114 年 國立成功大學環境工程學系碩士班甲組《工程數學》

核心觀念

本題為三階常係數非齊次線性微分方程：

$$y'''-5y''+6y'=8+2\sin x.$$

通解由兩部分組成：

$$y=y_h+y_p,$$

其中：

• $y_h$：齊次方程的通解；
• $y_p$：非齊次項 $8+2\sin x$ 所對應的特解。

使用的方法為：

1. 特徵方程法求齊次解；
2. 待定係數法求特解。

---

解題方法

一、求齊次解

先考慮對應的齊次方程：

$$y'''-5y''+6y'=0.$$

令 $y=e^{rx}$，得到特徵方程：

$$r^3-5r^2+6r=0.$$

因式分解：

$$r(r^2-5r+6)=0,$$ $$r(r-2)(r-3)=0.$$

因此三個相異根為：

$$r=0,\quad r=2,\quad r=3.$$

所以齊次解為：

$$y_h=C_1+C_2e^{2x}+C_3e^{3x}.$$

---

二、求常數非齊次項 $8$ 的特解

若直接設特解為常數 $A$，由於 $y'=y''=y'''=0$，代入左式會得到 $0$，無法產生常數項。

這是因為特徵方程含有根 $r=0$，因此必須將試探形式乘上 $x$。設：

$$y_{p1}=Ax.$$

則：

$$y_{p1}'=A,\qquad y_{p1}''=0,\qquad y_{p1}'''=0.$$

代入原方程左側：

$$y_{p1}'''-5y_{p1}''+6y_{p1}' =6A.$$

令其等於 $8$：

$$6A=8,$$ $$A=\frac43.$$

因此：

$$y_{p1}=\frac43x.$$

---

三、求正弦非齊次項 $2\sin x$ 的特解

設：

$$y_{p2}=A\sin x+B\cos x.$$

其導數為：

$$y_{p2}'=A\cos x-B\sin x,$$ $$y_{p2}''=-A\sin x-B\cos x,$$ $$y_{p2}'''=-A\cos x+B\sin x.$$

代入左側：

$$y_{p2}'''-5y_{p2}''+6y_{p2}'$$

一、 求齊次解 $y_h(x)$

微分方程式之特徵方程式為：
$\lambda^2 - 2\lambda + 1 = 0 \implies (\lambda - 1)^2 = 0$

解得重根 $\lambda = 1, 1$，故齊次解為：
$y_h(x) = c_1 e^x + c_2 x e^x$

---

二、 求特解 $y_p(x)$（參數變異法）

取線性獨立解 $y_1(x) = e^x$、$y_2(x) = x e^x$，其 Wronskian 行列式為：
$W(y_1, y_2) = \begin{vmatrix} e^x & x e^x \\ e^x & (1+x)e^x \end{vmatrix} = e^{2x}$

設特解 $y_p(x) = u_1(x) y_1(x) + u_2(x) y_2(x)$，其中：
$u_1'(x) = -\frac{y_2(x) \cdot e^x \tan x}{W(y_1, y_2)} = -\frac{x e^x \cdot e^x \tan x}{e^{2x}} = -x \tan x$

核心觀念

本題為二階 Euler–Cauchy 方程：

$$x^2y''-4xy'+6y=\ln x^2,\qquad x\neq 0.$$

此類方程的齊次部分可設

$$y=x^m,$$

將其代入即可得到特徵方程。右側含有 $\ln x^2$，可利用變數代換

$$t=\ln|x|,\qquad Y(t)=y(x)$$

將 Euler–Cauchy 方程化為常係數線性微分方程。

---

解題方法

1. 變數代換

令

$$t=\ln|x|,$$

因此

$$\ln x^2=2\ln|x|=2t.$$

由於 $y(x)=Y(t)$，且

$$\frac{dt}{dx}=\frac1x,$$

故

$$y'=\frac{dY}{dt}\frac{dt}{dx} =\frac{Y'}{x}.$$

再微分一次：

$$y''=\frac{d}{dx}\left(\frac{Y'}x\right) =\frac{Y''-Y'}{x^2}.$$

因此

$$x^2y''=Y''-Y', \qquad xy'=Y'.$$

代回原方程：

$$(Y''-Y')-4Y'+6Y=2t,$$

整理得

$$Y''-5Y'+6Y=2t.$$

---

2. 求齊次解

先解齊次方程：

$$Y''-5Y'+6Y=0.$$

其特徵方程為

$$r^2-5r+6=0,$$

分解為

$$(r-2)(r-3)=0.$$

所以

$$r=2,\ 3,$$

齊次解為

$$Y_h=C_1e^{2t}+C_2e^{3t}.$$

因為 $e^t=|x|$，而在各定義區間上常數符號可併入積分常數，因此可寫成

$$Y_h=C_1x^2+C_2x^3.$$

---

3. 求特解

右側為一次多項式 $2t$，設特解為

$$Y_p=At+B.$$

則

$$Y_p'=A,\qquad Y_p''=0.$$

代入

$$Y''-5Y'+6Y=2t$$

得

$$0-5A+6(At+B)=2t.$$

核心觀念

本題為包含脈衝函數（Dirac delta function）的二階常係數初值問題，適合使用拉普拉斯變換（Laplace Transform）與第二平移定理求解。

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詳細推導步驟

1. 對微分方程兩邊取拉普拉斯變換
   設 $\mathcal{L}\{y(t)\} = Y(s)$。代入初始條件 $y(0) = 0$ 與 $y'(0) = 0$：
   $\mathcal{L}\{y'' + 4y' + 5y\} = \mathcal{L}\{\delta(t-2\pi)\}$
   $(s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0)) + 4(s Y(s) - y(0)) + 5 Y(s) = e^{-2\pi s}$
   $(s^2 + 4s + 5) Y(s) = e^{-2\pi s}$

2. 整理 $Y(s)$ 並配方
   $Y(s) = \frac{e^{-2\pi s}}{s^2 + 4s + 5} = \frac{e^{-2\pi s}}{(s+2)^2 + 1}$

觀念與步驟

步驟一：變數代換

將原微分方程式取倒數：
$\frac{dy}{dx} = \frac{3y^2 + 2x}{4y^2 + 6xy}$

同乘以分母並將左式展開：
$(4y^2 + 6xy)\frac{dy}{dx} = 3y^2 + 2x \implies 2y^2 \left(2y\frac{dy}{dx}\right) + 3x \left(2y\frac{dy}{dx}\right) = 3y^2 + 2x$

令 $z = y^2$，則 $\frac{dz}{dx} = 2y\frac{dy}{dx}$，代入上式化簡為以 $x, z$ 表示的一階齊次微分方程式：
$(2z + 3x)\frac{dz}{dx} = 3z + 2x \implies (3z + 2x)dx - (3x + 2z)dz = 0$

步驟二：求解齊次微分方程

令 $z = vx$，則 $dz = v\,dx + x\,dv$，代入方程：
$(3vx + 2x)dx - (3x + 2vx)(v\,dx + x\,dv) = 0$

同除以 $x$ 並整理同類項：
$(2 - 2v^2)dx - x(3 + 2v)dv = 0$

分離變數：
$\frac{2}{x}dx = \frac{2v + 3}{1 - v^2}dv$

核心觀念

本題為三階常係數非齊次線性微分方程：

$$y'''-5y''+6y'=8+2\sin x.$$

通解由兩部分組成：

$$y=y_h+y_p,$$

其中：

• $y_h$：齊次方程的通解；
• $y_p$：非齊次項 $8+2\sin x$ 所對應的特解。

使用的方法為：

1. 特徵方程法求齊次解；
2. 待定係數法求特解。

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解題方法

一、求齊次解

先考慮對應的齊次方程：

$$y'''-5y''+6y'=0.$$

令 $y=e^{rx}$，得到特徵方程：

$$r^3-5r^2+6r=0.$$

因式分解：

$$r(r^2-5r+6)=0,$$ $$r(r-2)(r-3)=0.$$

因此三個相異根為：

$$r=0,\quad r=2,\quad r=3.$$

所以齊次解為：

$$y_h=C_1+C_2e^{2x}+C_3e^{3x}.$$

---

二、求常數非齊次項 $8$ 的特解

若直接設特解為常數 $A$，由於 $y'=y''=y'''=0$，代入左式會得到 $0$，無法產生常數項。

這是因為特徵方程含有根 $r=0$，因此必須將試探形式乘上 $x$。設：

$$y_{p1}=Ax.$$

則：

$$y_{p1}'=A,\qquad y_{p1}''=0,\qquad y_{p1}'''=0.$$

代入原方程左側：

$$y_{p1}'''-5y_{p1}''+6y_{p1}' =6A.$$

令其等於 $8$：

$$6A=8,$$ $$A=\frac43.$$

因此：

$$y_{p1}=\frac43x.$$

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三、求正弦非齊次項 $2\sin x$ 的特解

設：

$$y_{p2}=A\sin x+B\cos x.$$

其導數為：

$$y_{p2}'=A\cos x-B\sin x,$$ $$y_{p2}''=-A\sin x-B\cos x,$$ $$y_{p2}'''=-A\cos x+B\sin x.$$

代入左側：

$$y_{p2}'''-5y_{p2}''+6y_{p2}'$$

核心觀念

本題為二階常係數非齊次線性微分方程：

$$y''-2y'+y=e^x\tan x.$$

左側特徵方程為

$$r^2-2r+1=(r-1)^2=0,$$

因此齊次解具有重根形式

$$y_h=(C_1+C_2x)e^x.$$

右側含有因子 $e^x$，且 $r=1$ 正好是特徵根，因此令

$$y=e^x u(x)$$

可大幅簡化微分運算。

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解題方法

令

$$y=e^x u.$$

則

$$y'=e^x(u'+u),$$ $$y''=e^x(u''+2u'+u).$$

代入左側：

\begin{align*}
y''-2y'+y
&=e^x(u''+2u'+u)-2e^x(u'+u)+e^xu\
&=e^x u''.
\end{align*}

因此原方程化為

$$e^x u''=e^x\tan x,$$

即

$$u''=\tan x.$$

第一次積分：

$$u'=\int \tan x\,dx =-\ln|\cos x|+C_2,$$

因為

$$\frac{d}{dx}\ln|\cos x|=-\tan x.$$

再積分一次：

$$u=-\int \ln|\cos x|\,dx+C_2x+C_1.$$

故

$$\boxed{ y=e^x\left(C_1+C_2x-\int \ln|\cos x|\,dx\right) }.$$

核心觀念

本題為二階 Euler–Cauchy 方程：

$$x^2y''-4xy'+6y=\ln x^2,\qquad x\neq 0.$$

此類方程的齊次部分可設

$$y=x^m,$$

將其代入即可得到特徵方程。右側含有 $\ln x^2$，可利用變數代換

$$t=\ln|x|,\qquad Y(t)=y(x)$$

將 Euler–Cauchy 方程化為常係數線性微分方程。

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解題方法

1. 變數代換

令

$$t=\ln|x|,$$

因此

$$\ln x^2=2\ln|x|=2t.$$

由於 $y(x)=Y(t)$，且

$$\frac{dt}{dx}=\frac1x,$$

故

$$y'=\frac{dY}{dt}\frac{dt}{dx} =\frac{Y'}{x}.$$

再微分一次：

$$y''=\frac{d}{dx}\left(\frac{Y'}x\right) =\frac{Y''-Y'}{x^2}.$$

因此

$$x^2y''=Y''-Y', \qquad xy'=Y'.$$

代回原方程：

$$(Y''-Y')-4Y'+6Y=2t,$$

整理得

$$Y''-5Y'+6Y=2t.$$

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2. 求齊次解

先解齊次方程：

$$Y''-5Y'+6Y=0.$$

其特徵方程為

$$r^2-5r+6=0,$$

分解為

$$(r-2)(r-3)=0.$$

所以

$$r=2,\ 3,$$

齊次解為

$$Y_h=C_1e^{2t}+C_2e^{3t}.$$

因為 $e^t=|x|$，而在各定義區間上常數符號可併入積分常數，因此可寫成

$$Y_h=C_1x^2+C_2x^3.$$

---

3. 求特解

右側為一次多項式 $2t$，設特解為

$$Y_p=At+B.$$

則

$$Y_p'=A,\qquad Y_p''=0.$$

代入

$$Y''-5Y'+6Y=2t$$

得

$$0-5A+6(At+B)=2t.$$

核心觀念

本題考查：

• Dirac delta 函數 $\delta(t-a)$ 所造成的瞬間脈衝輸入。
• 拉普拉斯轉換的位移定理：
  $\mathcal{L}\{f(t-a)u(t-a)\}=e^{-as}F(s)$
• 基本轉換公式：

$$\mathcal{L}\{e^{-at}\sin bt\} =\frac{b}{(s+a)^2+b^2}$$

• 單位階梯函數 $u(t-a)$，表示訊號在 $t=a$ 之後才開始作用。

題目中的脈衝發生在 $t=2\pi$，因此 $t<2\pi$ 時系統尚未受到脈衝影響；$t>2\pi$ 時則由脈衝引發自由振動。

---

解題方法：拉普拉斯轉換

令

$$\mathcal{L}\{y(t)\}=Y(s).$$

由初始條件

$$y(0)=0,\qquad y'(0)=0,$$

可得

$$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s), \qquad \mathcal{L}\{y'\}=sY(s).$$

對微分方程

$$y''+4y'+5y=\delta(t-2\pi)$$

取拉普拉斯轉換：

$$s^2Y(s)+4sY(s)+5Y(s)=e^{-2\pi s}.$$

整理得

$$Y(s)=\frac{e^{-2\pi s}}{s^2+4s+5}.$$

分母配方：

$$s^2+4s+5=(s+2)^2+1.$$

因此

$$Y(s) =e^{-2\pi s}\frac{1}{(s+2)^2+1}.$$

又因為

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{(s+2)^2+1} \right\} =e^{-2t}\sin t,$$

配合第二位移定理：

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ e^{-2\pi s}F(s) \right\} =f(t-2\pi)u(t-2\pi),$$

可得

$$y(t)=e^{-2(t-2\pi)}\sin(t-2\pi)\,u(t-2\pi).$$

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分段表示

使用單位階梯函數的答案可寫成分段形式：

觀念與步驟

步驟一：變數代換

將原微分方程式取倒數：
$\frac{dy}{dx} = \frac{3y^2 + 2x}{4y^2 + 6xy}$

同乘以分母並將左式展開：
$(4y^2 + 6xy)\frac{dy}{dx} = 3y^2 + 2x \implies 2y^2 \left(2y\frac{dy}{dx}\right) + 3x \left(2y\frac{dy}{dx}\right) = 3y^2 + 2x$

令 $z = y^2$，則 $\frac{dz}{dx} = 2y\frac{dy}{dx}$，代入上式化簡為以 $x, z$ 表示的一階齊次微分方程式：
$(2z + 3x)\frac{dz}{dx} = 3z + 2x \implies (3z + 2x)dx - (3x + 2z)dz = 0$

步驟二：求解齊次微分方程

令 $z = vx$，則 $dz = v\,dx + x\,dv$，代入方程：
$(3vx + 2x)dx - (3x + 2vx)(v\,dx + x\,dv) = 0$

同除以 $x$ 並整理同類項：
$(2 - 2v^2)dx - x(3 + 2v)dv = 0$

分離變數：
$\frac{2}{x}dx = \frac{2v + 3}{1 - v^2}dv$

【觀念與公式】
曲面 $S: y = 2x^2 + 1$ 在三維空間中為柱面，可選擇 $x, z$ 為獨立參數，參數化表示為：
$\vec{r}(x, z) = (x, 2x^2 + 1, z)$
微小曲面積分元素為：
$dS = \|\vec{r}_x \times \vec{r}_z\| \, dx \, dz$

---

【推導過程】

1. 計算切向量與曲面積分元素 $dS$：
$\vec{r}_x = (1, 4x, 0)$
$\vec{r}_z = (0, 0, 1)$
$\vec{r}_x \times \vec{r}_z = (4x, -1, 0)$
$dS = \sqrt{(4x)^2 + (-1)^2 + 0^2} \, dx \, dz = \sqrt{16x^2 + 1} \, dx \, dz$

2. 確定積分區域：
在第一卦限（First octant）中，$x \ge 0, y \ge 0, z \ge 0$。
由於當 $0 \le x \le 2$ 時，$y = 2x^2 + 1 \ge 1 > 0$ 自動滿足，故積分邊界為：
$0 \le x \le 2, \quad 4 \le z \le 8$

3. 代入計算曲面積分：
（註：題目寫法 $\iiint_S$ 實為對曲面 $S$ 之面積分 $\iint_S xz^2 dS$）

核心觀念

本題是有限區間 $0<x<1$ 上的一維熱傳導方程式：

$$\frac{\partial u}{\partial t} = k\frac{\partial^2u}{\partial x^2}, \qquad k>0.$$

邊界條件為混合型：

$$u(0,t)=0,\qquad \frac{\partial u}{\partial x}(1,t)=0.$$

其中 $x=0$ 為 Dirichlet 邊界條件，$x=1$ 為 Neumann 邊界條件。解法採用分離變數法，並利用符合邊界條件的特徵函數展開初始條件。

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解題方法：分離變數

令

$$u(x,t)=X(x)T(t).$$

代入熱方程式：

$$X(x)T'(t) = kX''(x)T(t).$$

兩邊除以 $kX(x)T(t)$：

$$\frac{T'(t)}{kT(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda.$$

因此得到兩個常微分方程：

$$T'(t)+k\lambda T(t)=0,$$

以及

$$X''(x)+\lambda X(x)=0.$$

---

空間特徵值問題

空間邊界條件變為

$$X(0)=0,\qquad X'(1)=0.$$

因為熱傳導問題需要非零且隨時間衰減的解，取 $\lambda=\mu^2>0$。此時

$$X(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x).$$

由 $X(0)=0$：

$$A=0.$$

所以

$$X(x)=B\sin(\mu x).$$

微分得

$$X'(x)=B\mu\cos(\mu x).$$

再利用 $X'(1)=0$：

$$B\mu\cos\mu=0.$$

取非零解 $B\neq 0$，且 $\mu\neq 0$，得到

$$\cos\mu=0.$$

因此特徵值參數為

$$\mu_n=\left(n+\frac12\right)\pi, \qquad n=0,1,2,\ldots$$

特徵函數為

$$X_n(x)=\sin\left[\left(n+\frac12\right)\pi x\right].$$

相對應的特徵值為

$$\lambda_n=\mu_n^2 = \left(n+\frac12\right)^2\pi^2.$$

---

時間部分

時間方程式為

$$T'(t)+k\mu_n^2T(t)=0,$$

故

$$T_n(t)=C_ne^{-k\mu_n^2t}.$$

因此各個分離解為

$$u_n(x,t) = C_n \sin(\mu_nx)e^{-k\mu_n^2t}.$$

利用線性疊加，通解寫成

$$u(x,t) = \sum_{n=0}^{\infty} C_n \sin(\mu_nx)e^{-k\mu_n^2t},$$

其中

$$\mu_n=\left(n+\frac12\right)\pi.$$

---

由初始條件求傅立葉係數

初始條件為

$$u(x,0)=1,\qquad 0<x<1.$$

因此需要將常數函數 $1$ 展開為

$$1=\sum_{n=0}^{\infty}C_n\sin(\mu_nx).$$

特徵函數的正交性為

核心觀念

本題考查一維熱傳導方程式

$$\frac{\partial u}{\partial t} = k\frac{\partial^2u}{\partial x^2}, \qquad k>0$$

的基本解與熱核摺積。若定義域為整條實線 $-\infty<x<\infty$，熱方程式的解為

$$u(x,t) = \frac{1}{\sqrt{4\pi kt}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4kt}}f(\xi)\,d\xi,$$

其中 $f(\xi)=u(\xi,0)$ 為初始條件。

本題初始溫度可寫成

$$f(\xi)= \begin{cases} 1, & 0<\xi<1,\\ 0, & \text{其他情形}. \end{cases}$$

熱核

$$G(x-\xi,t) = \frac{1}{\sqrt{4\pi kt}} e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4kt}}$$

代表初始熱量經過時間 $t$ 後的擴散分布。

題目只給出 $x\to\infty$ 的條件，未給出 $x=0$ 的邊界條件。若定義域是半無限區間 $x>0$，資料不足以唯一決定解。以下依標準解題慣例，採用整條實線問題，並將初始函數在 $x<0$ 延伸為 $0$。

解題方法

由熱核公式，

$$u(x,t) = \frac{1}{\sqrt{4\pi kt}} \int_0^1 e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4kt}}\,d\xi.$$

令

$$z=\frac{x-\xi}{2\sqrt{kt}}, \qquad d\xi=-2\sqrt{kt}\,dz.$$

當 $\xi=0$ 時，

$$z=\frac{x}{2\sqrt{kt}},$$

當 $\xi=1$ 時，

$$z=\frac{x-1}{2\sqrt{kt}}.$$

因此

$$\begin{aligned} u(x,t) &= \frac{1}{\sqrt{4\pi kt}} \int_0^1 e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4kt}}\,d\xi\\ &= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{\frac{x-1}{2\sqrt{kt}}}^{\frac{x}{2\sqrt{kt}}} e^{-z^2}\,dz. \end{aligned}$$

利用誤差函數定義

$$\operatorname{erf}(a) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^a e^{-z^2}\,dz,$$

可得

本題採用**馮紐曼穩定性分析（Von Neumann Stability Analysis）**推導波動方程式差分格式之穩定條件。

設數值解的形式為 $T_n^l = \xi^l e^{i n \theta}$，其中 $\xi$ 為放大因素（amplification factor），$\theta = \beta \Delta x$，$i = \sqrt{-1}$。數值解穩定的充要條件為 $|\xi| \le 1$。
定義參數 $r = \frac{k \Delta t^2}{\Delta x^2}$。

---

解法一：標準顯式有限差分法（修正題幹印製誤寫，將右式時間層修正為 $l$）

標準顯式差分格式為：
$\frac{T_n^{l+1}-2T_n^l+T_n^{l-1}}{\Delta t^2} = k \frac{T_{n+1}^l-2T_n^l+T_{n-1}^l}{\Delta x^2}$

將 $T_n^l = \xi^l e^{i n \theta}$ 代入差分方程：
$\frac{\xi^{l+1}-2\xi^l+\xi^{l-1}}{\Delta t^2} e^{i n \theta} = k \frac{e^{i\theta}-2+e^{-i\theta}}{\Delta x^2} \xi^l e^{i n \theta}$

同除以 $\xi^{l-1} e^{i n \theta}$，並利用三角恆等式 $e^{i\theta}-2+e^{-i\theta} = 2\cos\theta - 2 = -4\sin^2\left(\frac{\theta}{2}\right)$ 整理得：
$\xi^2 - 2\left(1 - 2r \sin^2\left(\frac{\theta}{2}\right)\right) \xi + 1 = 0$

設 $B = 1 - 2r \sin^2\left(\frac{\theta}{2}\right)$，特徵根為 $\xi = B \pm \sqrt{B^2 - 1}$。
要使 $|\xi| \le 1$，特徵根必須為共軛複數（判別式 $B^2 - 1 \le 0$），此時模長 $|\xi|^2 = B^2 + (1-B^2) = 1$。
故穩定條件為 $|B| \le 1$：

核心觀念

本題考查「線性阻力」下的運動方程。阻力與粒子速度成正比：

$$\mathbf F_d=-k\mathbf U$$

其中負號表示阻力方向永遠與速度方向相反。水平方向沒有其他外力，因此可直接套用牛頓第二定律：

$$m_p\frac{dU_x}{dt}=-kU_x$$

初始條件為

$$U_x(0)=U_0$$

由於水平速度始終為正且逐漸趨近於零，水平位移會逐漸增加並趨近一個有限值，此值即為最大水平行進距離。

解題方法

取水平方向為 $x$ 軸，令粒子的水平速度為

$$U_x=\frac{dx}{dt}$$

水平方向運動方程為

$$m_p\frac{dU_x}{dt}=-kU_x$$

整理得

$$\frac{dU_x}{U_x}=-\frac{k}{m_p}\,dt$$

由初始條件 $U_x(0)=U_0$ 積分：

$$\int_{U_0}^{U_x}\frac{dU_x}{U_x} = -\frac{k}{m_p}\int_0^t dt$$

因此

$$\ln\frac{U_x}{U_0} = -\frac{k}{m_p}t$$

故水平速度為

$$U_x(t)=U_0e^{-kt/m_p}$$

水平位移由速度積分得到：

$$x(t)=\int_0^t U_x(\tau)\,d\tau$$

代入速度函數：

$$x(t) = \int_0^t U_0e^{-k\tau/m_p}\,d\tau$$ $$x(t) = \frac{m_pU_0}{k} \left(1-e^{-kt/m_p}\right)$$