112 年 國立中正大學機械工程學系光機電整合工程碩士班《工程數學》

觀念核心
利用傅立葉變換將常微分方程式轉換至頻域代數方程式，配合部分分式展開與時間移位性質求得反變換解。

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【詳細推導步驟】

一、 兩邊取傅立葉變換
設 $\mathcal{F}\{y(t)\} = Y(\omega)$，對微分方程式兩邊取傅立葉變換：
$\mathcal{F}\{y''+6y'+5y\} = \mathcal{F}\{\delta(t-3)\}$

利用微分性質 $\mathcal{F}\{y^{(n)}(t)\} = (i\omega)^n Y(\omega)$ 與脈衝函數變換性質 $\mathcal{F}\{\delta(t-t_0)\} = e^{-i\omega t_0}$：
$[(i\omega)^2 + 6(i\omega) + 5] Y(\omega) = e^{-i3\omega}$

$(i\omega + 1)(i\omega + 5) Y(\omega) = e^{-i3\omega}$

整理得：
$Y(\omega) = \frac{e^{-i3\omega}}{(i\omega + 1)(i\omega + 5)}$

核心觀念

• (a) 為常係數二階非齊次微分方程。由於方程中 $y''$ 與 $y'$ 的組合適合降階，令 $v=y'$，即可化為一階線性微分方程。
• (b) 將方程寫成
  $M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0$
  並檢查是否為恰當微分方程。若
  $\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x},$
  則可尋找勢函數 $F(x,y)$，使得 $dF=0$。

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解題方法

(a)

原方程為

$$y''+4y'=8+34\cos x, \qquad y(0)=3,\quad y'(0)=2.$$

令

$$v=y',$$

則 $v'=y''$，方程化為

$$v'+4v=8+34\cos x, \qquad v(0)=2.$$

先求齊次解：

$$v'+4v=0 \quad\Longrightarrow\quad v_h=Ce^{-4x}.$$

對右側的非齊次項，設特解為

$$v_p=A\cos x+B\sin x+2.$$

其導數為

$$v_p'=-A\sin x+B\cos x.$$

代入 $v'+4v=8+34\cos x$：

$$(-A\sin x+B\cos x) +4(A\cos x+B\sin x+2) =8+34\cos x.$$

比較 $\cos x$、$\sin x$ 與常數項係數：

$$B+4A=34,$$ $$-A+4B=0.$$

由 $A=4B$，得

$$17B=34,\qquad B=2,\qquad A=8.$$

因此

$$v=y'=Ce^{-4x}+2+8\cos x+2\sin x.$$

利用初始條件 $v(0)=y'(0)=2$：

$$C+2+8=2 \quad\Longrightarrow\quad C=-8.$$

所以

$$y'=-8e^{-4x}+2+8\cos x+2\sin x.$$

逐項積分：

$$y=2e^{-4x}+2x+8\sin x-2\cos x+D.$$

再利用 $y(0)=3$：

$$2-2+D=3 \quad\Longrightarrow\quad D=3.$$

故

$$\boxed{y=2e^{-4x}+2x+8\sin x-2\cos x+3}.$$

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(b)

原方程為

$$2y^2+ye^{xy} +\left(4xy+xe^{xy}+2y\right)y'=0.$$

因為 $y'=\dfrac{dy}{dx}$，可寫成

$$\left(2y^2+ye^{xy}\right)dx +\left(4xy+xe^{xy}+2y\right)dy=0.$$

核心觀念

本題考查實對稱矩陣的正交對角化。若矩陣 $M$ 為實對稱矩陣，則由譜定理可知：

• $M$ 的特徵值皆為實數。
• 不同特徵值所對應的特徵向量彼此正交。
• 同一特徵值的特徵空間可取正交歸一基底。
• 存在正交矩陣 $Q$，使得

$$Q^{T}MQ=D$$

其中 $D$ 為由特徵值組成的對角矩陣。

以下分別求出 $A、B、C$ 的正交對角化。

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一、矩陣 $A$

$$A= \begin{bmatrix} 2&-1&-1\\ -1&2&-1\\ -1&-1&2 \end{bmatrix}$$

觀察可得

$$A=3I- \begin{bmatrix} 1&1&1\\ 1&1&1\\ 1&1&1 \end{bmatrix}$$

因此向量

$$v_1= \begin{bmatrix} 1\\1\\1 \end{bmatrix}$$

滿足

$$Av_1= \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix}$$

所以特徵值 $\lambda=0$，其單位特徵向量為

$$u_1=\frac{1}{\sqrt{3}} \begin{bmatrix} 1\\1\\1 \end{bmatrix}.$$

對於所有滿足 $x+y+z=0$ 的向量，有

$$A \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = 3 \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix}.$$

因此 $\lambda=3$ 的特徵空間為

$$x+y+z=0.$$

取其中兩個互相正交的向量：

$$v_2= \begin{bmatrix} 1\\-1\\0 \end{bmatrix}, \qquad v_3= \begin{bmatrix} 1\\1\\-2 \end{bmatrix}.$$

歸一化後得到

$$u_2=\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1\\-1\\0 \end{bmatrix}, \qquad u_3=\frac{1}{\sqrt{6}} \begin{bmatrix} 1\\1\\-2 \end{bmatrix}.$$

令

$$Q_A= \begin{bmatrix} \dfrac{1}{\sqrt3}&\dfrac{1}{\sqrt2}&\dfrac{1}{\sqrt6}\\[4pt] \dfrac{1}{\sqrt3}&-\dfrac{1}{\sqrt2}&\dfrac{1}{\sqrt6}\\[4pt] \dfrac{1}{\sqrt3}&0&-\dfrac{2}{\sqrt6} \end{bmatrix}.$$

則

$$D_A= \begin{bmatrix} 0&0&0\\ 0&3&0\\ 0&0&3 \end{bmatrix}$$

且

$$Q_A^TAQ_A=D_A.$$

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二、矩陣 $B$

$$B= \begin{bmatrix} 2&-1&-1\\ -1&5&-4\\ -1&-4&5 \end{bmatrix}$$

先利用矩陣第二、三列及第二、三行的對稱結構。

取

$$v_1= \begin{bmatrix} 0\\1\\-1 \end{bmatrix}.$$

計算得

$$Bv_1= \begin{bmatrix} 0\\9\\-9 \end{bmatrix} =9v_1.$$

因此 $\lambda=9$，單位特徵向量為

$$u_3=\frac{1}{\sqrt2} \begin{bmatrix} 0\\1\\-1 \end{bmatrix}.$$

再取

$$v_2= \begin{bmatrix} 1\\1\\1 \end{bmatrix},$$

則

$$Bv_2= \begin{bmatrix} 0\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

因此 $\lambda=0$，單位特徵向量為

$$u_1=\frac{1}{\sqrt3} \begin{bmatrix} 1\\1\\1 \end{bmatrix}.$$

剩下的特徵向量可取

$$v_3= \begin{bmatrix} -2\\1\\1 \end{bmatrix}.$$

計算得

$$Bv_3= \begin{bmatrix} -6\\3\\3 \end{bmatrix} =3v_3.$$

因此 $\lambda=3$，且

$$u_2=\frac{1}{\sqrt6} \begin{bmatrix} -2\\1\\1 \end{bmatrix}.$$

令

$$Q_B= \begin{bmatrix} \dfrac{1}{\sqrt3}&-\dfrac{2}{\sqrt6}&0\\[4pt] \dfrac{1}{\sqrt3}&\dfrac{1}{\sqrt6}&\dfrac{1}{\sqrt2}\\[4pt] \dfrac{1}{\sqrt3}&\dfrac{1}{\sqrt6}&-\dfrac{1}{\sqrt2} \end{bmatrix}.$$

則

$$D_B= \begin{bmatrix} 0&0&0\\ 0&3&0\\ 0&0&9 \end{bmatrix}$$

且

$$Q_B^TBQ_B=D_B.$$

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三、矩陣 $C$

核心觀念

本題考查利用拉普拉斯變換解常係數二階初值問題。設

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

需使用微分的拉普拉斯公式：

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

常用反變換公式為

$$\mathcal{L}\{\sin at\}=\frac{a}{s^2+a^2},$$

以及

$$\mathcal{L}\{\sinh at\}=\frac{a}{s^2-a^2}.$$

若函數乘上 $e^{-t}$，則依平移性質將 $s$ 替換為 $s+1$。

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解題方法

拉普拉斯變換可將微分方程轉換為關於 $Y(s)$ 的代數方程。求出 $Y(s)$ 後，再利用反拉普拉斯變換得到 $y(t)$。

（a）$y''+4y=0,\quad y(0)=0,\quad y'(0)=-8$

對方程兩邊取拉普拉斯變換：

$$\mathcal{L}\{y''\}+4\mathcal{L}\{y\}=0.$$

代入微分公式：

$$s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)+4Y(s)=0.$$

利用初始條件 $y(0)=0$、$y'(0)=-8$：

$$s^2Y(s)-s(0)-(-8)+4Y(s)=0,$$

因此

$$(s^2+4)Y(s)+8=0.$$

解得

$$Y(s)=-\frac{8}{s^2+4}.$$

由

$$\mathcal{L}\{\sin 2t\}=\frac{2}{s^2+4},$$

可得

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

所以

$$\boxed{y(t)=-4\sin 2t}.$$

驗算初始條件：

$$y(0)=-4\sin 0=0,$$ $$y'(t)=-8\cos 2t \quad\Rightarrow\quad y'(0)=-8.$$

且

$$y''(t)=16\sin 2t,$$

故

$$y''+4y=16\sin 2t-16\sin 2t=0.$$

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（b）$y''+2y'-y=0,\quad y(0)=0,\quad y'(0)=6$

對方程兩邊取拉普拉斯變換：

$$\mathcal{L}\{y''\}+2\mathcal{L}\{y'\}-\mathcal{L}\{y\}=0.$$

代入初始條件：

$$\bigl(s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)\bigr) +2\bigl(sY(s)-y(0)\bigr)-Y(s)=0.$$

因為 $y(0)=0$、$y'(0)=6$，所以

$$(s^2Y(s)-6)+2sY(s)-Y(s)=0.$$

整理得

$$(s^2+2s-1)Y(s)-6=0,$$

因此

$$Y(s)=\frac{6}{s^2+2s-1}.$$

核心觀念

本題考查二階常係數非齊次微分方程，以及受迫振動的穩態響應。

方程式為

$$y''+3y'+2y=40\sin t.$$

其解可分為：

$$y(t)=y_h(t)+y_p(t),$$

其中：

• $y_h(t)$：齊次解，代表暫態振動；
• $y_p(t)$：特解，代表外力 $40\sin t$ 所造成的穩態振動。

由於齊次解中的指數項會隨時間衰減至零，穩態振動就是保留特解 $y_p(t)$。

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解題方法

右側外力為 $\sin t$，因此設穩態特解為同頻率形式

$$y_p=A\sin t+B\cos t.$$

其一階、二階導數為

$$y_p'=A\cos t-B\sin t,$$ $$y_p''=-A\sin t-B\cos t.$$

代回原方程式：

$$(-A\sin t-B\cos t) +3(A\cos t-B\sin t) +2(A\sin t+B\cos t) =40\sin t.$$

整理 $\sin t$ 與 $\cos t$ 的係數：

$$(A-3B)\sin t+(3A+B)\cos t=40\sin t.$$

比較係數得

$$\begin{cases} A-3B=40,\\ 3A+B=0. \end{cases}$$

由第二式得

$$B=-3A.$$

代入第一式：

$$A-3(-3A)=40,$$ $$10A=40, \qquad A=4.$$

因此

$$B=-12.$$

所以穩態特解為

$$y_{\mathrm{ss}}(t)=4\sin t-12\cos t.$$

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暫態解與穩態解的區別

對應的齊次方程式為

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

其特徵方程式為

$$r^2+3r+2=0 =(r+1)(r+2),$$

故

$$r=-1,-2.$$

齊次解為

$$y_h=C_1e^{-t}+C_2e^{-2t}.$$

完整解為

$$y(t)=C_1e^{-t}+C_2e^{-2t}+4\sin t-12\cos t.$$

因為

$$\lim_{t\to\infty}C_1e^{-t} = \lim_{t\to\infty}C_2e^{-2t} =0,$$

所以長時間後只剩下