數，但解 $y(t)$ 不一定是週期函數，因為初始條件為 $y(0)=1$、$y'(0)=2$。

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解題方法：拉普拉斯變換

1. 求週期外力的拉普拉斯變換

週期為 $T=4$ 的函數滿足

$$\mathcal{L}\{f(t)\} = \frac{\displaystyle\int_0^4 e^{-st}f(t)\,dt}{1-e^{-4s}}.$$

因此

$$F(s) = \frac{\displaystyle\int_0^2 15e^{-st}\,dt}{1-e^{-4s}} = \frac{15(1-e^{-2s})}{s(1-e^{-4s})}.$$

利用

$$1-e^{-4s}=(1-e^{-2s})(1+e^{-2s}),$$

可得

$$F(s)=\frac{15}{s(1+e^{-2s})}.$$

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2. 對微分方程取拉普拉斯變換

原方程為

$$y''-6y'+5y=f(t).$$

由初始條件

$$y(0)=1,\qquad y'(0)=2,$$

得到

$$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-s-2,$$ $$\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-1.$$

代入原方程：

$$s^2Y-s-2-6(sY-1)+5Y=F(s).$$

整理為

$$(s^2-6s+5)Y(s)-s+4=F(s).$$

因為

$$s^2-6s+5=(s-1)(s-5),$$

所以

$$Y(s) = \frac{s-4}{(s-1)(s-5)} + \frac{15}{s(s-1)(s-5)(1+e^{-2s})}.$$

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3. 分解初始條件造成的部分

先計算

$$\frac{s-4}{(s-1)(s-5)} = \frac{3}{4}\frac{1}{s-1} + \frac{1}{4}\frac{1}{s-5}.$$

因此

$$y_{\mathrm{ic}}(t) = \frac{3}{4}e^t+\frac{1}{4}e^{5t}.$$

這部分滿足齊次方程及初始條件。

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4. 處理週期因子

利用幾何級數

$$\frac{1}{1+e^{-2s}} = 1-e^{-2s}+e^{-4s}-e^{-6s}+\cdots,$$

令

$$H(s)=\frac{15}{s(s-1)(s-5)}.$$

部分分式分解為

$$H(s) = \frac{3}{s} -\frac{15}{4}\frac{1}{s-1} +\frac{3}{4}\frac{1}{s-5}.$$

因此

$$h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\} = 3-\frac{15}{4}e^t+\frac{3}{4}e^{5t}.$$

由位移定理，完整解可寫成

$$y(t) = \frac{3}{4}e^t+\frac{1}{4}e^{5t} + \sum_{k=0}^{\lfloor t/2\rfloor} (-1)^k h(t-2k), \qquad t\ge 0,$$

其中

$$h(\tau)=3-\frac{15}{4}e^\tau+\frac{3}{4}e^{5\tau}.$$

這個級數形式直接反映外力每隔 $2$ 單位時間切換一次，且每個週期的輸入符號呈現交錯展開。

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第一個週期內的具體解

解題要點

1. 代換 $z=e^{i\theta}$，\quad $d\theta=\dfrac{dz}{iz}$，\quad $\displaystyle \sin\theta=\frac{z-\frac1z}{2i}$。
2. 把積分寫成單位圓上閉路徑積分

$$I=\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{16-4\sin\theta} =\oint_{|z|=1}\frac{dz}{i\bigl(16z+2i(z^{2}-1)\bigr)} =-\frac12\oint_{|z|=1}\frac{dz}{z^{2}-8i z-1}.$$

3. 分母的根為

$$z_{1,2}=i\!\left(4\pm\sqrt{15}\right),\qquad |z_{1}|>1,\;|z_{2}|<1 .$$

參考書等級：上（《複變函數與解析技巧》或《工程數學（上）》）

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解題要點

1. 因式分解

$x^{4}-1=(x-1)(x+1)(x-i)(x+i)$

2. 極點與留數

$$\begin{aligned} \operatorname{Res}\bigl(f,z=1\bigr)&=\frac{1}{4},\\ \operatorname{Res}\bigl(f,z=-1\bigr)&=-\frac{1}{4},\\ \operatorname{Res}\bigl(f,z=i\bigr)&=\frac{1}{4i}=-\frac{i}{4},\\ \operatorname{Res}\bigl(f,z=-i\bigr)&=-\frac{1}{4i}= \frac{i}{4}. \end{aligned}$$

核心觀念

本題考查矩陣的特徵值與特徵向量：

$$B\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}$$

等價於

$$(B-\lambda I)\mathbf{x}=\mathbf{0}.$$

特徵值由特徵方程

$$\det(\lambda I-B)=0$$

求得；對每一個特徵值，再解齊次方程即可得到對應特徵向量。

若存在正交矩陣 $Q$ 使

$$Q^{-1}BQ=Q^{T}BQ=D$$

為對角矩陣，則 $B$ 必須能以實正交矩陣對角化。實矩陣可正交對角化的充分必要條件是矩陣為實對稱矩陣。

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（1）求特徵值

令 $\lambda$ 為特徵值，則

$$\lambda I-B= \begin{pmatrix} \lambda-1&3&-3\\ 3&\lambda-5&-3\\ -6&6&\lambda-4 \end{pmatrix}.$$

計算行列式：

$$\begin{aligned} \det(\lambda I-B) &=(\lambda-1)\big[(\lambda-5)(\lambda-4)+18\big]\\ &\quad-3\big[3(\lambda-4)-18\big]\\ &\quad-3\big[18+6(\lambda-5)\big]\\ &=\lambda^3-10\lambda^2+20\lambda+88. \end{aligned}$$

因為

$$\lambda^3-10\lambda^2+20\lambda+88 =(\lambda+2)(\lambda^2-12\lambda+44),$$

所以

$$\lambda^2-12\lambda+44=0$$

給出

$$\lambda=6\pm 2\sqrt{2}\,i.$$

因此三個特徵值為

$$\boxed{\lambda_1=-2,\qquad \lambda_2=6+2\sqrt{2}\,i,\qquad \lambda_3=6-2\sqrt{2}\,i.}$$

其中 $\lambda_2,\lambda_3$ 為共軛複數。

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（2）求對應特徵向量與矩陣 $E$

對 $B-\lambda I$ 的前兩列取外積，可得一組特徵向量：

$$\mathbf{v}(\lambda)= \begin{pmatrix} 3(\lambda-8)\\ 3(\lambda-4)\\ \lambda^2-6\lambda-4 \end{pmatrix}.$$

當 $\lambda$ 滿足

$$\lambda^2-12\lambda+44=0$$

時，

$$\lambda^2-6\lambda-4=6(\lambda-8),$$

因此對複數特徵值可取較簡潔的特徵向量

$$\mathbf{v}(\lambda)= \begin{pmatrix} \lambda-8\\ \lambda-4\\ 2(\lambda-8) \end{pmatrix}.$$

對應 $\lambda_1=-2$

代入 $(B+2I)\mathbf{x}=\mathbf{0}$，可得

$$\mathbf{E}_1= \begin{pmatrix} 5\\ 3\\ -2 \end{pmatrix}.$$

驗算：

$$B\mathbf{E}_1 = \begin{pmatrix} -10\\ -6\\ 4 \end{pmatrix} =-2 \begin{pmatrix} 5\\ 3\\ -2 \end{pmatrix}.$$

對應 $\lambda_2=6+2\sqrt{2}\,i$

取

$$\mathbf{E}_2= \begin{pmatrix} \lambda_2-8\\ \lambda_2-4\\ 2(\lambda_2-8) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2+2\sqrt{2}\,i\\ 2+2\sqrt{2}\,i\\ -4+4\sqrt{2}\,i \end{pmatrix}.$$

對應 $\lambda_3=6-2\sqrt{2}\,i$

取其共軛特徵向量：