113 年 國立臺灣大學環境工程研究所科學與工程甲組《工程數學（H）》

第 1 題

核心觀念

(i) 為二階常係數線性非齊次微分方程：

$$y''-3y'+2y=x+e^x.$$

解法為：

1. 先求齊次解；
2. 再分別求右端項 $x$ 與 $e^x$ 所對應的特解；
3. 將齊次解與特解相加。

(ii) 為一階線性微分方程：

$$y'+P(x)y=Q(x),$$

使用積分因子

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

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(i) 求解 $y''-3y'+2y=x+e^x$

1. 齊次解

先考慮對應的齊次方程：

$$y''-3y'+2y=0.$$

其特徵方程為

$$r^2-3r+2=0,$$

分解得

$$(r-1)(r-2)=0.$$

故兩根為 $r=1,2$，齊次解為

$$y_h=C_1e^x+C_2e^{2x}.$$

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2. 求右端項 $x$ 所對應的特解

因為右端為一次多項式，設

$$y_{p1}=Ax+B.$$

則

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

代入原方程左側：

$$0-3A+2(Ax+B)=2Ax+(2B-3A).$$

與 $x$ 比較係數：

$$2A=1,$$ $$2B-3A=0.$$

先得

$$A=\frac12.$$

再代入第二式：

$$2B-\frac32=0 \quad\Longrightarrow\quad B=\frac34.$$

所以

$$y_{p1}=\frac{x}{2}+\frac34.$$

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3. 求右端項 $e^x$ 所對應的特解

由於 $e^x$ 已出現在齊次解 $y_h$ 中，若直接設 $Ce^x$ 會與齊次解重複，必須乘上 $x$。設

$$y_{p2}=Cxe^x.$$

微分得

$$y_{p2}'=C(x+1)e^x,$$ $$y_{p2}''=C(x+2)e^x.$$

代入左側：

\begin{align*}
y_{p2}''-3y_{p2}'+2y_{p2}
&=C(x+2)e^x-3C(x+1)e^x+2Cxe^x\
&=C\bigl[(x+2)-3(x+1)+2x\bigr]e^x\
&=-Ce^x.
\end{align*}

要求等於 $e^x$，故

$$-C=1 \quad\Longrightarrow\quad C=-1.$$

因此

$$y_{p2}=-xe^x.$$

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4. 合併得到通解

總解為

$$y=y_h+y_{p1}+y_{p2}.$$

所以

核心觀念

本題考查無阻尼單自由度系統的受迫振動。將題目中的位移記為 $z(t)$，並將微分變數視為時間 $t$，方程式為

$$m\frac{d^2z}{dt^2}+kz=F_0\cos\omega t$$

其中：

• $m$：質量
• $k$：彈簧勁度
• $F_0\cos\omega t$：簡諧外力
• $\omega$：外力角頻率
• $\omega_n=\sqrt{\frac{k}{m}}$：系統自然角頻率

解答由「齊次解」與「特解」組成：

$$z(t)=z_h(t)+z_p(t)$$

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解題方法

一、求齊次解

先考慮無外力方程式：

$$m\frac{d^2z}{dt^2}+kz=0$$

除以 $m$：

$$\frac{d^2z}{dt^2}+\frac{k}{m}z=0$$

令

$$\omega_n=\sqrt{\frac{k}{m}}$$

可得

$$\frac{d^2z}{dt^2}+\omega_n^2z=0$$

其特徵方程式為

$$r^2+\omega_n^2=0$$

因此 $r=\pm i\omega_n$，齊次解為

$$z_h(t)=C_1\cos\omega_n t+C_2\sin\omega_n t$$

這部分代表質量本身的自由振動。

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二、求非共振時的特解

當 $\omega\neq\omega_n$ 時，外力形式為 $\cos\omega t$，設特解為

$$z_p(t)=A\cos\omega t$$

則

$$\frac{d^2z_p}{dt^2}=-A\omega^2\cos\omega t$$

代回原方程式：

$$m(-A\omega^2\cos\omega t)+k(A\cos\omega t) =F_0\cos\omega t$$

整理得

$$A(k-m\omega^2)=F_0$$

因此

$$A=\frac{F_0}{k-m\omega^2}$$

故非共振時的完整解為

$$z(t)=C_1\cos\omega_n t+C_2\sin\omega_n t +\frac{F_0}{k-m\omega^2}\cos\omega t$$

也可寫成

$$z(t)=C_1\cos\omega_n t+C_2\sin\omega_n t +\frac{F_0/m}{\omega_n^2-\omega^2}\cos\omega t$$

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三、共振時的特解

當

$$\omega=\omega_n$$

外力頻率與系統自然頻率相同，直接使用 $\cos\omega_n t$ 作為特解會與齊次解重複，因此設

$$z_p(t)=At\sin\omega_n t$$

微分可得

$$\frac{dz_p}{dt} =A\sin\omega_n t+A\omega_n t\cos\omega_n t$$

本題考點
本題主要測驗學生對 變數換元、微分求極值 以及 常數因子對方程式影響 的概念。

• 先把碰撞頻率式子寫成只含比例 $\nu$（$u$、$v$ 的比值）的形式。
• 以 $v$ 為常數，將 $\nu=u/v$ 代入，對 $\nu$ 求導找出極值點。
• 觀察兩式的係數是否相同，判斷是否會因 $u,v$ 而相交。

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(i) 求 $\beta_c(u,v)$、$B_{FM}(u,v)$ 的極大/極小條件

1. 先把式子化簡

$$\beta_c(u,v)=\frac{2k_B T}{3\mu}\Bigl(\frac{1}{\nu^{1/3}}+\frac{1}{\nu^{2/3}}\Bigr) (\nu^{1/3}+\nu^{2/3})$$ $$B_{FM}(u,v)=\Bigl(\frac{3}{4\pi}\Bigr)^{1/6} \Bigl(\frac{k_B T}{\rho}\Bigr)^{1/2} \Bigl(\frac{1}{\nu^{1/3}}+\frac{1}{\nu^{2/3}}\Bigr)^{1/2} (\nu^{1/3}+\nu^{2/3})$$

其中

$\nu\equiv\frac{u}{v}\qquad(\text{假設 $v>0$，$u$、$v$ 為速度分量})$

先計算

$$\Bigl(\frac{1}{\nu^{1/3}}+\frac{1}{\nu^{2/3}}\Bigr) (\nu^{1/3}+\nu^{2/3}) =2+\nu^{1/3}+\nu^{-1/3}\;\;(:=f(\nu))$$

因此

$$\beta_c(u,v)=C_c\,f(\nu),\qquad C_c=\frac{2k_B T}{3\mu}$$ $$B_{FM}(u,v)=C_{FM}\,\bigl(\frac{1}{\nu^{1/3}}+\frac{1}{\nu^{2/3}}\bigr)^{1/2} (\nu^{1/3}+\nu^{2/3})$$

對 $B_{FM}$ 也化簡一次：

$$\bigl(\frac{1}{\nu^{1/3}}+\frac{1}{\nu^{2/3}}\bigr)^{1/2} (\nu^{1/3}+\nu^{2/3}) =\bigl(2+\nu^{1/3}+\nu^{-1/3}\bigr)^{1/2}\,(\nu^{1/3}+\nu^{2/3})$$

但 極值位置仍由 $f(\nu)=2+\nu^{1/3}+\nu^{-1/3}$ 的形狀決定，因為 $C_c$、$C_{FM}$ 為常數。

2. 求 $f(\nu)$ 的極值

$f(\nu)=2+\nu^{1/3}+\nu^{-1/3}$

$$f'(\nu)=\frac{1}{3}\nu^{-2/3}-\frac{1}{3}\nu^{-4/3} =\frac{1}{3}\nu^{-4/3}\bigl(\nu^{2/3}-1\bigr)$$

令 $f'(\nu)=0$：

$\nu^{2/3}-1=0\;\Longrightarrow\;\nu^{2/3}=1\;\Longrightarrow\;\boxed{\nu=1}$

回代 $\nu=u/v$，得到

$\boxed{u=v}$

3. 判斷是最大還是最小

計算第二導數

$$f''(\nu)=\frac{d}{d\nu}\Bigl[\frac{1}{3}\nu^{-2/3}-\frac{1}{3}\nu^{-4/3}\Bigr] =-\frac{2}{9}\nu^{-5/3}+\frac{4}{9}\nu^{-7/3} =\frac{2}{9}\nu^{-7/3}\bigl(2-\nu^{2/3}\bigr)$$

在 $\nu=1$ 時

$f''(1)=\frac{2}{9}>0$

核心觀念

本題考查兩個基本技巧：

1. 利用冪函數微分公式
   $\frac{d}{dx}x^n=nx^{n-1}$
   處理根號函數。
2. 利用幾何級數
   $\frac{1}{1-r}=\sum_{n=0}^{\infty}r^n,\qquad |r|<1$
   將有理函數展開成冪級數，並判斷收斂區間。

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(i) 求 $y=2\sqrt{x}$ 的導數

將根號改寫成冪次形式：

$$y=2\sqrt{x}=2x^{1/2}.$$

利用冪函數微分公式：

$$y'=2\cdot \frac{1}{2}x^{-1/2} =x^{-1/2}.$$

因此

$$\boxed{y'=\frac{1}{\sqrt{x}}}.$$

此導數公式適用於 $x>0$。雖然函數在 $x=0$ 有定義，但其右導數為

$$\lim_{h\to 0^+}\frac{2\sqrt{h}-0}{h} =\lim_{h\to 0^+}\frac{2}{\sqrt{h}} =\infty,$$

所以在 $x=0$ 不存在有限值的導數。

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(ii) 求 $f(x)=\dfrac{2x}{1+x}$ 的冪級數表示及收斂區間

解題方法

分母 $1+x$ 可改寫成幾何級數公式中的形式：

$$\frac{1}{1+x}=\frac{1}{1-(-x)}.$$

令 $r=-x$，由幾何級數公式可得

$$\frac{1}{1+x} =\sum_{n=0}^{\infty}(-x)^n, \qquad |-x|<1.$$

因此

$$|x|<1.$$

兩邊乘上 $2x$：

$$f(x)=\frac{2x}{1+x} =2x\sum_{n=0}^{\infty}(-x)^n.$$

將 $2x$ 乘入級數：

核心觀念

本題是齊次型一階微分方程。其特徵是右側可寫成 $\dfrac{y}{x}$ 的函數：

$$\frac{dy}{dx}=\frac{x+2y}{2x+y} =\frac{1+2(y/x)}{2+(y/x)}.$$

因此使用齊次代換

$$y=vx,\qquad v=\frac{y}{x},$$

並由乘積微分法則得到

$$\frac{dy}{dx}=v+x\frac{dv}{dx}.$$

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解題方法

原方程為

$$(2x+y)\frac{dy}{dx}=x+2y.$$

令

$$y=vx,$$

則

$$2x+y=x(2+v),\qquad x+2y=x(1+2v),$$

且

$$\frac{dy}{dx}=v+x\frac{dv}{dx}.$$

代入原方程：

$$x(2+v)\left(v+x\frac{dv}{dx}\right)=x(1+2v).$$

在 $x\neq 0$ 的區間上約去 $x$：

$$(2+v)\left(v+x\frac{dv}{dx}\right)=1+2v.$$

整理得

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

因此可分離變數：

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

將左側作部分分式分解：

$$\frac{v+2}{(1-v)(1+v)} =\frac{3/2}{1-v}+\frac{1/2}{1+v}.$$

所以

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

積分後：

$$-\frac32\ln|1-v| +\frac12\ln|1+v| =\ln|x|+C.$$

乘以 $2$ 並合併對數：

$$\ln\left|\frac{1+v}{(1-v)^3}\right| =2\ln|x|+C.$$

故可寫成

核心觀念

本題考查二階常係數齊次微分方程

$$y''+Ay'+By=0$$

的特徵根法，以及實根情況下如何改寫成雙曲函數形式。

特徵方程為

$$r^2+Ar+B=0$$

當

$$A^2-4B>0$$

時，特徵方程具有兩個相異實根，因此一般解可表示為

$$y=C_1e^{r_1x}+C_2e^{r_2x}.$$

雙曲函數的定義為

$$\cosh z=\frac{e^z+e^{-z}}{2}, \qquad \sinh z=\frac{e^z-e^{-z}}{2}.$$

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解題方法

（i）改寫為雙曲函數形式

特徵方程為

$$r^2+Ar+B=0.$$

由二次方程公式，

$$r=\frac{-A\pm\sqrt{A^2-4B}}{2}.$$

定義

$$\alpha=-\frac{A}{2}, \qquad \beta=\frac{\sqrt{A^2-4B}}{2}.$$

由於 $A^2-4B>0$，所以 $\beta>0$。兩個特徵根可寫成

$$r_1=\alpha+\beta, \qquad r_2=\alpha-\beta.$$

因此方程的一般解為

$$y=C_1e^{(\alpha+\beta)x} +C_2e^{(\alpha-\beta)x}.$$

提出共同因子 $e^{\alpha x}$：

$$y=e^{\alpha x} \left(C_1e^{\beta x}+C_2e^{-\beta x}\right).$$

利用雙曲函數定義，

$$e^{\beta x}=\cosh(\beta x)+\sinh(\beta x),$$ $$e^{-\beta x}=\cosh(\beta x)-\sinh(\beta x).$$

故

$$C_1e^{\beta x}+C_2e^{-\beta x} =(C_1+C_2)\cosh(\beta x) +(C_1-C_2)\sinh(\beta x).$$

將新的任意常數重新記為 $c_1,c_2$，得到

$$\boxed{ y(x)= \left[c_1\cosh(\beta x)+c_2\sinh(\beta x)\right]e^{\alpha x} }$$

其中

$$\boxed{ \alpha=-\frac{A}{2}, \qquad \beta=\frac{\sqrt{A^2-4B}}{2} }.$$

另一種直接驗證方式

令

$$y=e^{\alpha x}u(x).$$

則

$$y'=e^{\alpha x}(u'+\alpha u),$$ $$y''=e^{\alpha x}(u''+2\alpha u'+\alpha^2u).$$

代回原方程並除以 $e^{\alpha x}$：

$$u''+(2\alpha+A)u' +(\alpha^2+A\alpha+B)u=0.$$

取

$$\alpha=-\frac{A}{2},$$

即可使 $u'$ 項消失。又

$$\alpha^2+A\alpha+B = -\frac{A^2-4B}{4} =-\beta^2.$$

因此

$$u''-\beta^2u=0.$$

核心觀念

本題考查利用拉普拉斯轉換解具有初始條件的二階常微分方程。核心公式為

$$\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0),$$ $$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0),$$

其中

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

右側常數 $1$ 的拉普拉斯轉換為

$$\mathcal{L}\{1\}=\frac{1}{s}.$$

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解題方法

原方程為

$$y''-3y'+10y=1,$$

且初始條件為

$$y(0)=-1,\qquad y'(0)=2.$$

對方程兩側取拉普拉斯轉換：

$$\mathcal{L}\{y''\}-3\mathcal{L}\{y'\}+10\mathcal{L}\{y\} =\frac{1}{s}.$$

代入初始條件：

$$\left(s^2Y-sy(0)-y'(0)\right) -3\left(sY-y(0)\right)+10Y=\frac{1}{s}.$$

由於 $y(0)=-1$、$y'(0)=2$，因此

$$s^2Y+s-2-3(sY+1)+10Y=\frac{1}{s}.$$

整理得

$$(s^2-3s+10)Y+s-5=\frac{1}{s},$$

所以

$$Y(s)=\frac{\frac{1}{s}-s+5}{s^2-3s+10}.$$

將其作部分分式分解：

$$Y(s)=\frac{1}{10s} +\frac{-\frac{11}{10}s+\frac{53}{10}}{s^2-3s+10}.$$

分母配方：

$$s^2-3s+10 =\left(s-\frac32\right)^2+\frac{31}{4}.$$

令

$$\omega=\frac{\sqrt{31}}{2}.$$

分子改寫為

$$-\frac{11}{10}s+\frac{53}{10} =-\frac{11}{10}\left(s-\frac32\right)+\frac{73}{20}.$$

因此

$$Y(s)=\frac{1}{10s} -\frac{11}{10} \frac{s-\frac32}{\left(s-\frac32\right)^2+\omega^2} +\frac{73}{20} \frac{1}{\left(s-\frac32\right)^2+\omega^2}.$$

利用反拉普拉斯公式