109 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）》

核心觀念

本題考查一階微分方程中的恰當微分方程。

將方程寫成

$$M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0,$$

若存在函數 $F(x,y)$ 使得

$$dF=F_x\,dx+F_y\,dy=M\,dx+N\,dy,$$

則稱此方程為恰當微分方程，其通解為

$$F(x,y)=C。$$

判斷恰當性的條件為

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

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解題方法

令

$$M(x,y)=2x+3y+4, \qquad N(x,y)=3x-4y-11。$$

先計算偏導數：

$$\frac{\partial M}{\partial y}=3, \qquad \frac{\partial N}{\partial x}=3。$$

因為

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

所以原方程為恰當微分方程。

接著尋找勢函數 $F(x,y)$。由

$$\frac{\partial F}{\partial x}=M(x,y)=2x+3y+4,$$

對 $x$ 積分：

$$F(x,y) = \int (2x+3y+4)\,dx = x^2+3xy+4x+g(y),$$

其中 $g(y)$ 是只依賴於 $y$ 的函數。

核心觀念

本題為一階齊次微分方程。方程式中的微分形式為

$$y^2\,dx+(x^2-xy-y^2)\,dy=0.$$

因為各項皆為 $x,y$ 的二次齊次式，可將 $x$ 視為 $y$ 的函數，使用齊次代換

$$v=\frac{x}{y},\qquad x=vy.$$

此時

$$\frac{dx}{dy}=v+y\frac{dv}{dy}.$$

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解題方法

將原式除以 $dy$，得

$$y^2\frac{dx}{dy}+x^2-xy-y^2=0.$$

因此

$$\frac{dx}{dy} =-\frac{x^2-xy-y^2}{y^2}.$$

令

$$v=\frac{x}{y},\qquad x=vy,$$

則

$$\frac{x^2}{y^2}=v^2,\qquad \frac{x}{y}=v,$$

且

$$\frac{dx}{dy}=v+y\frac{dv}{dy}.$$

代入原方程：

$$v+y\frac{dv}{dy}=-v^2+v+1.$$

消去兩側的 $v$，得到

$$y\frac{dv}{dy}=1-v^2.$$

當 $v\neq \pm 1$ 時，方程可分離變數：

$$\frac{dv}{1-v^2}=\frac{dy}{y}.$$

利用部分分式分解，

$$\frac{1}{1-v^2} =\frac{1}{(1-v)(1+v)} =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+v}+\frac{1}{1-v}\right).$$

積分得

$$\frac{1}{2}\ln\left|\frac{1+v}{1-v}\right| =\ln|y|+C.$$

兩側乘以 $2$，並將常數重新合併：

$$\ln\left|\frac{1+v}{1-v}\right| =\ln(y^2)+C.$$

故

核心觀念

本題考查常係數線性齊次微分方程與特徵方程的關係。

對方程

$$y^{(4)}+ay'''+by''+cy'+dy=0$$

其特徵方程為

$$p(r)=r^4+ar^3+br^2+cr+d=0.$$

若解中含有

$$e^{\alpha x}\sin \beta x,\qquad e^{\alpha x}\cos \beta x,$$

則特徵根必包含共軛複數根

$$r=\alpha\pm i\beta.$$

題目給出的解為

$$y=3e^{-x}\sin x+4e^{-x}\cos x,$$

因此特徵根必為

$$r=-1+i,\qquad r=-1-i.$$

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解題方法

由共軛複數根 $-1\pm i$，可得對應的實係數二次因式：

$$(r-(-1+i))(r-(-1-i)) =(r+1-i)(r+1+i).$$

利用平方差公式：

$$(r+1-i)(r+1+i) =(r+1)^2+1 =r^2+2r+2.$$

因此特徵多項式必含有因式

$$r^2+2r+2.$$

由於原方程為四階，剩餘部分仍可為任意實係數二次式，設為

$$r^2+ur+v,$$

其中 $u,v$ 為任意實數。因此

$$p(r)=(r^2+2r+2)(r^2+ur+v).$$

展開：

$$\begin{aligned} p(r) &=(r^2+2r+2)(r^2+ur+v)\\ &=r^4+(u+2)r^3+(v+2u+2)r^2+(2u+2v)r+2v. \end{aligned}$$

與

$$p(r)=r^4+ar^3+br^2+cr+d$$

逐項比較，得到

$$a=u+2,$$ $$b=v+2u+2,$$ $$c=2u+2v,$$ $$d=2v.$$

所以所有符合題意的係數可表示為

$$\boxed{ (a,b,c,d)=(u+2,\ v+2u+2,\ 2u+2v,\ 2v) }$$

其中 $u,v\in\mathbb{R}$。

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為何無法得到唯一的 $a,b,c,d$

題目只提供一組解，只能確定特徵方程具有根

此題考驗拉普拉斯轉換的性質與基本轉換對。

(1) $2e^{-2t} \sin 4\pi t$

首先，我們知道 $\sin(\omega t)$ 的拉普拉斯轉換是 $\mathcal{L}\{\sin(\omega t)\} = \frac{\omega}{s^2+\omega^2}$。
在這裡，$\omega = 4\pi$。
所以，$\mathcal{L}\{\sin(4\pi t)\} = \frac{4\pi}{s^2+(4\pi)^2} = \frac{4\pi}{s^2+16\pi^2}$。

接著，我們使用拉普拉斯轉換的「一次平移性質」(First Shifting Theorem)：
$\mathcal{L}\{e^{at} f(t)\} = F(s-a)$，其中 $F(s) = \mathcal{L}\{f(t)\}$。
在這裡，$a = -2$，$f(t) = \sin(4\pi t)$。
所以，$\mathcal{L}\{e^{-2t} \sin(4\pi t)\} = F(s-(-2)) = F(s+2)$。
將 $s$ 替換成 $s+2$：
$F(s+2) = \frac{4\pi}{(s+2)^2+(4\pi)^2} = \frac{4\pi}{(s+2)^2+16\pi^2}$。

最後，我們需要乘以常數 2。拉普拉斯轉換具有線性性質：$\mathcal{L}\{c f(t)\} = c \mathcal{L}\{f(t)\}$。
所以，$\mathcal{L}\{2e^{-2t} \sin(4\pi t)\} = 2 \mathcal{L}\{e^{-2t} \sin(4\pi t)\}$

此題考驗反拉普拉斯轉換的計算，涉及部分分式分解、平移性質和延遲性質。

(1) $\frac{6s+7}{2s^2+4s+10}$

首先，我們需要處理分母 $2s^2+4s+10$。
我們可以將其提出係數 2，得到 $2(s^2+2s+5)$。
對於 $s^2+2s+5$，我們嘗試配方：
$s^2+2s+5 = (s^2+2s+1) + 4 = (s+1)^2 + 2^2$。
所以，分母是 $2((s+1)^2 + 2^2)$。

現在，我們將原式改寫為：
$\frac{6s+7}{2((s+1)^2 + 4)} = \frac{1}{2} \frac{6s+7}{(s+1)^2 + 4}$

我們希望將分子表示成與 $(s+1)$ 和常數有關的形式，以便利用 $\mathcal{L}^{-1}\{\frac{s-a}{(s-a)^2+\omega^2}\} = e^{at}\cos(\omega t)$ 和 $\mathcal{L}^{-1}\{\frac{\omega}{(s-a)^2+\omega^2}\} = e^{at}\sin(\omega t)$。
在這裡，$a=-1$ 且 $\omega=2$。

分子是 $6s+7$。我們想把它寫成 $A(s+1) + B$ 的形式。
$6s+7 = 6(s+1) - 6 + 7 = 6(s+1) + 1$。

所以，原式變成：
$\frac{1}{2} \frac{6(s+1) + 1}{(s+1)^2 + 2^2}$
$= \frac{1}{2} \left( \frac{6(s+1)}{(s+1)^2 + 2^2} + \frac{1}{(s+1)^2 + 2^2} \right)$

現在我們對兩項分別進行反拉普拉斯轉換：
第一項：$\frac{1}{2} \cdot 6 \cdot \frac{s+1}{(s+1)^2 + 2^2} = 3 \cdot \frac{s+1}{(s+1)^2 + 2^2}$。
其反拉普拉斯轉換是 $3 e^{-1t} \cos(2t) = 3e^{-t}\cos(2t)$。

第二項：$\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{(s+1)^2 + 2^2}$。
我們需要分子是 $\omega=2$。所以將其改寫為 $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{(s+1)^2 + 2^2} = \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{(s+1)^2 + 2^2}$。