113 年 國立臺灣大學數學系碩士班《常微分方程式》

核心觀念

本題考查兩種拉普拉斯變換技巧：

1. Dirac delta 函數的位移性質

   $$\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as}$$

   以及第二位移定理

   $$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\} =u(t-a)f(t-a).$$

2. 卷積積分的拉普拉斯變換
   若

   $$(f*g)(t)=\int_0^t f(t-\xi)g(\xi)\,d\xi,$$

   則

   $$\mathcal{L}\{(f*g)(t)\}=F(s)G(s).$$

---

（a）含 Dirac delta 函數的微分方程

題目為

$$y''+4y'+5y=\delta(t-3),$$

且

$$y(0)=y'(0)=y''(0)=0.$$

其中 $y''(0)=0$ 對二階方程而言是額外給定條件，但不影響拉普拉斯變換的求解；真正使用的是 $y(0)=y'(0)=0$。

1. 對方程取拉普拉斯變換

由初始條件，

$$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s),$$ $$\mathcal{L}\{4y'\}=4sY(s),$$ $$\mathcal{L}\{5y\}=5Y(s).$$

右側則為

$$\mathcal{L}\{\delta(t-3)\}=e^{-3s}.$$

因此

$$(s^2+4s+5)Y(s)=e^{-3s}.$$

整理得

$$Y(s)=\frac{e^{-3s}}{s^2+4s+5}.$$

配方：

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

所以

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

2. 反拉普拉斯變換

由基本公式

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

再利用第二位移定理：

$$y(t) = u(t-3)e^{-2(t-3)}\sin(t-3).$$

因此也可寫成分段形式：

$$y(t)= \begin{cases} 0, & 0\leq t<3,\\[4pt] e^{-2(t-3)}\sin(t-3), & t\geq 3. \end{cases}$$

3. 物理解釋與快速檢查

在 $t=3$ 之前，系統沒有受到外力，因此 $y(t)=0$。在 $t=3$ 受到單位脈衝後，產生延遲三單位時間的自由振動響應：

$$e^{-2(t-3)}\sin(t-3).$$

由於

$$\sin 0=0,$$

所以 $y(3^+)=0$；而

$$\frac{d}{dt} \left[ e^{-2(t-3)}\sin(t-3) \right]_{t=3^+}=1,$$

表示單位 Dirac 脈衝使 $y'$ 產生大小為 $1$ 的跳躍，符合脈衝輸入的特性。

---

（b）含卷積積分的微分方程

題目為

$$y''(t)-\int_0^t\sin(t-\xi)y(\xi)\,d\xi=0,$$

且

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

核心切入點

積分項可視為卷積：

$$\int_0^t\sin(t-\xi)y(\xi)\,d\xi = (\sin t*y)(t).$$

因此不必先將積分項微分消去，直接取拉普拉斯變換即可。

1. 對微分項取拉普拉斯變換

令

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

由初始條件，

$$\mathcal{L}\{y''(t)\} =s^2Y(s)-sy(0)-y'(0) =s^2Y(s)-1.$$

2. 對卷積項取拉普拉斯變換

由卷積定理，

$$\mathcal{L} \left\{ \int_0^t\sin(t-\xi)y(\xi)\,d\xi \right\} = \mathcal{L}\{\sin t\}\,Y(s).$$

又

$$\mathcal{L}\{\sin t\}=\frac{1}{s^2+1},$$

所以

$$\mathcal{L} \left\{ \int_0^t\sin(t-\xi)y(\xi)\,d\xi \right\} = \frac{Y(s)}{s^2+1}.$$

代回原方程：

$$s^2Y(s)-1-\frac{Y(s)}{s^2+1}=0.$$

因此

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

整理得

本題考驗我們求解歐拉-柯西方程的能力。

給定的微分方程為 $9x^2f''(x) + 3xf'(x) + f(x) = 0$，其中 $x > 0$。
這是一個歐拉-柯西方程（Euler-Cauchy equation），其標準形式為 $ax^2y'' + bxy' + cy = 0$。

我們假設解的形式為 $f(x) = x^r$。
則 $f'(x) = rx^{r-1}$ 且 $f''(x) = r(r-1)x^{r-2}$。
將這些代入微分方程：
$9x^2 [r(r-1)x^{r-2}] + 3x [rx^{r-1}] + x^r = 0$
$9r(r-1)x^r + 3rx^r + x^r = 0$
由於 $x > 0$，我們可以將 $x^r$ 提出來，得到特徵方程：

本題考驗我們求解非齊次線性微分方程組的能力，特別是當矩陣 $A$ 是上三角矩陣時。

給定的微分方程組為 $X'(t) = AX(t) + f(t)$，其中
$A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$, $X(t) = \begin{pmatrix} x_1(t) \\ x_2(t) \\ x_3(t) \end{pmatrix}$, $f(t) = \begin{pmatrix} 0 \\ t \\ \cos t \end{pmatrix}$。
初始條件為 $X(0) = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$。

這個方程組可以寫成三個耦合的微分方程：
$x_1'(t) = 2x_1(t) + x_2(t) + x_3(t)$
$x_2'(t) = -x_2(t) + x_3(t)$
$x_3'(t) = \cos t$

我們可以從最簡單的方程開始求解。
從第三個方程 $x_3'(t) = \cos t$，我們可以直接積分得到 $x_3(t)$。
$x_3(t) = \int \cos t \, dt = \sin t + C_3$。
利用初始條件 $x_3(0) = 1$:
$1 = \sin(0) + C_3 \implies C_3 = 1$。
所以，$x_3(t) = \sin t + 1$。

接著，我們求解第二個方程 $x_2'(t) = -x_2(t) + x_3(t)$。
代入 $x_3(t) = \sin t + 1$：
$x_2'(t) + x_2(t) = \sin t + 1$。
這是一個一階線性非齊次微分方程。我們可以使用積分因子法。
積分因子為 $e^{\int 1 \, dt} = e^t$。
將方程兩邊乘以 $e^t$:
$e^t x_2'(t) + e^t x_2(t) = e^t (\sin t + 1)$
$\frac{d}{dt}(e^t x_2(t)) = e^t \sin t + e^t$。
積分兩邊：
$e^t x_2(t) = \int (e^t \sin t + e^t) \, dt = \int e^t \sin t \, dt + \int e^t \, dt$。
我們知道 $\int e^t \, dt = e^t$。
對於 $\int e^t \sin t \, dt$，我們可以使用分部積分法兩次，或者使用公式 $\int e^{at} \sin(bt) \, dt = \frac{e^{at}}{a^2+b^2} (a \sin(bt) - b \cos(bt))$。
令 $a=1, b=1$：
$\int e^t \sin t \, dt = \frac{e^t}{1^2+1^2} (1 \sin t - 1 \cos t) = \frac{e^t}{2} (\sin t - \cos t)$。
所以，
$e^t x_2(t) = \frac{e^t}{2} (\sin t - \cos t) + e^t + C_2$。
$x_2(t) = \frac{1}{2} (\sin t - \cos t) + 1 + C_2 e^{-t}$。
利用初始條件 $x_2(0) = 0$:
$0 = \frac{1}{2} (\sin 0 - \cos 0) + 1 + C_2 e^0$
$0 = \frac{1}{2} (0 - 1) + 1 + C_2$
$0 = -\frac{1}{2} + 1 + C_2$
$0 = \frac{1}{2} + C_2 \implies C_2 = -\frac{1}{2}$。
所以，$x_2(t) = \frac{1}{2} \sin t - \frac{1}{2} \cos t + 1 - \frac{1}{2} e^{-t}$。

最後，我們求解第一個方程 $x_1'(t) = 2x_1(t) + x_2(t) + x_3(t)$。
代入 $x_2(t)$ 和 $x_3(t)$：
$x_1'(t) = 2x_1(t) + (\frac{1}{2} \sin t - \frac{1}{2} \cos t + 1 - \frac{1}{2} e^{-t}) + (\sin t + 1)$
$x_1'(t) = 2x_1(t) + \frac{3}{2} \sin t - \frac{1}{2} \cos t + 2 - \frac{1}{2} e^{-t}$。
$x_1'(t) - 2x_1(t) = \frac{3}{2} \sin t - \frac{1}{2} \cos t + 2 - \frac{1}{2} e^{-t}$。
這也是一個一階線性非齊次微分方程。積分因子為 $e^{\int -2 \, dt} = e^{-2t}$。
將方程兩邊乘以 $e^{-2t}$:

核心觀念

本題考查常係數線性非齊次微分方程式的初值問題，適合使用拉普拉斯變換處理。

對零初值函數 $x(t)$，有

$$\mathcal{L}\{x^{(n)}(t)\}=s^nX(s),$$

其中 $X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\}$。另外，

$$\mathcal{L}\{\sin t\}=\frac{1}{s^2+1}.$$

由於四個初始值皆為 $0$，微分項的拉普拉斯變換不會產生額外的初值項。

---

解題方法

原方程為

$$x^{(4)}(t)-2x^{(3)}(t)+x(t)-x'(t)=\sin t.$$

令

$$X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\}.$$

利用零初值條件，

$$\mathcal{L}\{x^{(4)}\}=s^4X(s),\qquad \mathcal{L}\{x^{(3)}\}=s^3X(s),\qquad \mathcal{L}\{x'\}=sX(s).$$

因此

$$\left(s^4-2s^3-s+1\right)X(s)=\frac{1}{s^2+1},$$

所以

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

先分解四次多項式：

$$s^4-2s^3-s+1 = \left(s^2-\frac32s+1\right) \left(s^2-\frac12s-1\right).$$

進行部分分式分解：

$$X(s) = -\frac{s}{3(s^2+1)} + \frac{\frac13s-\frac34}{s^2-\frac32s+1} + \frac{\frac14}{s^2-\frac12s-1}.$$

分別整理各項。

第一項：

$$-\frac{s}{3(s^2+1)} \longrightarrow -\frac13\cos t.$$

第二項中，

$$s^2-\frac32s+1 = \left(s-\frac34\right)^2+\frac{7}{16},$$

且

$$\frac13s-\frac34 = \frac13\left(s-\frac34\right)-\frac12.$$

因此

$$\frac{\frac13s-\frac34}{s^2-\frac32s+1} = \frac{\frac13\left(s-\frac34\right)} {\left(s-\frac34\right)^2+\left(\frac{\sqrt7}{4}\right)^2} - \frac{\frac12} {\left(s-\frac34\right)^2+\left(\frac{\sqrt7}{4}\right)^2}.$$

反拉普拉斯變換得