114 年 國立臺灣大學環境工程研究所科學與工程乙組《工程數學（H）》

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第 1 題

Consider a pollutant concentration field F(x,y,z)F(x, y, z) (a vector field representing mass flux in the atmosphere) over a 3D region. We are interested in how pollutants accumulate or disperse within a given control volume.

Part 1: Divergence and Conservation of Mass (9%):
(a) Define the divergence ∇⋅F\nabla \cdot F and discuss its physical interpretation in atmospheric pollution modeling.
(b) Explain how the divergence theorem (Gauss's theorem) links the net flux of pollutants through a closed surface to the accumulation of pollutants inside the volume.

Part 2: Example Calculation (8%):
Suppose F(x,y,z)=(xy,x2z,yz2)F(x, y, z) = (xy, x^2z, yz^2). Compute ∇⋅F\nabla \cdot F.
Interpret the sign and magnitude of ∇⋅F\nabla \cdot F at a given point (x,y,z)(x, y, z). Where might pollutants tend to accumulate based on positive or negative divergence?

Part 3: Practical Application (8%):
Describe how meteorological data (e.g., wind velocity fields) and pollutant emission data could be combined into FF to predict pollution "hot spots."
Briefly discuss how you might extend this model to include chemical reactions or transformations of pollutants in the atmosphere.

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核心觀念

本題考查向量場的散度、散度定理，以及其在污染物質量守恆中的應用。

對三維向量場

F(x,y,z)=(F1(x,y,z),F2(x,y,z),F3(x,y,z)),F(x,y,z)=\bigl(F_1(x,y,z),F_2(x,y,z),F_3(x,y,z)\bigr),

散度定義為

∇⋅F=∂F1∂x+∂F2∂y+∂F3∂z.\nabla\cdot F = \frac{\partial F_1}{\partial x} + \frac{\partial F_2}{\partial y} + \frac{\partial F_3}{\partial z}.

散度也可表示為單位體積的淨流出量：

∇⋅F=lim⁡ΔV→01ΔV∮∂(ΔV)F⋅n dS,\nabla\cdot F = \lim_{\Delta V\to 0} \frac{1}{\Delta V} \oint_{\partial(\Delta V)} F\cdot n\,dS,

其中 nn 是控制面向外的單位法向量。

若 FF 代表污染物質量通量，則：

  • ∇⋅F>0\nabla\cdot F>0：局部淨流出，污染物由該區域散出。
  • ∇⋅F<0\nabla\cdot F<0：局部淨流入，污染物傾向在該區域累積。
  • ∇⋅F=0\nabla\cdot F=0：局部淨流出入平衡。

Part 1：散度與質量守恆

(a) 散度的定義與物理意義

令

F=(Fx,Fy,Fz),F=(F_x,F_y,F_z),

則

∇⋅F=∂Fx∂x+∂Fy∂y+∂Fz∂z.\nabla\cdot F = \frac{\partial F_x}{\partial x} + \frac{\partial F_y}{\partial y} + \frac{\partial F_z}{\partial z}.

其中：

  • ∂Fx∂x\frac{\partial F_x}{\partial x} 表示 xx 方向通量沿 xx 方向的變化率；
  • ∂Fy∂y\frac{\partial F_y}{\partial y} 表示 yy 方向通量沿 yy 方向的變化率；
  • ∂Fz∂z\frac{\partial F_z}{\partial z} 表示 zz 方向通量沿 zz 方向的變化率。

在大氣污染模型中，取一個極小控制體積。若污染物由控制體積流出的量大於流入量，則淨流出量為正，因此

∇⋅F>0.\nabla\cdot F>0.

此時污染物在該位置有分散、稀釋的傾向。若流入量大於流出量，則

∇⋅F<0,\nabla\cdot F<0,

污染物會在局部堆積，形成高濃度區域。

須注意：散度描述的是通量的空間變化，不單純等於污染物濃度本身。濃度是否增加，還要同時考慮污染源、化學反應及時間變化。

(b) 散度定理與質量守恆

設控制體積為 VV，其封閉邊界為 ∂V\partial V，則散度定理為

∭V∇⋅F dV=∯∂VF⋅n dS.\iiint_V \nabla\cdot F\,dV = \oiint_{\partial V}F\cdot n\,dS.

右側代表污染物穿過封閉控制面向外的淨通量；左側則是控制體積內所有微小體積的散度總和。

因此，若以「向外流出」為正號，控制體積內污染物質量 MM 的守恆式可寫成

dMdt=−∯∂VF⋅n dS+∭VS dV−∭VR dV,\frac{dM}{dt} = -\oiint_{\partial V}F\cdot n\,dS + \iiint_V S\,dV - \iiint_V R\,dV,

其中：

  • SS 為污染物排放源項；
  • RR 為化學反應、沉降或其他造成污染物消失的速率。

利用散度定理可得

dMdt=−∭V∇⋅F dV+∭VS dV−∭VR dV.\frac{dM}{dt} = -\iiint_V\nabla\cdot F\,dV + \iiint_V S\,dV - \iiint_V R\,dV.

若控制體積內沒有排放源，也沒有化學反應，則

dMdt=−∭V∇⋅F dV.\frac{dM}{dt} = -\iiint_V\nabla\cdot F\,dV.

所以：

  • 正散度代表淨流出，會使控制體積內污染物減少；
  • 負散度代表淨流入，會使控制體積內污染物增加。

Part 2：例題計算

給定

F(x,y,z)=(xy,x2z,yz2).F(x,y,z)=(xy,x^2z,yz^2).

令

F1=xy,F2=x2z,F3=yz2.F_1=xy,\qquad F_2=x^2z,\qquad F_3=yz^2.

依散度定義：

∇⋅F=∂F1∂x+∂F2∂y+∂F3∂z.\nabla\cdot F = \frac{\partial F_1}{\partial x} + \frac{\partial F_2}{\partial y} + \frac{\partial F_3}{\partial z}.

逐項計算：

∂∂x(xy)=y,\frac{\partial}{\partial x}(xy)=y, ∂∂y(x2z)=0,\frac{\partial}{\partial y}(x^2z)=0, ∂∂z(yz2)=2yz.\frac{\partial}{\partial z}(yz^2)=2yz.

因此

∇⋅F=y+2yz=y(1+2z).\boxed{\nabla\cdot F=y+2yz=y(1+2z)}.

散度的符號判斷

在點 (x,y,z)(x,y,z)，散度為

D=y(1+2z).D=y(1+2z).

其符號由 yy 與 1+2z1+2z 的乘積決定：

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第 2 題

A sudden chemical spill in a forest results in the dispersion of a pollutant into the surrounding soil and air. The pollutant's concentration, C(t)C(t), at a monitoring site is influenced by natural attenuation processes and environmental damping forces such as vegetation absorption and chemical degradation.

The pollutant dynamics are modeled by the second-order differential equation:
md2C(t)dt2+cdC(t)dt+kC(t)=F(t)m \frac{d^2C(t)}{dt^2} + c \frac{dC(t)}{dt} + kC(t) = F(t)
where:

  • mm represents the "inertial" effect of pollutant dispersion across the ecosystem,
  • cc represents damping forces such as vegetation uptake and microbial degradation,
  • kk represents a restoring force that models the natural re-equilibration of pollutant levels,
  • F(t)F(t) represents the source term, modeling the ongoing input of the pollutant into the environment (e.g., leaching from the spill site).

Part 1: Solving the Differential Equation (13%)

  1. Take the Laplace transform of the equation (assuming the initial pollutant concentration C(0)=0C(0) = 0 and initial rate of change dCdt(0)=0\frac{dC}{dt}(0) = 0).
  2. Solve for C(s)C(s), the Laplace transform of the pollutant concentration.
  3. Assume F(t)=Ae−αtF(t) = Ae^{-\alpha t}, where AA is the initial spill intensity and α>0\alpha > 0 models the decay of spill intensity over time. Use the Laplace transform of F(t)F(t) to find C(s)C(s).
  4. Apply the inverse Laplace transform to determine C(t)C(t). Analyze the concentration behavior under different damping coefficients (cc).

Part 2: Taylor Expansion for Rapid Assessment (12%)

  1. In emergency response scenarios, F(t)F(t) can be approximated using a Taylor series expansion around t=0t = 0. Expand F(t)=Ae−αtF(t) = Ae^{-\alpha t} into a Taylor series up to the t3t^3 term.
  2. Substitute the Taylor-expanded F(t)F(t) into the original differential equation. Solve the approximate differential equation using the Laplace transform.
  3. Compare the approximate solution with the exact solution derived in Part 1. Discuss when the Taylor approximation is valid.
  4. Analyze how the pollutant concentration changes over time for a rapidly decaying spill (α\alpha large) versus a slowly decaying spill (α\alpha small).

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核心觀念

本題考查：

  1. 二階常係數非齊次微分方程。
  2. 拉普拉斯轉換及初始值定理：
    L{C′(t)}=sC(s)−C(0)\mathcal{L}\{C'(t)\}=sC(s)-C(0)
    L{C′′(t)}=s2C(s)−sC(0)−C′(0)\mathcal{L}\{C''(t)\}=s^2C(s)-sC(0)-C'(0)
  3. 轉移函數
    H(s)=1ms2+cs+kH(s)=\frac{1}{ms^2+cs+k}
  4. 特徵根與阻尼型態。
  5. 指數函數的 Taylor 展開及卷積積分。

以下假設 m>0m>0、c≥0c\geq 0、k>0k>0。

Part 1：微分方程的解

1. 進行拉普拉斯轉換

原方程為

mC′′(t)+cC′(t)+kC(t)=F(t)mC''(t)+cC'(t)+kC(t)=F(t)

由初始條件

C(0)=0,C′(0)=0C(0)=0,\qquad C'(0)=0

取拉普拉斯轉換：

m[s2C(s)−sC(0)−C′(0)]+c[sC(s)−C(0)]+kC(s)=F(s)m\left[s^2C(s)-sC(0)-C'(0)\right] +c\left[sC(s)-C(0)\right]+kC(s)=F(s)

代入初始條件後得

(ms2+cs+k)C(s)=F(s)(ms^2+cs+k)C(s)=F(s)

因此

C(s)=F(s)ms2+cs+k\boxed{ C(s)=\frac{F(s)}{ms^2+cs+k} }

這表示污染濃度是外力來源 F(t)F(t) 經過系統轉移函數 H(s)H(s) 後的輸出。

2. 指數型污染源

給定

F(t)=Ae−αt,α>0F(t)=Ae^{-\alpha t},\qquad \alpha>0

其拉普拉斯轉換為

F(s)=As+αF(s)=\frac{A}{s+\alpha}

所以

C(s)=A(s+α)(ms2+cs+k)\boxed{ C(s)=\frac{A}{(s+\alpha)(ms^2+cs+k)} }

令特徵方程為

ms2+cs+k=0ms^2+cs+k=0

其根為

r1,2=−c±c2−4mk2mr_{1,2}=\frac{-c\pm\sqrt{c^2-4mk}}{2m}

當 r1≠r2r_1\ne r_2 時，

ms2+cs+k=m(s−r1)(s−r2)ms^2+cs+k=m(s-r_1)(s-r_2)

因此

C(s)=Am(s+α)(s−r1)(s−r2)C(s)=\frac{A}{m(s+\alpha)(s-r_1)(s-r_2)}

3. 反拉普拉斯轉換

令系統的脈衝響應為

h(t)=L−1{1ms2+cs+k}h(t)=\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{ms^2+cs+k} \right\}

在 r1≠r2r_1\ne r_2 時，

h(t)=er1t−er2tm(r1−r2)h(t)=\frac{e^{r_1t}-e^{r_2t}}{m(r_1-r_2)}

由卷積定理，

C(t)=∫0th(t−τ)F(τ) dτC(t)=\int_0^t h(t-\tau)F(\tau)\,d\tau

代入 F(τ)=Ae−ατF(\tau)=Ae^{-\alpha\tau}：

C(t)=Am(r1−r2)∫0t(er1(t−τ)−er2(t−τ))e−ατ dτC(t)= \frac{A}{m(r_1-r_2)} \int_0^t \left(e^{r_1(t-\tau)}-e^{r_2(t-\tau)}\right)e^{-\alpha\tau}\,d\tau

計算積分後得到

C(t)=Am(r1−r2)[er1t−e−αtr1+α−er2t−e−αtr2+α]\boxed{ C(t)= \frac{A}{m(r_1-r_2)} \left[ \frac{e^{r_1t}-e^{-\alpha t}}{r_1+\alpha} - \frac{e^{r_2t}-e^{-\alpha t}}{r_2+\alpha} \right] }

此式適用於 r1≠r2r_1\ne r_2 且 r1,r2≠−αr_1,r_2\ne-\alpha 的情況。若出現重根或重複極點，取極限即可得到對應解。

不同阻尼係數下的濃度行為

欠阻尼：c2<4mkc^2<4mk

此時特徵根為複數：

r1,2=−c2m±iωdr_{1,2}=-\frac{c}{2m}\pm i\omega_d

其中

ωd=4mk−c22m\omega_d=\frac{\sqrt{4mk-c^2}}{2m}

脈衝響應可寫為

h(t)=1mωde−ct/(2m)sin⁡(ωdt)h(t)=\frac{1}{m\omega_d} e^{-ct/(2m)}\sin(\omega_dt)

因此濃度呈現「衰減振盪」：

C(t)=Amωd∫0te−c(t−τ)/(2m)sin⁡(ωd(t−τ))e−ατ dτC(t)= \frac{A}{m\omega_d} \int_0^t e^{-c(t-\tau)/(2m)} \sin\left(\omega_d(t-\tau)\right) e^{-\alpha\tau}\,d\tau

污染源雖然單調衰減，但系統本身可能因慣性效應而出現濃度高低交替的振盪。cc 越小，振盪越明顯、持續時間越長。

臨界阻尼：c2=4mkc^2=4mk

此時有重根

r=−c2mr=-\frac{c}{2m}

脈衝響應為

h(t)=tmerth(t)=\frac{t}{m}e^{rt}

所以

C(t)=Am∫0t(t−τ)er(t−τ)e−ατ dτC(t)=\frac{A}{m}\int_0^t (t-\tau)e^{r(t-\tau)}e^{-\alpha\tau}\,d\tau

令

β=r+α\beta=r+\alpha

可得

C(t)=Ame−αteβt(βt−1)+1β2\boxed{ C(t)= \frac{A}{m}e^{-\alpha t} \frac{e^{\beta t}(\beta t-1)+1}{\beta^2} }

臨界阻尼不會產生振盪，且能以最快速度回復而不過度超越平衡狀態。

過阻尼：c2>4mkc^2>4mk

此時 r1,r2r_1,r_2 為兩個不同的負實根：

r1<0,r2<0r_1<0,\qquad r_2<0

濃度由多個衰減指數組成，不會振盪：

C(t)=Am(r1−r2)[er1t−e−αtr1+α−er2t−e−αtr2+α]C(t)= \frac{A}{m(r_1-r_2)} \left[ \frac{e^{r_1t}-e^{-\alpha t}}{r_1+\alpha} - \frac{e^{r_2t}-e^{-\alpha t}}{r_2+\alpha} \right]

由於兩個系統模態均衰減，長時間下

lim⁡t→∞C(t)=0\lim_{t\to\infty}C(t)=0

過阻尼的特徵是濃度變化較平緩，但回復速度通常比臨界阻尼慢。

Part 2：Taylor 展開與近似解

1. 展開污染源

指數函數在 t=0t=0 附近的 Taylor 展開為

e−αt=1−αt+α2t22−α3t36+O(t4)e^{-\alpha t} = 1-\alpha t+\frac{\alpha^2t^2}{2} -\frac{\alpha^3t^3}{6}+O(t^4)

因此

F(t)≈A(1−αt+α2t22−α3t36)\boxed{ F(t)\approx A\left( 1-\alpha t+\frac{\alpha^2t^2}{2} -\frac{\alpha^3t^3}{6} \right) }

記此近似函數為 FT(t)F_T(t)。

2. 對近似污染源取拉普拉斯轉換

由

L{1}=1s,L{t}=1s2\mathcal{L}\{1\}=\frac1s,\qquad \mathcal{L}\{t\}=\frac1{s^2} L{t2}=2s3,L{t3}=6s4\mathcal{L}\{t^2\}=\frac2{s^3},\qquad \mathcal{L}\{t^3\}=\frac6{s^4}

可得

FT(s)=A(1s−αs2+α2s3−α3s4)F_T(s) = A\left( \frac1s-\frac{\alpha}{s^2} +\frac{\alpha^2}{s^3} -\frac{\alpha^3}{s^4} \right)

因此

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第 3 題25 分

Solve the following equations: (25%)
(a) (x2+4)y′=3x−2xy(x^2 + 4)y' = 3x - 2xy
(b) y′=x+2yy+2xy' = \frac{x+2y}{y+2x}
(c) xy′=y2+yxy' = y^2 + y
(d) x3y′=x2y−3y3x^3y' = x^2y - 3y^3
(e) y′′−2y′+y=x2exy'' - 2y' + y = x^2e^x

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第 3 題　核心觀念

本題涵蓋一階與二階微分方程的基本解法：

  • 一階線性微分方程：積分因子法。
  • 齊次型一階微分方程：令 y=vxy=vx。
  • 可分離變數方程：將 xx 與 yy 分開積分。
  • Bernoulli 方程：代換 u=y1−nu=y^{1-n}。
  • 常係數二階線性微分方程：特徵方程與指數代換。

(a) (x2+4)y′=3x−2xy(x^2+4)y'=3x-2xy

解題方法

先整理成一階線性形式：

y′+2xx2+4y=3xx2+4.y'+\frac{2x}{x^2+4}y=\frac{3x}{x^2+4}.

其標準形式為

y′+P(x)y=Q(x),y'+P(x)y=Q(x),

其中

P(x)=2xx2+4.P(x)=\frac{2x}{x^2+4}.

積分因子為

μ(x)=e∫P(x) dx=e∫2xx2+4 dx=eln⁡(x2+4)=x2+4.\mu(x)=e^{\int P(x)\,dx} =e^{\int \frac{2x}{x^2+4}\,dx} =e^{\ln(x^2+4)} =x^2+4.

方程式兩邊乘以積分因子：

(x2+4)y′+2xy=3x.(x^2+4)y'+2xy=3x.

左側正好是乘積微分：

ddx[(x2+4)y]=3x.\frac{d}{dx}\left[(x^2+4)y\right]=3x.

兩邊積分：

(x2+4)y=32x2+C.(x^2+4)y=\frac{3}{2}x^2+C.

因此

y=32x2+Cx2+4.\boxed{y=\frac{\frac32x^2+C}{x^2+4}}.

解題技巧

看到

y′+2xx2+4yy'+\frac{2x}{x^2+4}y

時，可直接注意到

ddx(x2+4)=2x,\frac{d}{dx}(x^2+4)=2x,

因此積分因子就是 x2+4x^2+4，不必重新計算太多步驟。

(b) y′=x+2yy+2xy'=\dfrac{x+2y}{y+2x}

核心觀念

右側分子與分母都是 x,yx,y 的一次齊次式，因此是齊次型方程。令

y=vx,y=vx,

其中 v=v(x)v=v(x)，則

y′=v+xdvdx.y'=v+x\frac{dv}{dx}.

解題方法

代入原方程：

v+xdvdx=x+2vxvx+2x=1+2vv+2.v+x\frac{dv}{dx} =\frac{x+2vx}{vx+2x} =\frac{1+2v}{v+2}.

所以

xdvdx=1+2vv+2−v=1−v2v+2.x\frac{dv}{dx} =\frac{1+2v}{v+2}-v =\frac{1-v^2}{v+2}.

分離變數：

v+21−v2 dv=dxx.\frac{v+2}{1-v^2}\,dv=\frac{dx}{x}.

部分分式分解：

v+21−v2=3/21−v+1/21+v.\frac{v+2}{1-v^2} =\frac{3/2}{1-v}+\frac{1/2}{1+v}.

因此

∫v+21−v2 dv=−32ln⁡∣1−v∣+12ln⁡∣1+v∣.\int\frac{v+2}{1-v^2}\,dv = -\frac32\ln|1-v|+\frac12\ln|1+v|.

右側為

∫dxx=ln⁡∣x∣+C.\int\frac{dx}{x}=\ln|x|+C.

乘以 22 並整理：

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

故

1+v(1−v)3=Cx2.\frac{1+v}{(1-v)^3}=Cx^2.

代回 v=y/xv=y/x：

1+y/x(1−y/x)3=Cx2.\frac{1+y/x}{(1-y/x)^3}=Cx^2.

化簡得

x+y(x−y)3=C.\boxed{\frac{x+y}{(x-y)^3}=C}.

在分離變數時曾除以 1−v21-v^2，其中 v=1v=1 必須另行檢查。當 v=1v=1 時，

y=x\boxed{y=x}

也是解。

其中 v=−1v=-1 對應 y=−xy=-x，已包含在上式的 C=0C=0 中。

解題技巧

齊次型方程的快速辨認方式是：

y′=F(yx).y'=F\left(\frac{y}{x}\right).

本題可寫成

y′=1+2(y/x)(y/x)+2,y'=\frac{1+2(y/x)}{(y/x)+2},

因此直接使用 y=vxy=vx。凡是分離變數時除以含有 vv 的式子，都要補查被除掉的特殊解。

(c) xy′=y2+yxy'=y^2+y

核心觀念

此方程可直接分離變數。先注意

y2+y=y(y+1).y^2+y=y(y+1).

解題方法

將方程整理為

dyy(y+1)=dxx.\frac{dy}{y(y+1)}=\frac{dx}{x}.

部分分式分解：

1y(y+1)=1y−1y+1.\frac{1}{y(y+1)} =\frac1y-\frac1{y+1}.

因此

∫(1y−1y+1)dy=∫dxx.\int\left(\frac1y-\frac1{y+1}\right)dy =\int\frac{dx}{x}.

積分後：

ln⁡∣y∣−ln⁡∣y+1∣=ln⁡∣x∣+C.\ln|y|-\ln|y+1| =\ln|x|+C.

合併對數：

ln⁡∣yy+1∣=ln⁡∣x∣+C.\ln\left|\frac{y}{y+1}\right| =\ln|x|+C.

因此

yy+1=Cx.\frac{y}{y+1}=Cx.

解出 yy：

y=Cx(y+1),y=Cx(y+1), y−Cxy=Cx,y-Cxy=Cx, y(1−Cx)=Cx.y(1-Cx)=Cx.

所以

y=Cx1−Cx.\boxed{y=\frac{Cx}{1-Cx}}.
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第 4 題15 分

Find the general solution of the initial value problem: (15%)
(a) y′−3y=−12y2y' - 3y = -12 y^2, y(0)=2y(0) = 2
(b) y′cos⁡2x+3y=1y' \cos^2x + 3y = 1, y(π3)=43y(\frac{\pi}{3})=\frac{4}{3}

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查一階常微分方程的兩種基本技巧：

  1. 非線性可分離方程／Logistic 型方程
    先將方程整理為
    y′=f(y)，y'=f(y)，
    再透過變數分離，或令 u=1/yu=1/y 將其化為一階線性方程。

  2. 一階線性微分方程與積分因子法
    標準形式為
    y′+P(x)y=Q(x)，y'+P(x)y=Q(x)，
    積分因子為
    μ(x)=e∫P(x) dx。\mu(x)=e^{\int P(x)\,dx}。

解題方法

（a）y′−3y=−12y2,y(0)=2y'-3y=-12y^2,\quad y(0)=2

將方程整理為

y′=3y−12y2=3y(1−4y)。y'=3y-12y^2=3y(1-4y)。

這是可分離變數方程。由於初始值 y(0)=2≠0y(0)=2\neq 0，在解的區間內可將 yy 移項：

dyy(1−4y)=3 dx。\frac{dy}{y(1-4y)}=3\,dx。

進行部分分式分解：

1y(1−4y)=1y+41−4y。\frac{1}{y(1-4y)} =\frac{1}{y}+\frac{4}{1-4y}。

因此

∫(1y+41−4y)dy=∫3 dx。\int\left(\frac{1}{y}+\frac{4}{1-4y}\right)dy =\int 3\,dx。

積分得

ln⁡∣y∣−ln⁡∣1−4y∣=3x+C。\ln|y|-\ln|1-4y|=3x+C。

合併對數：

ln⁡∣y1−4y∣=3x+C。\ln\left|\frac{y}{1-4y}\right|=3x+C。

寫成指數形式：

y1−4y=Ce3x。\frac{y}{1-4y}=Ce^{3x}。

解出 yy：

y=Ce3x(1−4y),y=Ce^{3x}(1-4y), y+4Ce3xy=Ce3x,y+4Ce^{3x}y=Ce^{3x}, y=Ce3x1+4Ce3x。y=\frac{Ce^{3x}}{1+4Ce^{3x}}。

代入 y(0)=2y(0)=2：

2=C1+4C。2=\frac{C}{1+4C}。

所以

2+8C=C,C=−27。2+8C=C,\qquad C=-\frac{2}{7}。

因此

y(x)=−27e3x1−87e3x=2e3x8e3x−7=28−7e−3x。y(x)=\frac{-\frac{2}{7}e^{3x}} {1-\frac{8}{7}e^{3x}} =\frac{2e^{3x}}{8e^{3x}-7} =\boxed{\frac{2}{8-7e^{-3x}}}。

也可使用 u=1/yu=1/y 快速處理。由

u′=−y′y2u'=-\frac{y'}{y^2}

以及

y′=3y−12y2y'=3y-12y^2

可得

u′=−3u+12,u'=-3u+12,

即

u′+3u=12。u'+3u=12。

又因為 u(0)=1/2u(0)=1/2，解得

u=4−72e−3x,u=4-\frac{7}{2}e^{-3x},

所以

y=1u=28−7e−3x。y=\frac{1}{u} =\boxed{\frac{2}{8-7e^{-3x}}}。

（b）y′cos⁡2x+3y=1,y(π3)=43y'\cos^2x+3y=1,\quad y\left(\frac{\pi}{3}\right)=\frac43

在 cos⁡x≠0\cos x\neq 0 的區間內，將方程除以 cos⁡2x\cos^2x：

y′+3sec⁡2x y=sec⁡2x。y'+3\sec^2x\,y=\sec^2x。

這是一階線性微分方程，其中

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第 5 題10 分

Solve y′′+4y′+4y=(3+x)e−2xy'' + 4 y' + 4 y = (3 + x)e^{-2x}, y(0)=0y(0) = 0, y′(0)=7y'(0) = 7 (10%)

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這一題的完整詳解

一、求齊次解 yh(x)y_h(x)

對應齊次常微分方程式之特徵方程式為：
λ2+4λ+4=0  ⟹  (λ+2)2=0\lambda^2 + 4\lambda + 4 = 0 \implies (\lambda + 2)^2 = 0
解得重根 λ=−2,−2\lambda = -2, -2，故齊次解為：
yh(x)=c1e−2x+c2xe−2xy_h(x) = c_1 e^{-2x} + c_2 x e^{-2x}

二、求特解 yp(x)y_p(x)

採用微分運算子法（Operator Method），利用移位法則（Exponential Shift Theorem）：
yp(x)=1(D+2)2[(3+x)e−2x]=e−2x1D2(3+x)y_p(x) = \frac{1}{(D+2)^2} \left[ (3+x) e^{-2x} \right] = e^{-2x} \frac{1}{D^2} (3+x)

對 3+x3+x 進行二次逐項積分：
1D2(3+x)=1D(3x+12x2)=32x2+16x3\frac{1}{D^2} (3+x) = \frac{1}{D} \left( 3x + \frac{1}{2}x^2 \right) = \frac{3}{2}x^2 + \frac{1}{6}x^3

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