112 年 國立中央大學光電科學與工程學系碩士班《工程數學》

觀念說明與微分方程求解

根據題意，光強度隨深度 $x$ 之衰減率 $-\frac{dI(x)}{dx}$ 與該處的光強度 $I(x)$ 成正比，可建立一階微分方程：
$-\frac{dI(x)}{dx} = a I(x)$

解此可分離變數微分方程：
$\frac{dI(x)}{I(x)} = -a \, dx \implies \ln I(x) = -ax + C \implies I(x) = I_0 e^{-ax}$

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吸收係數 $a$ 之數值計算

已知條件：

• 入射光強度 $I_0 = 10\text{ mW}$
• 半導體厚度 $L = 0.46\,\mu\text{m} = 0.46 \times 10^{-4}\text{ cm}$
• 經厚度 $L$ 衰減後剩餘之光強度 $I(L) = 1\text{ mW}$

核心觀念

本題為 白努利微分方程式（Bernoulli Equation），型態為 $\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)y^n$。經由變數變換 $u = y^{1-n}$ 可化簡為一階線性微分方程式求解。

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解題步驟

1. 同除以 $y^3$ 化為標準型
   原式整理為：
   $y^{-3}\frac{dy}{dx} - y^{-2} = e^x$

2. 變數變換
   令 $u = y^{-2}$，微分得 $\frac{du}{dx} = -2y^{-3}\frac{dy}{dx}$，即 $y^{-3}\frac{dy}{dx} = -\frac{1}{2}\frac{du}{dx}$。
   代入原式得一階線性微分方程式：

核心觀念

本題考查**一階可分離變數微分方程式（Separable First-Order Ordinary Differential Equation）與初值問題（Initial Value Problem, IVP）**求解。

主要使用的公式與定義包含：

1. 變數分離法：若一階微分方程式可寫成 $g(y) \, dy = f(x) \, dx$ 之形式，即可兩邊同時對相應變數進行不定積分。
2. 微積分基本積分公式：
   • $\int 3(y-1)^2 \, dy = (y-1)^3 + C_1$
   • $\int (2 + \sin x) \, dx = 2x - \cos x + C_2$
3. 初值條件求常數：將初始條件 $y(x_0) = y_0$ 代入一般解中，求得唯一的積分常數 $C$，導出特解（Particular Solution）。

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解題方法

步驟一：變數分離
將原微分方程式 $\frac{dy}{dx} = \frac{2+\sin x}{3(y-1)^2}$ 進行移項，將含有 $y$ 的項集中於等號左邊，含有 $x$ 的項集中於等號右邊：
$3(y-1)^2 \, dy = (2 + \sin x) \, dx$

步驟二：兩端進行不定積分
對等號兩邊分別求積分：
$\int 3(y-1)^2 \, dy = \int (2 + \sin x) \, dx$

積分後可得通解（General Solution）：
$(y-1)^3 = 2x - \cos x + C$
其中 $C$ 為任意積分常數。

步驟三：利用初值條件求解積分常數 $C$
將題目給定之初值條件 $y(0) = 1$（即當 $x = 0$ 時，$y = 1$）代入通解中：
$(1 - 1)^3 = 2(0) - \cos(0) + C$
$0 = 0 - 1 + C \implies C = 1$

將 $C = 1$ 代回通解，得到特解的隱函數形式：
$(y-1)^3 = 2x - \cos x + 1$

步驟四：求解顯函數 $y(x)$
兩邊同開三次方根：
$y - 1 = (2x - \cos x + 1)^{1/3}$

核心觀念

本題考查**一階可分離變數微分方程式（Separable First-Order Ordinary Differential Equation, ODE）與初值問題（Initial Value Problem, IVP）**的求解。

在工程數學中，形式為 $\frac{dR}{dt} = k R$ 的微分方程式代表指數成長或衰減模型，其一般解為：
$R(t) = C e^{kt}$
其中 $C$ 為待定常數，由初始條件 $R(0) = R_0$ 決定。

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解題方法

步驟一：求微分方程式的一般解
給定一階微分方程式：
$\frac{dR}{dt} = 2R$

利用分離變數法，將變數 $R$ 與 $t$ 分離至等號兩側：
$\frac{1}{R} dR = 2 dt$

對等號兩端進行不定積分：
$\int \frac{1}{R} dR = \int 2 dt$
$\ln |R| = 2t + C_1$

兩邊取指數函數：
$|R| = e^{2t + C_1} = e^{C_1} e^{2t}$
$R(t) = C e^{2t}$

步驟二：利用初始條件求特解
已知當 $t = 0$ 時，$R(0) = -1$，代入一般解：
$R(0) = C e^{2(0)} = C \cdot 1 = -1 \implies C = -1$

因此，該初值問題的特解為：
$R(t) = -e^{2t}$

步驟三：計算 $t = 1$ 時的 $R$ 值
將 $t = 1$ 代入特解中：
$R(1) = -e^{2(1)} = -e^2$

核心觀念

本題考查**一階常微分方程式（First-order Ordinary Differential Equations）在物理學中放射性物質衰變（Radioactive Decay）**的應用。

1. 放射性衰變模型：
   放射性物質質量 $N(t)$ 隨時間 $t$ 變化的速率與當前質量成正比，可建立一階微分方程式：
   $\frac{dN}{dt} = -k N \quad (k > 0)$
   解此分離變數微分方程式可得：
   $N(t) = N_0 e^{-kt}$
   其中 $N_0 = N(0)$ 為初始質量，$k$ 為衰變常數（Decay constant）。

2. 半衰期（Half-life, $T_{1/2}$）：
   定義為物質質量衰變至初始值一半所需的時間，即 $N(T_{1/2}) = \frac{1}{2} N_0$。
   代入衰變公式可得：
   $\frac{1}{2} N_0 = N_0 e^{-k T_{1/2}} \implies k = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$
   因此，衰變方程式亦可表示為以半衰期為底數的指數型態：
   $N(t) = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{t}{T_{1/2}}} = N_0 \cdot 2^{-\frac{t}{T_{1/2}}}$

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解題方法

步驟一：整理已知條件

• 放射性物質半衰期 $T_{1/2} = 1.4 \times 10^{10}$ 年
• 初始質量 $N_0 = 2\text{ grams}$
• 剩餘目標質量 $N(t) = 1.9\text{ grams}$

步驟二：建立衰變關係式並求解時間 $t$

將已知數據代入衰變公式 $N(t) = N_0 \cdot 2^{-\frac{t}{T_{1/2}}}$：
$1.9 = 2 \times 2^{-\frac{t}{1.4 \times 10^{10}}}$

兩邊同除以 $2$：
$\frac{1.9}{2} = 0.95 = 2^{-\frac{t}{1.4 \times 10^{10}}}$

兩邊取自然對數 $\ln$：
$\ln(0.95) = \ln\left(2^{-\frac{t}{1.4 \times 10^{10}}}\right) = -\frac{t}{1.4 \times 10^{10}} \cdot \ln 2$

解出時間 $t$：
$t = \frac{-\ln(0.95)}{\ln 2} \times 1.4 \times 10^{10} = \frac{\ln(20/19)}{\ln 2} \times 1.4 \times 10^{10}$

步驟三：數值計算與近似

利用對數數值 $\ln 2 \approx 0.69315$ 與 $\ln(0.95) \approx -0.05129$：
$\frac{-\ln(0.95)}{\ln 2} \approx \frac{0.05129}{0.69315} \approx 0.0740$

代入求得 $t$：
$t \approx 0.0740 \times 1.4 \times 10^{10} = 0.1036 \times 10^{10} \approx 0.104 \times 10^{10}\text{ 年}$

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選項分析

核心觀念

• 一階常微分方程（First-order ODE）與馬爾薩斯人口模型：生物菌群在不受資源限制的液體養分環境中，其數量成長率與當前數量成正比：
  $\frac{dP}{dt} = k P$
  其中 $P(t)$ 代表時間在第 $t$ 小時的細菌群落密度，$k$ 為成長率常數（Growth rate constant）。
• 指數成長模型公式：解上述分離變數微分方程可得：
  $P(t) = P_0 e^{kt} = P_0 \cdot a^t$
  其中 $P_0 = P(0)$ 為初始數量密度，$a = e^k$ 為成長底數。
• 對數運算與換底公式：求時間 $t$ 時需使用自然對數 $\ln$ 或常用對數 $\log_{10}$ 進行指數與對數的轉換。

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解題方法

1. 建立模型與求成長係數：
   設初始細菌密度為 $P(0) = P_0$。根據指數成長模型，第 $t$ 小時的細菌密度為：
   $P(t) = P_0 \cdot a^t$
   題目給定細菌在 2 小時後數量變為原本的 3 倍，即 $P(2) = 3 P_0$：
   $P_0 \cdot a^2 = 3 P_0 \implies a^2 = 3 \implies a = 3^{1/2} = \sqrt{3}$
   因此，細菌密度與時間的關係式可簡化為：
   $P(t) = P_0 \cdot 3^{t/2}$

2. 計算翻倍所需時間：
   設細菌數量翻倍（$P(t) = 2 P_0$）所需的時間為 $t$ 小時：
   $P_0 \cdot 3^{t/2} = 2 P_0$
   兩邊同除以 $P_0$ 得：
   $3^{t/2} = 2$
   對兩邊取自然對數 $\ln$：
   $\ln\left(3^{t/2}\right) = \ln 2 \implies \frac{t}{2} \ln 3 = \ln 2$
   解出 $t$：
   $t = 2 \cdot \frac{\ln 2}{\ln 3}$

核心觀念

本題考查**一階齊次常微分方程式（Homogeneous First-Order Ordinary Differential Equation）的求解技巧，以及初值問題（Initial Value Problem, IVP）**特解之數值計算。

關鍵定理與公式：

1. 齊次微分方程式形式：若一階微分方程式可表示為 $\frac{dy}{dx} = f\left(\frac{y}{x}\right)$，稱為齊次微分方程式。
2. 變數變換（Substitution）：令 $u = \frac{y}{x}$（即 $y = ux$），經由微分鏈鎖律可導出 $\frac{dy}{dx} = u + x\frac{du}{dx}$。
3. 分離變數法（Separation of Variables）：將變數變換後的微分方程式改寫為可分離變數形式 $\frac{du}{g(u)} = \frac{dx}{x}$，再對兩邊積分求得通解。

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解題方法

步驟一：改寫微分方程式型態
原微分方程式為：
$x^2 \frac{dy}{dx} = y^2 - xy + x^2$

由於 $x = 1 \neq 0$，將等式兩邊同除以 $x^2$ 得：
$\frac{dy}{dx} = \left(\frac{y}{x}\right)^2 - \frac{y}{x} + 1$
確定此微分方程式為一階齊次型。

步驟二：變數變換與分離變數
令 $u = \frac{y}{x}$，則 $y = ux$。兩邊對 $x$ 微分得：
$\frac{dy}{dx} = u + x \frac{du}{dx}$

代入原式：
$u + x \frac{du}{dx} = u^2 - u + 1$
$x \frac{du}{dx} = u^2 - 2u + 1 = (u - 1)^2$

將變數 $u$ 與 $x$ 移項分離：
$\frac{du}{(u - 1)^2} = \frac{dx}{x}$

步驟三：兩邊積分求通解
對兩邊進行不定積分：
$\int (u - 1)^{-2} \, du = \int \frac{1}{x} \, dx$
$-\frac{1}{u - 1} = \ln|x| + C$

考慮初值條在 $x \in [1, 2]$ 為正數，可去除絕對值符號：
$-\frac{1}{u - 1} = \ln x + C$

步驟四：利用初值條件帶入求未知常數 $C$
已知初值條件 $y(1) = 2$：
當 $x = 1$ 時，$y = 2 \implies u = \frac{y}{x} = \frac{2}{1} = 2$。

代入通解：
$-\frac{1}{2 - 1} = \ln(1) + C$
$-1 = 0 + C \implies C = -1$

將 $C = -1$ 代回特解關係式並整理：
$-\frac{1}{u - 1} = \ln x - 1$
$\frac{1}{u - 1} = 1 - \ln x$

觀念說明

本題考驗**正合微分方程（Exact Differential Equation）**之判定與求解。

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詳細解析

將微分方程整理為標準型態：
$(2x + 2y^2) dx + (4xy + 3y^2) dy = 0$
（註：原題末項 $3y^3$ 應為 $3y^2$ 之筆誤，始能獲得選項中之對應解答）

設 $M(x,y) = 2x + 2y^2$，$N(x,y) = 4xy + 3y^2$。

1. 正合性檢驗

$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(2x + 2y^2) = 4y$
$\frac{\partial N}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(4xy + 3y^2) = 4y$

觀念說明

本題為正合微分方程（Exact Ordinary Differential Equation）。先驗證正合條件 $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$，接著積分求得純量函數 $u(x,y) = C$ 之隱函數通解，代入初始條件求出常數 $C$，最後代入指定 $y$ 值即可解出 $x$。

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推導過程

將原式表示為標準 Differential Form：
$(2x + 1 + 2y^2)\,dx + (4xy + 3y^3)\,dy = 0$

設 $M(x,y) = 2x + 1 + 2y^2$，$N(x,y) = 4xy + 3y^3$。

Step 1：正合性檢驗
$\frac{\partial M}{\partial y} = 4y$
$\frac{\partial N}{\partial x} = 4y$
因為 $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$，故此微分方程為正合。

Step 2：求解隱函數通解
存在純量函數 $u(x,y)$ 滿足 $\frac{\partial u}{\partial x} = M$ 且 $\frac{\partial u}{\partial y} = N$：

核心觀念
此題考驗的重點在於把給定的微分方程

$2xy=(4y^{2}+xy)\frac{dy}{dx}$

化成可分離或可積分的形式，利用變數代換（令 $y=vx$）將方程式降階，最後檢視解的唯一性與可行的常數，判斷是否能在 $x=3$ 時得到唯一的 $y$ 值。

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(a) 逐步求解過程

1. 整理方程式

$$\frac{dy}{dx}= \frac{2xy}{4y^{2}+xy} =\frac{2x}{4y+x}\qquad (y\neq0)$$

2. 代換 $y=vx$（$v=v(x)$ 為新變數）

$y=vx,\qquad\frac{dy}{dx}=v+x\frac{dv}{dx}$

代入上式得

$$v+x\frac{dv}{dx}= \frac{2x}{4vx+x} =\frac{2}{4v+1}$$

3. 解出 $v$ 的微分方程

$$x\frac{dv}{dx}= \frac{2}{4v+1}-v =\frac{2-(4v^{2}+v)}{4v+1} =-\frac{4v^{2}+v-2}{4v+1}$$

整理得到可分離形式

$\frac{4v+1}{4v^{2}+v-2}\,dv = -\frac{dx}{x}$

4. 積分

先把左側分解成部分分式。令

$$4v^{2}+v-2=4(v-r_{1})(v-r_{2}),\qquad r_{1,2}= \frac{-1\pm\sqrt{33}}{8}$$

則

$$\frac{4v+1}{4v^{2}+v-2} =\frac{A}{v-r_{1}}+\frac{B}{v-r_{2}},\qquad A+B=4,\; -Ar_{2}-Br_{1}=1$$

求得

$$A=\frac{1+4r_{2}}{r_{2}-r_{1}},\qquad B=\frac{1+4r_{1}}{r_{1}-r_{2}}$$

積分結果

核心觀念

本題考查向量微積分中的高斯散度定理（Divergence Theorem / Gauss's Theorem）。

1. 散度定理內容：
   設 $V$ 為三維空間中的分段平滑閉區域，其邊界 $S$ 為由內向外取單位法向量 $\vec{n}$ 的分段平滑封閉曲面。若向量場 $\vec{F}(x,y,z)$ 在包含 $V$ 的區域上連續且具備連續偏導數，則 $\vec{F}$ 穿過封閉曲面 $S$ 的外向總通量（Outward Flux）等於其散度在實體區域 $V$ 上的三重積分：
   $\iint_S \vec{F} \cdot \vec{n} \, dA = \iiint_V (\nabla \cdot \vec{F}) \, dV$

2. 向量場的散度（Divergence）定義：
   若 $\vec{F}(x,y,z) = [F_1, F_2, F_3]$，則其散度為：
   $\nabla \cdot \vec{F} = \frac{\partial F_1}{\partial x} + \frac{\partial F_2}{\partial y} + \frac{\partial F_3}{\partial z}$

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解題方法

步驟一：判定積分區域與封閉曲面性質

題目給定曲面 $S$ 由兩部分構成：

• 上半球面 $S_1: x^2 + y^2 + z^2 = 9 \quad (z \ge 0)$
• 底部圓盤 $S_2: x^2 + y^2 \le 9 \quad (z = 0)$

此兩曲面完美拼合為圍繞實體半球區域 $V = \{ (x,y,z) \mid x^2 + y^2 + z^2 \le 9, \, z \ge 0 \}$ 的封閉曲面，符合高斯散度定理的適用條件。

步驟二：計算向量場的散度 $\nabla \cdot \vec{F}$

已知向量場 $\vec{F}(x,y,z) = [x-y, \, y-z, \, z-x]$，將各分量分別對 $x, y, z$ 求偏導數：
$\nabla \cdot \vec{F} = \frac{\partial}{\partial x}(x-y) + \frac{\partial}{\partial y}(y-z) + \frac{\partial}{\partial z}(z-x) = 1 + 1 + 1 = 3$

步驟三：套用散度定理轉化為體積積分

將面積分轉為體積積分，由於散度值為常數 $3$，可直接提至積分符號外：
$\iint_S \vec{F} \cdot \vec{n} \, dA = \iiint_V (\nabla \cdot \vec{F}) \, dV = \iiint_V 3 \, dV = 3 \iiint_V dV$

步驟四：計算半球體積並導出解答

區域 $V$ 為半徑 $R = 3$ 的半球體，其體積為：

核心觀念

本題考查實對稱矩陣的正交對角化、特徵值與特徵向量，以及利用譜分解求反矩陣。

矩陣

$$A= \begin{pmatrix} 1&3&1\\ 3&1&1\\ 1&1&3 \end{pmatrix}$$

為實對稱矩陣，因此依譜定理，必存在正交矩陣 $X$，使得

$$X^TAX=D$$

其中 $D$ 為由 $A$ 的特徵值組成的對角矩陣。

若 $A$ 可逆，且

$$A=XDX^T,$$

則

$$A^{-1}=XD^{-1}X^T.$$

此外，$A^{-1}$ 與 $A$ 具有相同的特徵向量；若 $A$ 的特徵值為 $\lambda$，則 $A^{-1}$ 對應的特徵值為 $1/\lambda$。

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解題方法

先找出 $A$ 的特徵值與正交歸一化特徵向量，再將這些特徵向量排成矩陣 $X$。

矩陣具有前兩列、前兩行的對稱結構，因此可優先考慮下列向量：

$$v_1= \begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix}, \qquad v_2= \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix}, \qquad v_3= \begin{pmatrix} 1\\1\\-2 \end{pmatrix}.$$

驗證第一組特徵向量

$$Av_1= \begin{pmatrix} 1&3&1\\ 3&1&1\\ 1&1&3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2\\2\\0 \end{pmatrix} =-2v_1.$$

因此 $v_1$ 是特徵向量，對應特徵值

$$\lambda_1=-2.$$

驗證第二組特徵向量

$$Av_2= \begin{pmatrix} 1&3&1\\ 3&1&1\\ 1&1&3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5\\5\\5 \end{pmatrix} =5v_2.$$

因此 $v_2$ 對應特徵值

$$\lambda_2=5.$$

驗證第三組特徵向量

$$Av_3= \begin{pmatrix} 1&3&1\\ 3&1&1\\ 1&1&3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\1\\-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\\2\\-4 \end{pmatrix} =2v_3.$$

因此 $v_3$ 對應特徵值

$$\lambda_3=2.$$

三個特徵向量彼此正交：

$$v_1^Tv_2=1-1+0=0,$$ $$v_1^Tv_3=1-1+0=0,$$ $$v_2^Tv_3=1+1-2=0.$$

其長度分別為

$$\|v_1\|=\sqrt{2},\qquad \|v_2\|=\sqrt{3},\qquad \|v_3\|=\sqrt{6}.$$

所以正交歸一化特徵向量為

$$u_1=\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix}, \qquad u_2=\frac{1}{\sqrt{3}} \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix}, \qquad u_3=\frac{1}{\sqrt{6}} \begin{pmatrix} 1\\1\\-2 \end{pmatrix}.$$

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(a) 求正交矩陣 $X$ 與對角矩陣 $D$

將 $u_1,u_2,u_3$ 作為 $X$ 的三個列向量：

$$X= \begin{pmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{2}}&\dfrac{1}{\sqrt{3}}&\dfrac{1}{\sqrt{6}}\\[6pt] -\dfrac{1}{\sqrt{2}}&\dfrac{1}{\sqrt{3}}&\dfrac{1}{\sqrt{6}}\\[6pt] 0&\dfrac{1}{\sqrt{3}}&-\dfrac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}.$$

由於三個列向量為正交單位向量，因此

$$X^TX=I,$$

所以 $X$ 是正交矩陣。

對應的特徵值依序為 $-2,5,2$，故

$$D= \begin{pmatrix} -2&0&0\\ 0&5&0\\ 0&0&2 \end{pmatrix}.$$

因此

$$\boxed{X^TAX=D}$$

也就是

$$\boxed{A=XDX^T}.$$

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(b) 求 $A^{-1}$

由

$$A=XDX^T$$

可得

$$A^{-1}=XD^{-1}X^T.$$

因為

核心觀念

• RC 串聯電路之基爾霍夫電壓定律（KVL）：
  在單迴路 RC 串聯電路中，外加電源電壓 $v(t)$ 等於電阻跨壓 $v_R(t) = R i(t)$ 與電容跨壓 $v_C(t) = \frac{1}{C} \int_{0^-}^t i(\tau) d\tau + v_C(0^-)$ 之和：
  $R i(t) + \frac{1}{C} \int_{0^-}^t i(\tau) d\tau + v_C(0^-) = v(t)$

• 單位階梯函數（Unit Step Function）與脈波外加電壓：
  在時域中，於 $t \in (1, 3)$ 開啟、其餘時間為 $0$ 的矩形脈波電壓 $v(t) = 5\text{ V}$，可表示為兩個單位階梯函數 $u(t)$ 之差：
  $v(t) = 5 [u(t-1) - u(t-3)]$

• 拉普拉斯轉換（Laplace Transform）與第二平移定理：

  1. 單位階梯函數之拉普拉斯轉換：
     $\mathcal{L}\{u(t-a)\} = \frac{e^{-as}}{s} \quad (a \ge 0)$
  2. 時間平移定理（第二平移定理）：
     $\mathcal{L}\{f(t-a)u(t-a)\} = e^{-as} F(s) \iff \mathcal{L}^{-1}\{e^{-as} F(s)\} = f(t-a)u(t-a)$
  3. 一階指數項之逆轉換：
     $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+k}\right\} = e^{-kt} u(t)$

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解題方法

步驟一：建立電路時域迴路方程式

根據基爾霍夫電壓定律（KVL），RC 串聯電路的迴路方程式為：
$R i(t) + \frac{1}{C} \int_{0^-}^t i(\tau) d\tau + v_C(0^-) = v(t)$

題目明確給定零初始條件（zero initial conditions），即 $v_C(0^-) = 0$ 且初始無電流，故方程式簡化為：
$R i(t) + \frac{1}{C} \int_{0^-}^t i(\tau) d\tau = 5 [u(t-1) - u(t-3)]$

步驟二：取拉普拉斯轉換至 $s$ 域

對等式兩端取拉普拉斯轉換 $\mathcal{L}\{\cdot\}$，並設 $\mathcal{L}\{i(t)\} = I(s)$：
$R I(s) + \frac{1}{C s} I(s) = \frac{5}{s} e^{-s} - \frac{5}{s} e^{-3s}$

提出 $I(s)$ 並通分：
$I(s) \left( \frac{R C s + 1}{C s} \right) = \frac{5}{s} (e^{-s} - e^{-3s})$

解出 $s$ 域的電流頻譜函數 $I(s)$：
$I(s) = \frac{5 C}{R C s + 1} (e^{-s} - e^{-3s}) = \frac{5/R}{s + \frac{1}{RC}} (e^{-s} - e^{-3s})$

步驟三：代入電路元件參數

已知電路參數如下：

• 電阻 $R = 10\text{ k}\Omega = 10^4\ \Omega$
• 電容 $C = 10\ \mu\text{F} = 10^{-5}\text{ F}$

計算時間常數之倒數 $\frac{1}{RC}$ 與振幅係數 $\frac{5}{R}$：
$\frac{1}{RC} = \frac{1}{10^4 \times 10^{-5}} = \frac{1}{0.1} = 10\text{ s}^{-1}$
$\frac{5}{R} = \frac{5}{10^4} = 5 \times 10^{-4}\text{ A} = 0.5\text{ mA}$

將數值代回 $I(s)$：
$I(s) = \frac{5 \times 10^{-4}}{s + 10} (e^{-s} - e^{-3s}) = 5 \times 10^{-4} \left( \frac{e^{-s}}{s + 10} - \frac{e^{-3s}}{s + 10} \right)$

步驟四：求逆拉普拉斯轉換得到時域解 $i(t)$

已知基本對應關係：
$\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{1}{s + 10} \right\} = e^{-10t} u(t)$

利用拉普拉斯轉換之第二平移定理 $\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as} F(s)\} = f(t-a)u(t-a)$，對兩項分別作逆轉換：

1. $\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{e^{-s}}{s + 10} \right\} = e^{-10(t-1)} u(t-1)$
2. $\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{e^{-3s}}{s + 10} \right\} = e^{-10(t-3)} u(t-3)$

整理即得電流 $i(t)$ 之完全解：