108 年 國立中央大學土木工程學系碩士班丙：大地組《常微分方程式》

此題為求解非齊次線性常微分方程式。首先求解其齊次方程式的通解，再利用待定係數法或 variación de parámetros (參數變異法) 求解非齊次方程式的特解，最後將兩者相加即為通解。

1. 求解齊次方程式通解：
   齊次方程式為 $\frac{d^2y}{dx^2} + 2\frac{dy}{dx} + y = 0$。
   其特徵方程式為 $r^2 + 2r + 1 = 0$。
   此方程式可因式分解為 $(r+1)^2 = 0$，得到重根 $r = -1$ (重根)。
   因此，齊次方程式的通解為 $y_h(x) = c_1 e^{-x} + c_2 x e^{-x}$，其中 $c_1$ 和 $c_2$ 為任意常數。

2. 求解非齊次方程式特解：
   非齊次項為 $g(x) = xe^x$。
   由於 $e^x$ 不是齊次方程式的解（齊次解的形式為 $e^{-x}$），我們可以假設特解的形式為 $y_p(x) = (Ax+B)e^x$。
   接著計算 $y_p(x)$ 的一階與二階導數：
   $y_p'(x) = A e^x + (Ax+B)e^x = (Ax + A+B)e^x$
   $y_p''(x) = A e^x + (Ax + A+B)e^x = (Ax + 2A+B)e^x$

此題考驗 Laplace 轉換在求解含有單位脈衝函數（Delta 函數）的微分方程中的應用。

1. 對方程式兩邊進行 Laplace 轉換：
   令 $Y(s) = \mathcal{L}\{y(t)\}$。
   使用 Laplace 轉換的性質：
   $\mathcal{L}\{\frac{d^2y}{dt^2}\} = s^2 Y(s) - sy(0) - \dot{y}(0)$
   $\mathcal{L}\{4y\} = 4Y(s)$
   $\mathcal{L}\{\delta(t-6)\} = e^{-6s}$

   代入初始條件 $y(0)=0$ 和 $\dot{y}(0)=0$：
   $\mathcal{L}\{\frac{d^2y}{dt^2}\} = s^2 Y(s) - s(0) - 0 = s^2 Y(s)$

   將轉換後的式子代入原方程式：
   $s^2 Y(s) + 4Y(s) = e^{-6s}$

2. 求解 $Y(s)$：
   $(s^2+4)Y(s) = e^{-6s}$
   $Y(s) = \frac{e^{-6s}}{s^2+4}$

3. 進行逆 Laplace 轉換求解 $y(t)$：
   我們知道 $\mathcal{L}^{-1}\{\frac{a}{s^2+a^2}\} = \sin(at)$。
   在此問題中， $a^2 = 4 \implies a = 2$。

此題為求解一個邊界值問題，方程式為一個帶有變數係數的微分方程式。

1. 展開方程式：
   首先展開 $\frac{d}{dr}(r\frac{du}{dr})$：
   $\frac{d}{dr}(r\frac{du}{dr}) = 1 \cdot \frac{du}{dr} + r \cdot \frac{d^2u}{dr^2} = \frac{du}{dr} + r\frac{d^2u}{dr^2}$。
   將此代入原方程式：
   $(\frac{du}{dr} + r\frac{d^2u}{dr^2}) + \frac{u}{r} = 0$
   乘以 $r$ 以消除分母：
   $r\frac{du}{dr} + r^2\frac{d^2u}{dr^2} + u = 0$
   重新排列後，得到一個二階線性齊次微分方程式：
   $r^2\frac{d^2u}{dr^2} + r\frac{du}{dr} + u = 0$

2. 識別方程式類型：
   此方程式為 Euler-Cauchy (歐拉-柯西) 方程式，其形式為 $ar^2\frac{d^2u}{dr^2} + br\frac{du}{dr} + cu = 0$。
   在此問題中， $a=1, b=1, c=1$。

3. 求解 Euler-Cauchy 方程式：
   假設解的形式為 $u(r) = r^m$。
   則 $\frac{du}{dr} = mr^{m-1}$ 且 $\frac{d^2u}{dr^2} = m(m-1)r^{m-2}$。
   將這些代入方程式：
   $r^2(m(m-1)r^{m-2}) + r(mr^{m-1}) + r^m = 0$
   $m(m-1)r^m + mr^m + r^m = 0$
   $(m(m-1) + m + 1)r^m = 0$
   由於 $r^m \neq 0$ (除非 $r=0$，但我們考慮的是 $r > 0$ 的區域)，我們得到特徵方程式：
   $m(m-1) + m + 1 = 0$
   $m^2 - m + m + 1 = 0$
   $m^2 + 1 = 0$
   此方程式的根為 $m = \pm i$。

   由於根是複數形式 $m = \alpha \pm i\beta$，其中 $\alpha = 0$ 且 $\beta = 1$，

此題為求解一個非齊次線性常微分方程式的向量形式。其通解為齊次方程式的通解加上非齊次方程式的一個特解。

1. 求解齊次方程式的通解：
   齊次方程式為 $\frac{dy}{dt} = A y$，其中 $A = \begin{bmatrix} -3 & -10 \\ 4 & -7 \end{bmatrix}$。
   首先，我們需要找到矩陣 $A$ 的特徵值 (eigenvalues)。特徵方程式為 $\det(A - \lambda I) = 0$：
   $\det \begin{bmatrix} -3-\lambda & -10 \\ 4 & -7-\lambda \end{bmatrix} = 0$
   $(-3-\lambda)(-7-\lambda) - (-10)(4) = 0$
   $(21 + 3\lambda + 7\lambda + \lambda^2) + 40 = 0$
   $\lambda^2 + 10\lambda + 21 + 40 = 0$
   $\lambda^2 + 10\lambda + 61 = 0$

   使用二次公式求解 $\lambda$：
   $\lambda = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} = \frac{-10 \pm \sqrt{10^2 - 4(1)(61)}}{2(1)}$
   $\lambda = \frac{-10 \pm \sqrt{100 - 244}}{2}$
   $\lambda = \frac{-10 \pm \sqrt{-144}}{2}$
   $\lambda = \frac{-10 \pm 12i}{2}$
   $\lambda = -5 \pm 6i$

   特徵值是複數 $\lambda = -5 \pm 6i$。這表示齊次解的形式將包含 $e^{-5t}$ 和三角函數。
   我們只需要計算其中一個特徵值及其對應的特徵向量。令 $\lambda_1 = -5 + 6i$。

   求解對應的特徵向量 $v_1 = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$：
   $(A - \lambda_1 I) v_1 = 0$
   $\begin{bmatrix} -3 - (-5+6i) & -10 \\ 4 & -7 - (-5+6i) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
   $\begin{bmatrix} 2-6i & -10 \\ 4 & -2-6i \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$

   從第一行： $(2-6i)x - 10y = 0 \implies (2-6i)x = 10y \implies y = \frac{2-6i}{10}x = (\frac{1}{5} - \frac{3}{5}i)x$。
   我們可以選擇 $x=5$，則 $y = 1-3i$。
   所以，一個特徵向量為 $v_1 = \begin{bmatrix} 5 \\ 1-3i \end{bmatrix}$。

   對應於 $\lambda_1 = -5 + 6i$ 的一個複數解為：
   $z_1(t) = e^{\lambda_1 t} v_1 = e^{(-5+6i)t} \begin{bmatrix} 5 \\ 1-3i \end{bmatrix} = e^{-5t} e^{6it} \begin{bmatrix} 5 \\ 1-3i \end{bmatrix}$
   $z_1(t) = e^{-5t} (\cos(6t) + i\sin(6t)) \begin{bmatrix} 5 \\ 1-3i \end{bmatrix}$
   $z_1(t) = e^{-5t} \left( \begin{bmatrix} 5\cos(6t) \\ (1-3i)\cos(6t) \end{bmatrix} + i \begin{bmatrix} 5\sin(6t) \\ (1-3i)\sin(6t) \end{bmatrix} \right)$
   $z_1(t) = e^{-5t} \left( \begin{bmatrix} 5\cos(6t) \\ \cos(6t) - i3\cos(6t) \end{bmatrix} + i \begin{bmatrix} 5\sin(6t) \\ \sin(6t) - i3\sin(6t) \end{bmatrix} \right)$
   $z_1(t) = e^{-5t} \left( \begin{bmatrix} 5\cos(6t) \\ \cos(6t) \end{bmatrix} + i \begin{bmatrix} 5\sin(6t) \\ -3\cos(6t) \end{bmatrix} + i \begin{bmatrix} 5\sin(6t) \\ \sin(6t) \end{bmatrix} - i^2 \begin{bmatrix} 0 \\ -3\sin(6t) \end{bmatrix} \right)$
   $z_1(t) = e^{-5t} \left( \begin{bmatrix} 5\cos(6t) \\ \cos(6t) \end{bmatrix} + i \begin{bmatrix} 5\sin(6t) \\ \sin(6t) - 3\cos(6t) \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 \\ 3\sin(6t) \end{bmatrix} \right)$
   $z_1(t) = e^{-5t} \left( \begin{bmatrix} 5\cos(6t) \\ \cos(6t) + 3\sin(6t) \end{bmatrix} + i \begin{bmatrix} 5\sin(6t) \\ \sin(6t) - 3\cos(6t) \end{bmatrix} \right)$