115 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）》

核心觀念

本題考查常係數二階線性非齊次微分方程：

$$y''+4y'+4y=e^{-2t}.$$

左側微分算子可因式分解為

$$D^2+4D+4=(D+2)^2.$$

因此需分別求出：

1. 齊次解 $y_h$；
2. 非齊次特解 $y_p$；
3. 利用初始條件決定常數。

由於右側 $e^{-2t}$ 與齊次解中的 $e^{-2t}$ 重複，特解必須乘上 $t^2$ 以避開重根造成的共振。

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解題方法

（a）求一般解

1. 齊次解

先考慮對應的齊次方程：

$$y''+4y'+4y=0.$$

其特徵方程為

$$r^2+4r+4=0,$$

可寫成

$$(r+2)^2=0.$$

因此 $r=-2$ 是二重根，齊次解為

$$y_h=(C_1+C_2t)e^{-2t}.$$

2. 求非齊次特解

右側為 $e^{-2t}$，而 $e^{-2t}$ 已包含在齊次解中，且對應特徵根 $r=-2$ 的重數為 $2$，因此設

$$y_p=At^2e^{-2t}.$$

也可利用變數代換簡化計算。令

$$y=e^{-2t}u(t).$$

則

$$y'=e^{-2t}(u'-2u),$$ $$y''=e^{-2t}(u''-4u'+4u).$$

代入原方程：

\begin{align*}
y''+4y'+4y
&=e^{-2t}(u''-4u'+4u)
+4e^{-2t}(u'-2u)
+4e^{-2t}u\
&=e^{-2t}u''.
\end{align*}

因此原方程化為

$$e^{-2t}u''=e^{-2t},$$

所以

$$u''=1.$$

取其中一組特解：

$$u_p=\frac{t^2}{2}.$$

故

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

綜合齊次解與特解，一般解為

$$\boxed{y(t)=e^{-2t}\left(C_1+C_2t+\frac{t^2}{2}\right)}.$$

其中 $C_1,C_2$ 為任意常數。

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（b）利用初始條件求特定解

令

核心觀念

本題考查：

• 單位階躍函數的拉普拉斯變換：
  $\mathcal{L}\{u(t-a)\}=\frac{e^{-as}}{s}$
• 微分的拉普拉斯變換：
  $\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0)$
  $\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)$
• 第二位移定理：
  $\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=u(t-a)f(t-a)$
  其中 $f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}$。
• 部分分式分解。

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解題方法

右側外力為 $u(t-1)$，表示在 $t=1$ 之前外力為零，$t=1$ 之後施加一個大小為 $1$ 的階躍輸入。最直接的方法是對整個微分方程取拉普拉斯變換，再利用第二位移定理反變換。

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(a) 取拉普拉斯變換

原方程為

$$y''+3y'+2y=u(t-1),$$

且

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

令

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

左側各項的拉普拉斯變換為

$$\mathcal{L}\{y''\} =s^2Y(s)-sy(0)-y'(0) =s^2Y(s),$$ $$\mathcal{L}\{3y'\} =3\left[sY(s)-y(0)\right] =3sY(s),$$ $$\mathcal{L}\{2y\}=2Y(s).$$

右側則為

$$\mathcal{L}\{u(t-1)\} =\frac{e^{-s}}{s}.$$

因此

$$s^2Y(s)+3sY(s)+2Y(s)=\frac{e^{-s}}{s},$$

整理得

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

因為

$$s^2+3s+2=(s+1)(s+2),$$

所以

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

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(b) 求 $y(t)$

先處理不含延遲因子的部分：

$$F(s)=\frac{1}{s(s+1)(s+2)}.$$

作部分分式分解：

$$\frac{1}{s(s+1)(s+2)} =\frac{A}{s}+\frac{B}{s+1}+\frac{C}{s+2}.$$

兩邊同乘 $s(s+1)(s+2)$：

$$1=A(s+1)(s+2)+Bs(s+2)+Cs(s+1).$$

令 $s=0$：

$$1=2A \quad\Rightarrow\quad A=\frac12.$$

令 $s=-1$：

核心觀念

本題考查矩陣的特徵值、特徵向量與可對角化判定。

• 若 $A$ 為三階上三角矩陣，特徵值就是主對角線元素。
• 矩陣 $A$ 可對角化，當且僅當它具有 $3$ 個線性獨立的特徵向量。
• 對每個特徵值 $\lambda$，其幾何重數為特徵空間的維度，且必須滿足

$$\text{幾何重數}=\text{代數重數}$$

才能判定可對角化。

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解題方法

(a) 求所有特徵值

矩陣 $A$ 為上三角矩陣，因此其特徵多項式為

$$\det(A-\lambda I) =(2-\lambda)(2-\lambda)(3-\lambda).$$

因此特徵值為

$$\boxed{\lambda=2,\ 2,\ 3}$$

其中 $\lambda=2$ 的代數重數為 $2$，$\lambda=3$ 的代數重數為 $1$。

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(b) 判斷是否可對角化

特徵值 $\lambda=2$

求解

$$(A-2I)\mathbf{x}=0.$$

其中

$$A-2I= \begin{pmatrix} 0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.$$

令 $\mathbf{x}=(x,y,z)^T$，則

$$\begin{cases} y=0,\\ z=0. \end{cases}$$

因此 $x$ 可任意取值，特徵向量可寫成

$$\mathbf{x} =t\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}.$$

所以 $\lambda=2$ 的特徵空間為

$$E_2=\operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} \right\},$$

其幾何重數為

$$\dim(E_2)=1.$$

但 $\lambda=2$ 的代數重數為 $2$，故

$$\text{幾何重數 }1<2=\text{代數重數}.$$

因此已不足以提供兩個線性獨立的 $\lambda=2$ 特徵向量。

特徵值 $\lambda=3$

求解

$$(A-3I)\mathbf{x}=0,$$

其中

核心觀念

本題考查一維熱方程的分離變數法，以及傅立葉正弦級數在初始條件展開中的作用。

方程為

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

其中通常假設 $k>0$。邊界條件

$$u(0,t)=0,\qquad u(L,t)=0$$

屬於齊次 Dirichlet 邊界條件，因此空間部分會產生正弦函數特徵解。

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解題方法：分離變數法

1. 設定乘積形式

令

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

代入熱方程：

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

兩邊除以 $kX(x)T(t)$，得到

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

左側只含 $t$，右側只含 $x$，兩者必須等於同一常數。取分離常數為 $-\lambda$：

$$\frac{T'}{kT} = \frac{X''}{X} = -\lambda.$$

因此得到兩個常微分方程：

$$X''+\lambda X=0,$$

以及

$$T'+k\lambda T=0.$$

空間邊界條件轉換為

$$X(0)=0,\qquad X(L)=0.$$

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2. 求空間特徵函數

分別討論 $\lambda$ 的情況。

情況一：$\lambda=0$

此時

$$X''=0,$$

所以

$$X(x)=A+Bx.$$

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$；由 $X(L)=0$ 得 $B=0$，只得到零解，沒有非零特徵函數。

情況二：$\lambda<0$

令 $\lambda=-\mu^2$，其中 $\mu>0$，則

$$X''-\mu^2X=0.$$

其解為

$$X(x)=A\cosh(\mu x)+B\sinh(\mu x).$$

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，再由 $X(L)=0$ 得 $B=0$，同樣只有零解。

情況三：$\lambda>0$

令

$$\lambda=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2.$$

方程

$$X''+\lambda X=0$$

的解為

$$X(x)=A\cos(\sqrt{\lambda}x)+B\sin(\sqrt{\lambda}x).$$

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，因此

$$X(x)=B\sin(\sqrt{\lambda}x).$$

再利用 $X(L)=0$：

$$B\sin(\sqrt{\lambda}L)=0.$$

為取得非零解，必須滿足

$$\sqrt{\lambda}L=n\pi, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

故特徵值與特徵函數為

$$\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2,$$ $$X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

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3. 求時間函數

時間方程為

$$T'+k\lambda_nT=0.$$

代入 $\lambda_n$：

$$T_n'+k\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2T_n=0.$$

因此

$$T_n(t) = C_ne^{-k(n\pi/L)^2t}.$$

每一個分離解為

$$u_n(x,t) = C_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) e^{-k(n\pi/L)^2t}.$$

由於熱方程是線性的，所有分離解的線性組合仍為解，所以一般解為

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} C_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) e^{-k(n\pi/L)^2t}.$$

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（a）一般解與初始條件

在 $t=0$ 時，

$$u(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} C_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

為符合初始條件 $u(x,0)=f(x)$，必須令

$$f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} C_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

利用正弦函數的正交性：

核心觀念

本題考查完全混合反應槽的污染物質量平衡，以及一階線性常微分方程式的解法。

反應槽內污染物總量為

$$VC(t)$$

因此其累積速率為

$$V\frac{dC}{dt}$$

污染物的三項質量流率如下：

• 流入項：$QC_{\mathrm{in}}$
• 流出項：$QC(t)$
• 反應消耗項：$kC(t)V$

依據「累積量＝流入量－流出量－反應消耗量」建立質量平衡。

解題方法：建立微分方程式

由質量平衡得

$$V\frac{dC}{dt}=QC_{\mathrm{in}}-QC-kCV$$

將各項除以 $V$：

$$\frac{dC}{dt}+\left(\frac{Q}{V}+k\right)C = \frac{Q}{V}C_{\mathrm{in}}$$

這是一階線性常微分方程式，標準形式為

$$\frac{dC}{dt}+aC=b$$

其中

$$a=\frac{Q}{V}+k, \qquad b=\frac{Q}{V}C_{\mathrm{in}}$$

（a）求 $C(t)$

方法一：先求穩態解，再求暫態解

當濃度達到穩定狀態時，$\frac{dC}{dt}=0$，因此常數特解為

$$C_{\mathrm{ss}} = \frac{b}{a} = \frac{\frac{Q}{V}C_{\mathrm{in}}}{\frac{Q}{V}+k}$$

整理得

$$C_{\mathrm{ss}} = \frac{QC_{\mathrm{in}}}{Q+kV}$$

齊次方程式為

$$\frac{dC}{dt}+\left(\frac{Q}{V}+k\right)C=0$$

分離變數：

$$\frac{dC}{C} = -\left(\frac{Q}{V}+k\right)dt$$

積分後得

$$C_{\mathrm{h}}(t) = Ae^{-\left(\frac{Q}{V}+k\right)t}$$

因此完整解為

$$C(t) = C_{\mathrm{ss}} + Ae^{-\left(\frac{Q}{V}+k\right)t}$$

代入初始條件 $C(0)=C_o$：

$$C_o=C_{\mathrm{ss}}+A$$

所以

$$A=C_o-C_{\mathrm{ss}}$$

故濃度隨時間的解為

$$\boxed{ C(t) = C_{\mathrm{ss}} + \left(C_o-C_{\mathrm{ss}}\right) e^{-\left(\frac{Q}{V}+k\right)t} }$$

代入 $C_{\mathrm{ss}}$ 後，也可寫成

$$\boxed{ C(t) = \frac{QC_{\mathrm{in}}}{Q+kV} + \left( C_o-\frac{QC_{\mathrm{in}}}{Q+kV} \right) e^{-\left(\frac{Q}{V}+k\right)t} }$$

（b）求穩態濃度 $C_{\mathrm{ss}}$

因為 $Q>0$、$V>0$ 且 $k>0$，所以

$$\frac{Q}{V}+k>0$$

因此

$$\lim_{t\to\infty} e^{-\left(\frac{Q}{V}+k\right)t}=0$$

由此得到

$$\boxed{ C_{\mathrm{ss}} = \lim_{t\to\infty}C(t) = \frac{QC_{\mathrm{in}}}{Q+kV} }$$

也可改寫為

$$\boxed{ C_{\mathrm{ss}} = \frac{C_{\mathrm{in}}}{1+\frac{kV}{Q}} }$$

其中 $\frac{V}{Q}$ 是反應槽的水力停留時間，因此 $\frac{kV}{Q}$ 可視為反應作用相對於流動作用的無因次強度。

工程意義與參數影響

流量 $Q$

固定 $k$、$V$ 時，

核心觀念

本題考查兩種拉普拉斯反變換方法：

1. 利用基本公式
   $\mathcal{L}\{e^{-at}\}=\frac{1}{s+a}$
   直接求反變換。
2. 將函數改寫成 $1/s$ 的幾何級數，再利用

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^{n+1}}\right\} =\frac{t^n}{n!}$$

逐項反變換，得到 $f(t)$ 的 Maclaurin 級數。

本題不是選擇題，因此沒有選項需要逐一分析。

解題方法

(a) 利用部分分式求 $f(t)$

題 given：

$$F(s)=\frac{1}{3(s+1)}$$

將常數提出，可寫成

$$F(s)=\frac{1/3}{s+1}.$$

若以部分分式形式表示，設

$$F(s)=\frac{A}{s+1},$$

比較係數可得

$$A=\frac13.$$

由拉普拉斯基本反變換公式

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+a}\right\} =e^{-at},$$

取 $a=1$，因此

$$f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} =\frac13\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+1}\right\}.$$

所以

$$\boxed{f(t)=\frac13 e^{-t}},\qquad t\ge 0.$$

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(b) 改寫成 $1/s$ 的冪級數並逐項反變換

先將 $F(s)$ 改寫為適合使用幾何級數的形式：

$$F(s)=\frac{1}{3(s+1)} =\frac{1}{3s\left(1+\frac1s\right)}.$$

利用幾何級數公式

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

令 $x=1/s$，得到

$$\frac{1}{1+\frac1s} =1-\frac1s+\frac1{s^2}-\frac1{s^3}+\cdots.$$

因此

$$F(s) =\frac{1}{3s} \left( 1-\frac1s+\frac1{s^2}-\frac1{s^3}+\cdots \right),$$

即

$$F(s) =\frac{1}{3s} -\frac{1}{3s^2} +\frac{1}{3s^3} -\frac{1}{3s^4} +\cdots.$$

其中級數在

$$\left|\frac1s\right|<1 \quad\Longleftrightarrow\quad |s|>1$$

時收斂。

接著使用公式

$$\mathcal{L}\{t^n\}=\frac{n!}{s^{n+1}},$$

所以