113 年 國立中山大學材料與光電科學學系碩士班《工程數學》

核心觀念

• 本題考查 一階線性微分方程 及 變數分離 的解題技巧。
• 觀念包括
  1. 微分形式 的整理：把方程寫成 $M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0$，判斷是否可分離或為恰當微分方程。
  2. 變數分離：若可寫成 $\displaystyle \frac{dy}{dx}=f(x)g(y)$，即可兩側積分。
  3. 初始條件的代入，用以確定積分常數。

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解題方法

1. 整理方程
   原式

$\cot x \,dy + y \,dx = 0$

移項得到

$\cot x \,dy = -y \,dx .$

2. 變數分離
   把 $y$ 與 $x$ 分開：

$\frac{dy}{y}= -\frac{dx}{\cot x}= -\frac{\sin x}{\cos x}\,dx = -\tan x\,dx .$

3. 積分

$\int \frac{dy}{y}= \int -\tan x\,dx .$

左側得到 $\ln|y|$，右側利用 $\displaystyle \int \tan x\,dx = -\ln|\cos x|$（或 $\ln|\sec x|$），故

核心觀念

這題考一階線性微分方程的積分因子法。對方程

$$\frac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x)$$

選取積分因子 $I(x)$，使左側能寫成乘積的導數。根據乘法微分法則，

$$\frac{d}{dx}\bigl(I(x)y(x)\bigr) =I(x)\frac{dy}{dx}+I'(x)y(x).$$

若 $I'(x)=P(x)I(x)$，則右側可因式分解為 $I(x)\bigl(y'+P(x)y\bigr)$。解這個條件可得

$$I(x)=\exp\left(\int P(x)\,dx\right).$$

解題方法

將原方程兩側同乘 $I(x)$：

$$I(x)\frac{dy}{dx}+I(x)P(x)y(x)=I(x)Q(x).$$

由 $I'(x)=P(x)I(x)$，左側正好是乘積的導數：

$$\frac{d}{dx}\bigl(I(x)y(x)\bigr)=I(x)Q(x).$$

核心觀念

• 此題屬於一階線性常微分方程（first‑order linear ODE）。
• 形式：$\displaystyle \frac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x)$。
• 解法利用積分因子 $\mu(x)=e^{\int P(x)\,dx}$ 使左側變成導數 $\frac{d}{dx}\bigl(\mu y\bigr)$。

解題方法

1. 寫出標準形

$\frac{dy}{dx}+3y=4e^{-2x},\qquad P(x)=3,\; Q(x)=4e^{-2x}.$

2. 求積分因子

$\mu(x)=e^{\int 3\,dx}=e^{3x}.$

3. 兩端同乘積分因子

$e^{3x}\frac{dy}{dx}+3e^{3x}y = 4e^{3x}e^{-2x}=4e^{x}.$

4. 辨識左側為導數

$\frac{d}{dx}\bigl(e^{3x}y\bigr)=4e^{x}.$

5. 積分

$e^{3x}y=\int 4e^{x}\,dx =4e^{x}+C.$

6. 解出 $y$

$y=e^{-3x}\bigl(4e^{x}+C\bigr)=4e^{-2x}+Ce^{-3x}.$

7. 套用初始條件 $y(0)=0$

$0=4e^{0}+C e^{0}=4+C\quad\Longrightarrow\quad C=-4.$

8. 得到特解

$y=4e^{-2x}-4e^{-3x}=4\bigl(e^{-2x}-e^{-3x}\bigr).$

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一、 求微分方程之通解

原微分方程 $x^2y'' + y = 0$ 為典型之歐拉-柯西方程（Euler-Cauchy Equation）。
設 $y = x^r$，代入方程得輔助方程（Auxiliary Equation）：
$r(r-1) + 1 = 0 \implies r^2 - r + 1 = 0$

解得共軛複根：
$r = \frac{1}{2} \pm i\frac{\sqrt{3}}{2}$

故微分方程在 $x > 0$ 區間之通解為：
$y(x) = x^{1/2} \left[ c_1 \cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \ln x\right) + c_2 \sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \ln x\right) \right]$

二、 帶入初始條件與奇異點討論

觀察可知 $x = 0$ 為該微分方程之正規奇異點（Regular Singular Point）：

核心觀念

• 線性常係數二階常微分方程：$a y''+b y'+c y = f(x)$。
• 齊次解由特徵方程 $a r^{2}+b r+c=0$ 的根決定。
• 非齊次項為指數函數 $e^{\alpha x}$ 時，可用 未定係數法 假設特解形態 $A e^{\alpha x}$（除非 $\alpha$ 已是特徵根）。
• 初始條件 $y(x_{0}),\,y'(x_{0})$ 允許求得通解中的常數。

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解題方法

1. 寫出齊次方程
   $2y''+6y'-20y=0$

2. 求特徵方程
   $2r^{2}+6r-20=0\;\Longrightarrow\;r^{2}+3r-10=0$
   解得
   $r=\frac{-3\pm\sqrt{9+40}}{2}= \frac{-3\pm7}{2}\;\Longrightarrow\;r_{1}=2,\;r_{2}=-5$

3. 齊次解
   $y_{h}(x)=C_{1}e^{2x}+C_{2}e^{-5x}$

4. 非齊次項 $120e^{5x}$

   • $\alpha =5$ 不等於任何特徵根 $2$、$-5$，故可假設特解
     $y_{p}(x)=A e^{5x}$

5. 代入原方程求 $A$

   計算導數

$y_{p}'=5A e^{5x},\qquad y_{p}''=25A e^{5x}$

代入

$2(25A e^{5x})+6(5A e^{5x})-20(A e^{5x})=120e^{5x}$

簡化係數

$(50A+30A-20A)e^{5x}=120e^{5x}\;\Longrightarrow\;60A=120\;\Longrightarrow\;A=2$

因此特解

$y_{p}(x)=2e^{5x}$

核心觀念

• 線性二階常係數非齊次微分方程
• 同階齊次方程的特徵根(複根) → 指數與三角函數的基底
• 右側項與齊次解共形時，需使用 變參法 (variation of parameters) 取得特解

解題方法

1. 求齊次解

$y''-4y'+8y=0\quad \Longrightarrow\quad r^{2}-4r+8=0$

$r=2\pm2i$

$y_{h}=e^{2x}\bigl(C_{1}\cos2x+C_{2}\sin2x\bigr)$

2. 設定基底函數

$y_{1}=e^{2x}\cos2x,\qquad y_{2}=e^{2x}\sin2x$

3. 計算 Wronskian

$$y_{1}'=e^{2x}(2\cos2x-2\sin2x),\qquad y_{2}'=e^{2x}(2\sin2x+2\cos2x)$$ $$W=y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2} =2e^{4x}$$

4. 變參公式

   右側項 $g(x)=4e^{2x}\sec2x$。

$$u_{1}'=-\frac{y_{2}\,g}{W}= -\frac{e^{2x}\sin2x\cdot4e^{2x}\sec2x}{2e^{4x}} =-2\tan2x$$ $$u_{2}'=\frac{y_{1}\,g}{W}= \frac{e^{2x}\cos2x\cdot4e^{2x}\sec2x}{2e^{4x}} = 2$$

積分得到

$$u_{1}= \int -2\tan2x\,dx =\ln\!\bigl(\cos2x\bigr),\qquad u_{2}= \int 2\,dx =2x$$

常數可忽略，因已被齊次解吸收。

5. 得到特解

$$y_{p}=u_{1}y_{1}+u_{2}y_{2} =\ln(\cos2x)\,e^{2x}\cos2x + 2x\,e^{2x}\sin2x$$

核心觀念

這題考的是常係數一階線性微分方程組。將未知函數寫成向量 $\mathbf{X}(t)$ 後，方程組可表示為

$$\mathbf{X}'(t)=A\mathbf{X}(t)$$

其中 $A$ 是係數矩陣。先求矩陣的特徵值與特徵向量，即可組成通解，再利用初始條件決定常數。

解題方法

令

$$\mathbf{X}(t)= \begin{bmatrix} x(t)\\ y(t) \end{bmatrix}, \qquad A= \begin{bmatrix} 2&-4\\ 1&-3 \end{bmatrix}$$

則原方程組為 $\mathbf{X}'=A\mathbf{X}$。特徵值由特徵方程求得：

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 2-\lambda&-4\\ 1&-3-\lambda \end{vmatrix} = (2-\lambda)(-3-\lambda)+4 = \lambda^2+\lambda-2$$ $$\lambda^2+\lambda-2=(\lambda-1)(\lambda+2)=0$$

因此特徵值為 $\lambda_1=1$ 與 $\lambda_2=-2$。

核心觀念

本題評量工程數學中**拉普拉斯轉換（Laplace Transform）與摺積定理（Convolution Theorem）**的理論推導及應用：

1. 因果訊號性質（Causality）：在單邊拉普拉斯轉換的定義下，函數 $f(t)$ 與 $g(t)$ 皆預設為因果函數（Causal functions），即當 $t < 0$ 時，$f(t) = 0$ 且 $g(t) = 0$。因此當積分變數 $x > t$ 時，引數 $t - x < 0$，導致 $g(t - x) = 0$。
2. 摺積定理（Convolution Theorem）：時域上的摺積運算 $(f * g)(t) = \int_{0}^{t} f(x)g(t-x)\,dx$ 經拉普拉斯轉換後，等價於頻域（$s$-domain）上的代數乘積 $F(s)G(s)$。推導關鍵在於雙重積分的積分順序對換（Fubini's Theorem）與變數代換。
3. 基本轉換公式：
   • $\mathcal{L}\{\sin(\omega t)\} = \frac{\omega}{s^2 + \omega^2}$
   • $\mathcal{L}\{e^{-at}\} = \frac{1}{s + a}$

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解題方法與完整推導

(A) 證明：$\int_{0}^{\infty} f(x)g(t-x)\,dx = \int_{0}^{t} f(x)g(t-x)\,dx$

1. 利用因果性定義將積分拆項：
   在拉普拉斯轉換的框架下，輸入訊號 $g(\tau)$ 定義於 $\tau \ge 0$，當 $\tau < 0$ 時 $g(\tau) = 0$。
   將左式無窮積分分割為兩段區間：
   $\int_{0}^{\infty} f(x)g(t-x)\,dx = \int_{0}^{t} f(x)g(t-x)\,dx + \int_{t}^{\infty} f(x)g(t-x)\,dx$

2. 分析第二項積分：
   在區間 $x \in (t, \infty)$ 內，恆有 $x > t \iff t - x < 0$。
   根據因果性，$g(t-x) = 0$，故第二項積分為：
   $\int_{t}^{\infty} f(x)g(t-x)\,dx = \int_{t}^{\infty} f(x) \cdot 0\,dx = 0$

3. 結論：
   $\int_{0}^{\infty} f(x)g(t-x)\,dx = \int_{0}^{t} f(x)g(t-x)\,dx$
   得證。

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(B) 證明：$\mathcal{L}\left\{\int_{0}^{t} f(x)g(t-x)\,dx\right\} = F(s)G(s)$

1. 依拉普拉斯轉換定義展開：
   令 $(f * g)(t) = \int_{0}^{t} f(x)g(t-x)\,dx$，其拉普拉斯轉換為：
   $\mathcal{L}\{(f * g)(t)\} = \int_{0}^{\infty} e^{-st} \left[ \int_{0}^{t} f(x)g(t-x)\,dx \right] dt$

2. 交換雙重積分順序：
   原積分區域為 $D = \{(x, t) \mid 0 \le x \le t < \infty\}$。

   • 若先對 $x$ 積分再對 $t$ 積分：$0 \le x \le t$ 且 $0 \le t < \infty$。
   • 改為先對 $t$ 積分再對 $x$ 積分：$x \le t < \infty$ 且 $0 \le x < \infty$。

   因此積分式改寫為：