115 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

• 本題屬於 一階線性微分方程：$y'+P(x)y=Q(x)$。
• 解題關鍵是 積分因子法（Integrating‑Factor）。
• 需要會計算 $\displaystyle\int \tan x\,dx$ 與利用三角恆等式 $\sin2x=2\sin x\cos x$。

---

解題方法

1. 寫成標準形式

$y'+\underbrace{\tan x}_{P(x)}y=\underbrace{\sin 2x}_{Q(x)} .$

2. 求積分因子

$$\mu(x)=\exp\!\left(\int P(x)\,dx\right) =\exp\!\left(\int \tan x\,dx\right) =\exp\!\left(-\ln|\cos x|\right)=\frac1{\cos x}= \sec x .$$

3. 兩側同乘 $\mu(x)$

$\sec x\,y' + \sec x\tan x\,y = \sec x\sin 2x .$

左側正好是 $(\mu y)'$：

$(\sec x\,y)' = \sec x\sin 2x .$

4. 化簡右側積分

$\sec x\sin 2x = \frac1{\cos x}\, (2\sin x\cos x)=2\sin x .$

因此

$(\sec x\,y)' = 2\sin x .$

5. 積分

$\sec x\,y = \int 2\sin x\,dx + C = -2\cos x + C .$

6. 解出 $y$
   兩邊同乘 $\cos x$（在 $\cos x\neq0$ 的區間）得到

本題核心概念
此題是一階或二階線性常微分方程，右手邊是多項式 $7x-2$。
依「未定係數法」(method of undetermined coefficients)，當右端為多項式、指數或三角函數時，可先假設解的形式與右端相同（或乘上 $x$ 的適當次方），求出係數即可得到 特解。
若再需要完整解，須再加上齊次方程的通解；但本題只要求使用未定係數法求特解，因而重點在於：

1. 判斷右端的函數型別 → 多項式
2. 依多項式次數假設特解的形式 → $y_p = Ax + B$
3. 代入原方程、比對係數，解出 $A,B$

---

1. 原方程整理

$x^{3}y''-x^{2}y''-2xy'+6y=7x-2$

先把同類項合併：

$$(x^{3}-x^{2})y''-2xy'+6y=7x-2 \qquad\Longrightarrow\qquad x^{2}(x-1)y''-2xy'+6y=7x-2$$

此方程在 $x\neq0$、$x\neq1$ 時可除以 $x^{2}$（但解的形式不受此限制），計算特解時不必除以 $x^{2}$，直接代入即可。

---

2. 假設特解的形式

右端為一次多項式 $7x-2$，因此 特解 可假設為同次的多項式

$\boxed{y_{p}=Ax+B}$

其中 $A,B$ 為待定常數。

---

3. 代入原方程並求係數

先求導數：

$y_{p}'=A,\qquad y_{p}''=0$

將 $y_{p}$、$y_{p}'$、$y_{p}''$ 代入左側：

$$\begin{aligned} LHS &=(x^{3}-x^{2})\underbrace{y_{p}''}_{0}\;-\;2x\,y_{p}'+6y_{p}\\ &= -2xA+6(Ax+B)\\ &=(-2A+6A)x+6B\\ &=4Ax+6B . \end{aligned}$$

核心概念
本題屬於 一階非恆等微分方程

$$M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0, \qquad M=e^{x+y}+y e^{x},\; N= x e^{y}-1 .$$

求解步驟：

1. 檢查是否為恆等方程

$$\frac{\partial M}{\partial y}=e^{x+y}+e^{x},\qquad \frac{\partial N}{\partial x}=e^{y}.$$

兩者不相等，故原式 不是恆等的。

2. 尋找只依賴於 $x$ 的積分因子 $\mu(x)$

   計算

$$\frac{\displaystyle\frac{\partial M}{\partial y}-\frac{\partial N}{\partial x}}{N} =\frac{e^{x+y}+e^{x}-e^{y}}{x e^{y}-1}.$$

觀察分子、分母皆含 $e^{x}$ 的因子，可嘗試 $\displaystyle\mu(x)=e^{-x}$。

3. 乘以 $\mu(x)=e^{-x}$ 使方程恆等

$$\begin{aligned} \tilde M &=e^{-x}M = e^{y}+y,\\[2pt] \tilde N &=e^{-x}N = (x e^{y}-1)e^{-x}. \end{aligned}$$

檢查恆等性

$$\frac{\partial\tilde M}{\partial y}=e^{y}+1, \qquad \frac{\partial\tilde N}{\partial x}=e^{-x}\bigl[(1-x)e^{y}+1\bigr] =e^{y}+1.$$

二者相等，故乘上 $\mu=e^{-x}$ 後得到一個 恆等微分方程。

4. 構造勢函 $\Phi(x,y)$

核心觀念

• 線性常係數二階常微分方程：$y''-5y'+4y = f(x)$。
• 解法分為齊次解（通解的基底）與特解（滿足非齊次項）。
• 使用未定係數法（method of undetermined coefficients）求特解，適用於右端為指數、三角或多項式之組合。

解題方法

1. 求齊次方程的通解
   齊次方程為
   $y''-5y'+4y=0.$
   設 $y=e^{\lambda x}$，得到特徵方程
   $\lambda^2-5\lambda+4=0.$
   解得
   $\lambda_{1}=1,\qquad \lambda_{2}=4.$
   因此齊次解為
   $y_h=C_1e^{x}+C_2e^{4x},\qquad C_1,C_2\in\mathbb{R}.$

2. 選擇特解的形式
   非齊次項為 $8e^{x}$，屬於指數函數 $e^{\alpha x}$，其中 $\alpha=1$。
   觀察到 $e^{x}$ 已經是齊次解中的一個基底（對應 $\lambda_1=1$），因此必須乘以 $x$ 以避免與齊次解重複。
   故特解假設形態取
   $y_p = A x e^{x},$
   其中 $A$ 為待定常數。

3. 代入求未定係數
   計算導數：

【觀念與方法】
本題為一階線性微分方程式（First-Order Linear ODE），形式為 $y' + P(x)y = Q(x)$。利用積分因子法（Integrating Factor Method）即可求得通解。

---

【詳細解析】

步驟一：求積分因子 $\mu(x)$

已知 $P(x) = 1$，$Q(x) = -\frac{e^{-x}}{x}$。
積分因子為：
$\mu(x) = e^{\int P(x) \, dx} = e^{\int 1 \, dx} = e^x$

步驟二：求微分方程式之通解

將原式兩邊同乘以積分因子 $\mu(x) = e^x$：
$e^x y' + e^x y = -\frac{1}{x}$
$\frac{d}{dx} \left( e^x y \right) = -\frac{1}{x}$

核心觀念

本題考查拉普拉斯變換的基本公式、指數平移、部分分式分解，以及第二平移定理：

$$\mathcal{L}\{e^{at}\}=\frac{1}{s-a}$$ $$\mathcal{L}\{\sinh at\}=\frac{a}{s^2-a^2}$$ $$\mathcal{L}\{1\}=\frac{1}{s},\qquad \mathcal{L}\{t\}=\frac{1}{s^2},\qquad \mathcal{L}\{t^2\}=\frac{2}{s^3}$$

若

$$\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s),$$

則第一平移定理為

$$\mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}=F(s-a).$$

第二平移定理為

$$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\} =u(t-a)f(t-a),$$

其中 $u(t-a)$ 是單位階梯函數。

---

解題方法

（a）$e^{3t}\sinh t$ 的拉普拉斯變換

利用雙曲正弦的指數表示式：

$$\sinh t=\frac{e^t-e^{-t}}{2}.$$

因此

$$e^{3t}\sinh t =e^{3t}\frac{e^t-e^{-t}}{2} =\frac{e^{4t}-e^{2t}}{2}.$$

逐項取拉普拉斯變換：

$$\mathcal{L}\{e^{3t}\sinh t\} =\frac{1}{2} \left( \frac{1}{s-4}-\frac{1}{s-2} \right).$$

化簡得

$$\frac{1}{2} \left( \frac{(s-2)-(s-4)}{(s-4)(s-2)} \right) = \frac{1}{(s-4)(s-2)}.$$

所以

$$\boxed{ \mathcal{L}\{e^{3t}\sinh t\} = \frac{1}{(s-4)(s-2)} }$$

---

（b）$(a-bt)^2$ 的拉普拉斯變換

先展開多項式：

$$(a-bt)^2=a^2-2abt+b^2t^2.$$

利用線性性質與基本公式：

$$\mathcal{L}\{(a-bt)^2\} = a^2\mathcal{L}\{1\} -2ab\mathcal{L}\{t\} +b^2\mathcal{L}\{t^2\}.$$

代入各項：

$$\mathcal{L}\{(a-bt)^2\} = \frac{a^2}{s} -\frac{2ab}{s^2} +\frac{2b^2}{s^3}.$$

因此

$$\boxed{ \mathcal{L}\{(a-bt)^2\} = \frac{a^2}{s} -\frac{2ab}{s^2} +\frac{2b^2}{s^3} }$$

也可合併為

$$\boxed{ \mathcal{L}\{(a-bt)^2\} = \frac{a^2s^2-2abs+2b^2}{s^3} }$$

---

（c）$\dfrac{-s+11}{s^2-2s-3}$ 的反拉普拉斯變換

先因式分解分母：

$$s^2-2s-3=(s-3)(s+1).$$

進行部分分式分解：

$$\frac{-s+11}{(s-3)(s+1)} = \frac{A}{s-3}+\frac{B}{s+1}.$$

兩邊乘上 $(s-3)(s+1)$：

$$-s+11=A(s+1)+B(s-3).$$

整理右側：

$$A(s+1)+B(s-3) =(A+B)s+(A-3B).$$

比較係數可得

$$A+B=-1,$$ $$A-3B=11.$$

解得

$$A=2,\qquad B=-3.$$

因此

觀念重點

本題為二階常係數非齊次線性微分方程組，利用**消去法（Elimination Method）**將耦合方程化為單一變數的高階常微分方程即可簡捷求解。

---

解題步驟

由第 1 式整理出 $y_2$：
$y_2 = y'_1 - e^{2t} \quad \text{--- (1)}$

將 (1) 式對 $t$ 微分：
$y'_2 = y''1 - 2e^{2t}$

代入第 2 式 $y'_2 = y_1 - 3e^{2t}$：
$y''1 - 2e^{2t} = y_1 - 3e^{2t}$
$\Rightarrow y''1 - y_1 = -e^{2t} \quad \text{--- (2)}$

1. 求 $y_1$ 的齊次解 $y_{1h}(t)$

特徵方程式為 $r^2 - 1 = 0 \Rightarrow r = \pm 1$
$y_{1h}(t) = c_1 e^t + c_2 e^{-t}$

2. 求 $y_1$ 的特解 $y_{1p}(t)$

設特解 $y_{1p}(t) = A e^{2t}$，代入 (2) 式：

核心觀念

利用拉普拉斯轉換處理初值問題時，導數的轉換公式會直接帶入初始條件：

$$\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),\qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)$$

其中 $Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}$。轉換後可先解出 $Y(s)$，再用部分分式分解和反拉普拉斯轉換求得 $y(t)$。

解題方法

已知 $y(0)=1$、$y'(0)=1$，對微分方程兩側取拉普拉斯轉換：

$$\bigl(s^2Y(s)-s-1\bigr)+\bigl(sY(s)-1\bigr)-6Y(s)=0$$

整理得：

$$(s^2+s-6)Y(s)=s+2$$

因為 $s^2+s-6=(s+3)(s-2)$，所以

$$Y(s)=\frac{s+2}{(s+3)(s-2)}$$

作部分分式分解：

核心觀念

• 線性常係數常微分方程：$y''+2y'-3y=0$ 為二階恆係數齊次 ODE。
• 拉普拉斯變換：把微分方程變為代數方程，利用
  $L\{y'(t)\}=sY(s)-y(0),\;L\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0)$。
• 部分分式分解：將 $Y(s)$ 分解成 $\dfrac{A}{s-1}+\dfrac{B}{s+3}$，逆變換得到指數解。
• 初值在 $t=2$ 的處理：先以未知的 $y(0),y'(0)$ 求出一般解，之後代入 $y(2),y'(2)$ 求出這兩個未知數，最後寫出完整解。

---

解題方法

1. 對方程式取拉普拉斯變換（暫以 $y(0)=y_{0},\;y'(0)=y_{0}'$ 表示未知初值）

$$\begin{aligned} L\{y''\}+2L\{y'\}-3L\{y\}&=0\\ (s^{2}Y-sy_{0}-y_{0}')+2(sY-y_{0})-3Y &=0 . \end{aligned}$$

2. 整理得到代數式

$(s^{2}+2s-3)Y(s)-sy_{0}-y_{0}'-2y_{0}=0$

$$\Longrightarrow\quad Y(s)=\frac{sy_{0}+y_{0}'+2y_{0}}{s^{2}+2s-3}.$$

3. 因式分解分母

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

4. 部分分式
   假設

$Y(s)=\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s+3},$

令

$A(s+3)+B(s-1)=sy_{0}+y_{0}'+2y_{0}.$

比較係數得

$$\begin{cases} A+B = y_{0},\\[2pt] 3A-B = 2y_{0}+y_{0}' . \end{cases}$$

解得

$$A=\dfrac{3y_{0}+y_{0}'}{4},\qquad B=\dfrac{y_{0}-y_{0}'}{4}.$$

5. 逆拉普拉斯變換（利用 $L^{-1}\{1/(s-a)\}=e^{at}$）

$y(t)=A\,e^{t}+B\,e^{-3t}.$

6. 利用 $t=2$ 的初值求 $y_{0},y_{0}'$