109 年 國立成功大學系統及船舶機電工程研究所丙組《工程數學》

核心觀念

本題考查二階常係數非齊次微分方程式，重點包括：

1. 由特徵方程求齊次解。
2. 判斷右側強迫項是否與齊次解共振。
3. 使用待定係數法求特解。
4. 利用初始條件決定任意常數。

原方程式為

$$y''+3y'+2.25y=-4e^{-1.5x}.$$

注意

$$3=2(1.5),\qquad 2.25=(1.5)^2,$$

因此左側可視為

$$(D+1.5)^2y.$$

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解題方法

一、求齊次解

先考慮對應的齊次方程式：

$$y''+3y'+2.25y=0.$$

其特徵方程式為

$$r^2+3r+2.25=0.$$

因為

$$r^2+3r+2.25=(r+1.5)^2,$$

故有重根

$$r=-1.5.$$

因此齊次解為

$$y_h=(C_1+C_2x)e^{-1.5x}.$$

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二、求特解

右側為

$$-4e^{-1.5x}.$$

由於 $e^{-1.5x}$ 已包含在齊次解中，且對應特徵根 $r=-1.5$ 為二重根，因此待定係數法的特解需乘上 $x^2$，設

$$y_p=Ax^2e^{-1.5x}.$$

令

$$y=e^{-1.5x}u(x).$$

則

$$(D+1.5)y=e^{-1.5x}u',$$

進一步得到

$$(D+1.5)^2y=e^{-1.5x}u''.$$

因此原方程式化為

$$e^{-1.5x}u''=-4e^{-1.5x},$$

所以

$$u''=-4.$$

取特解部分，令 $u_p=Ax^2$，則

$$u_p''=2A.$$

比較係數：

$$2A=-4,$$

得到

$$A=-2.$$

故特解為

核心觀念

本題使用「待定係數法」求解常係數非齊次線性微分方程式：

$$y''' + 2y'' - y' - 2y = 3 - 4x^3.$$

完整解由兩部分組成：

$$y=y_h+y_p,$$

其中 $y_h$ 為齊次方程式解，$y_p$ 為特解。

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一、求齊次解

先考慮對應的齊次方程式：

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

設 $y=e^{rx}$，得到特徵方程式：

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

分組因式分解：

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

因此

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

即

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

三個相異實根為

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

所以齊次解為

$$y_h=C_1e^{-2x}+C_2e^x+C_3e^{-x}.$$

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二、利用待定係數法求特解

右側非齊次項為三次多項式：

$$3-4x^3.$$

由於特徵方程式沒有根 $r=0$，不需乘上額外的 $x$，故設特解為

$$y_p=ax^3+bx^2+cx+d.$$

其導數為

$$y_p'=3ax^2+2bx+c,$$ $$y_p''=6ax+2b,$$ $$y_p'''=6a.$$

代入原方程式：

\begin{align*}
y_p'''+2y_p''-y_p'-2y_p
={}&6a+2(6ax+2b)\
&-(3ax^2+2bx+c)\
&-2(ax^3+bx^2+cx+d).
\end{align*}

整理同次方項：

$$y_p'''+2y_p''-y_p'-2y_p = -2ax^3+(-3a-2b)x^2 +(12a-2b-2c)x +(6a+4b-c-2d).$$

與右側

$$3-4x^3=-4x^3+0x^2+0x+3$$

比較各次方係數：

核心觀念

將聯立方程式寫成矩陣形式：

$$\mathbf y' = A\mathbf y+\mathbf b e^t, \qquad A= \begin{bmatrix} -3&-4\\ 1&-6 \end{bmatrix}, \quad \mathbf b= \begin{bmatrix} 5\\ -6 \end{bmatrix}.$$

本題使用待定係數法，解的結構為

$$\mathbf y=\mathbf y_h+\mathbf y_p,$$

其中：

• $\mathbf y_h$ 為齊次方程式 $\mathbf y'=A\mathbf y$ 的通解。
• $\mathbf y_p$ 為非齊次項 $\mathbf b e^t$ 所對應的特解。

由於外力項為 $e^t$，且 $1$ 不是矩陣 $A$ 的特徵值，因此特解可設為

$$\mathbf y_p=\mathbf p e^t,$$

其中 $\mathbf p$ 為常數向量。

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解題方法一：求齊次解

先考慮齊次方程式：

$$\mathbf y'=A\mathbf y.$$

矩陣 $A$ 的特徵方程式為

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} -3-\lambda&-4\\ 1&-6-\lambda \end{vmatrix}.$$

因此

$$\det(A-\lambda I) =(-3-\lambda)(-6-\lambda)+4$$ $$=\lambda^2+9\lambda+22 =(\lambda+4)(\lambda+5).$$

故特徵值為

$$\lambda_1=-4,\qquad \lambda_2=-5.$$

對應於 $\lambda_1=-4$ 的特徵向量

解

$$(A+4I)\mathbf v_1=0,$$

即

$$\begin{bmatrix} 1&-4\\ 1&-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1\\v_2 \end{bmatrix} =0.$$

由 $v_1-4v_2=0$，可取

$$\mathbf v_1= \begin{bmatrix} 4\\1 \end{bmatrix}.$$

對應於 $\lambda_2=-5$ 的特徵向量

解

$$(A+5I)\mathbf v_2=0,$$

即

$$\begin{bmatrix} 2&-4\\ 1&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1\\v_2 \end{bmatrix} =0.$$

由 $v_1- v_2=0$？此處應依第一列方程 $2v_1-4v_2=0$，得 $v_1=2v_2$，可取

$$\mathbf v_2= \begin{bmatrix} 2\\1 \end{bmatrix}.$$

所以齊次解為

$$\mathbf y_h = C_1 \begin{bmatrix} 4\\1 \end{bmatrix}e^{-4t} + C_2 \begin{bmatrix} 2\\1 \end{bmatrix}e^{-5t}.$$

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解題方法二：利用待定係數法求特解

設

$$\mathbf y_p=\mathbf p e^t, \qquad \mathbf p= \begin{bmatrix} p_1\\p_2 \end{bmatrix}.$$

則

$$\mathbf y_p'=\mathbf p e^t.$$

代入原方程式：

$$\mathbf p e^t = A\mathbf p e^t+\mathbf b e^t.$$

消去 $e^t$：

$$\mathbf p=A\mathbf p+\mathbf b,$$

因此

$$(I-A)\mathbf p=\mathbf b.$$

計算得

$$I-A= \begin{bmatrix} 4&4\\ -1&7 \end{bmatrix}.$$

所以

$$\begin{bmatrix} 4&4\\ -1&7 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} p_1\\p_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 5\\-6 \end{bmatrix},$$

核心觀念

本題考查：

1. 初始值問題的 Laplace Transform。
2. Dirac delta 函數的轉換公式
   $\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as}.$
3. 位移定理
   $\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=u(t-a)f(t-a),$
   其中 $u(t-a)$ 為單位階梯函數。
4. 微分的 Laplace Transform：
   $\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0),$
   $\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0).$

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解題方法

令

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

原方程為

$y''+2y'+5y=25t-100\delta(t-\pi),$

且

$y(0)=-2,\qquad y'(0)=5.$

對兩邊取 Laplace Transform。

左側

由微分轉換公式，

$$\mathcal{L}\{y''\} =s^2Y(s)-sy(0)-y'(0) =s^2Y(s)+2s-5.$$

此外，

$$\mathcal{L}\{2y'\} =2\bigl(sY(s)-y(0)\bigr) =2sY(s)+4,$$ $$\mathcal{L}\{5y\}=5Y(s).$$

因此左側為

$$(s^2+2s+5)Y(s)+2s-1.$$

右側

$$\mathcal{L}\{25t\}=\frac{25}{s^2},$$

而

$$\mathcal{L}\{-100\delta(t-\pi)\} =-100e^{-\pi s}.$$

故

$$(s^2+2s+5)Y(s)+2s-1 =\frac{25}{s^2}-100e^{-\pi s}.$$

整理得

$$Y(s) = \frac{\frac{25}{s^2}-2s+1-100e^{-\pi s}} {s^2+2s+5}.$$

拆成非位移部分與位移部分：

$$Y(s) = \frac{25}{s^2(s^2+2s+5)} +\frac{-2s+1}{s^2+2s+5} -\frac{100e^{-\pi s}}{s^2+2s+5}.$$

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非位移部分反轉換

先作部分分式分解：

$$\frac{25}{s^2(s^2+2s+5)} = \frac{A}{s}+\frac{B}{s^2} +\frac{Cs+D}{s^2+2s+5}.$$

比較係數可得

$$A=-2,\qquad B=5,\qquad C=2,\qquad D=-1.$$

因此

$$\frac{25}{s^2(s^2+2s+5)} = -\frac{2}{s}+\frac{5}{s^2} +\frac{2s-1}{s^2+2s+5}.$$

與另一項相加：

1. 對微分方程組取 Laplace 變換

設 $Y_1(s) = \mathcal{L}\{y_1(t)\}$，$Y_2(s) = \mathcal{L}\{y_2(t)\}$。
對原一階線性微分方程組兩邊取 Laplace 變換，應用微分性質 $\mathcal{L}\{y'\} = sY(s) - y(0)$：

$$\begin{cases} sY_1(s) - y_1(0) = -4Y_1(s) + 5Y_2(s) \\ sY_2(s) - y_2(0) = -Y_1(s) + 2Y_2(s) \end{cases}$$

代入初始條件 $y_1(0) = 1$ 與 $y_2(0) = 2$（一階方程組僅需 $y(0)$ 即可求解，題給一階導數初始值為多餘條件），整理得代數方程組：

$$\begin{cases} (s+4)Y_1(s) - 5Y_2(s) = 1 \\ Y_1(s) + (s-2)Y_2(s) = 2 \end{cases}$$

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2. 求解 $Y_1(s)$ 與 $Y_2(s)$

寫成矩陣形式：

$$\begin{bmatrix} s+4 & -5 \\ 1 & s-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} Y_1(s) \\ Y_2(s) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \end{bmatrix}$$

係數矩陣之行列式為：

$$\Delta(s) = (s+4)(s-2) - (-5)(1) = s^2 + 2s - 3 = (s+3)(s-1)$$

利用 Cramer 法則求解：