108 年 國立暨南國際大學應用材料及光電工程學系碩士班《工程數學（微分方程、Laplace 轉換）》

此題為一階線性常微分方程。

我們可以使用積分因子法來求解。
原方程為 $\frac{dy}{dx} - 3y = 6$。
此為標準形式 $\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)$，其中 $P(x) = -3$ 且 $Q(x) = 6$。
積分因子 $I(x)$ 為 $e^{\int P(x) dx} = e^{\int -3 dx} = e^{-3x}$。

將積分因子乘以整個方程：
$e^{-3x} \frac{dy}{dx} - 3e^{-3x} y = 6e^{-3x}$
左邊可以寫成 $\frac{d}{dx}(e^{-3x} y)$。

此題為一階微分方程，可嘗試判斷是否為恰當（Exact）微分方程或是否可化為恰當微分方程。

令 $M(x, y) = 2xy$ 且 $N(x, y) = x^2 - 1$。
檢查是否為恰當微分方程：
$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(2xy) = 2x$
$\frac{\partial N}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x^2 - 1) = 2x$
由於 $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$，此方程為恰當微分方程。

因此，存在一個函數 $F(x, y)$ 使得 $dF = M \, dx + N \, dy = 0$，其解為 $F(x, y) = C$。
我們有：
$\frac{\partial F}{\partial x} = M(x, y) = 2xy$ (1)
$\frac{\partial F}{\partial y} = N(x, y) = x^2 - 1$ (2)

此題為齊次線性常係數二階微分方程。

首先，寫出其對應的特徵方程 (Characteristic Equation)：
$r^2 + 3r - 4 = 0$

對此二次方程進行因式分解：
$(r + 4)(r - 1) = 0$

解得特徵根為：
$r_1 = 1$
$r_2 = -4$

此題為非齊次線性常係數二階微分方程。其通解為齊次解 $y_h(x)$ 加上特解 $y_p(x)$，即 $y(x) = y_h(x) + y_p(x)$。

步驟 1: 求齊次解 $y_h(x)$
考慮齊次方程 $y'' + 4y' - 2y = 0$。
其特徵方程為 $r^2 + 4r - 2 = 0$。
使用二次公式求解 $r$：
$r = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} = \frac{-4 \pm \sqrt{4^2 - 4(1)(-2)}}{2(1)}$
$r = \frac{-4 \pm \sqrt{16 + 8}}{2} = \frac{-4 \pm \sqrt{24}}{2}$
$r = \frac{-4 \pm 2\sqrt{6}}{2} = -2 \pm \sqrt{6}$

所以，齊次解為：
$y_h(x) = c_1 e^{(-2 + \sqrt{6})x} + c_2 e^{(-2 - \sqrt{6})x}$

步驟 2: 求特解 $y_p(x)$
由於非齊次項為一個二次多項式 $2x^2 - 3x + 6$，我們假設特解的形式也為一個二次多項式：
$y_p(x) = Ax^2 + Bx + C$

對 $y_p(x)$ 求一階和二階導函數：
$y_p'(x) = 2Ax + B$
$y_p''(x) = 2A$

將 $y_p(x)$, $y_p'(x)$, $y_p''(x)$ 代入原非齊次方程：
$(2A) + 4(2Ax + B) - 2(Ax^2 + Bx + C) = 2x^2 - 3x + 6$

此題的題目敘述 $L[f(s)] = \int_0^\infty e^{-sx} f(t) dt$ 有些混淆。通常，拉普拉斯轉換的定義是將一個時域函數 $f(t)$ 轉換為一個複變數 $s$ 的函數 $F(s)$，其定義為 $F(s) = L\{f(t)\} = \int_0^\infty e^{-st} f(t) dt$。題目中將變數寫成 $x$ 而非 $t$ 作為積分變數，且 $f(s)$ 符號表示結果，但參數是 $f(t)$，這是不標準的寫法。

假設題目意圖是要求計算幾個基本函數的拉普拉斯轉換，而選項 A, B, C, D 實際上是指要計算 $L\{1\}$, $L\{t\}$, $L\{e^{-3t}\}$, $L\{e^{3t}\}$。

我們使用拉普拉斯轉換的定義 $F(s) = \int_0^\infty e^{-st} f(t) dt$ 來計算。

A. $L[1]$
計算 $L\{1\}$，令 $f(t) = 1$。
$L\{1\} = \int_0^\infty e^{-st} \cdot 1 \, dt = \int_0^\infty e^{-st} \, dt$
此積分收斂的條件是 $s > 0$。
$L\{1\} = \left[ \frac{e^{-st}}{-s} \right]_0^\infty = \lim_{b \to \infty} \left( \frac{e^{-sb}}{-s} \right) - \frac{e^0}{-s}$
若 $s > 0$，則 $\lim_{b \to \infty} e^{-sb} = 0$。
$L\{1\} = 0 - \frac{1}{-s} = \frac{1}{s}$

B. $L[t]$
計算 $L\{t\}$，令 $f(t) = t$。
$L\{t\} = \int_0^\infty e^{-st} t \, dt$
此積分收斂的條件是 $s > 0$。
我們可以使用分部積分法，令 $u = t$ 且 $dv = e^{-st} dt$。
則 $du = dt$ 且 $v = \int e^{-st} dt = -\frac{1}{s} e^{-st}$。
$L\{t\} = \left[ t \left(-\frac{1}{s} e^{-st}\right) \right]_0^\infty - \int_0^\infty \left(-\frac{1}{s} e^{-st}\right) dt$
$L\{t\} = \left[ -\frac{t}{s} e^{-st} \right]_0^\infty + \frac{1}{s} \int_0^\infty e^{-st} dt$
第一項：$\lim_{b \to \infty} \left(-\frac{b}{s} e^{-sb}\right) - \left(-\frac{0}{s} e^0\right) = 0 - 0 = 0$ (利用 L'Hopital's rule 證明 $\lim_{b \to \infty} \frac{b}{e^{sb}} = 0$ 對於 $s>0$)。