111 年 國立成功大學系統及船舶機電工程研究所乙組《工程數學》

核心觀念

本題考查：

1. 聯立一階微分方程組的 Laplace Transform。
2. 單位階梯函數 $u(t-2)$ 的位移性質。
3. 矩陣或代數消去法求解 $Y_1(s)$、$Y_2(s)$。
4. 部分分式分解與反變換。

重要公式為

$$\mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0)$$

以及第二位移定理：

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

題目中的外力可改寫為

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

因此

$$\mathcal{L}\{u(t-2)e^t\} =e^2e^{-2s}\mathcal{L}\{e^t\} =\frac{e^2e^{-2s}}{s-1}.$$

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解題方法

令

$$Y_1(s)=\mathcal{L}\{y_1(t)\},\qquad Y_2(s)=\mathcal{L}\{y_2(t)\}.$$

將兩式取 Laplace Transform，並代入 $y_1(0)=3$、$y_2(0)=0$：

$$sY_1-3=2Y_1-4Y_2+\frac{e^2e^{-2s}}{s-1},$$ $$sY_2=-Y_1-3Y_2+\frac{e^2e^{-2s}}{s-1}.$$

整理得

$$(s-2)Y_1+4Y_2 = 3+\frac{e^2e^{-2s}}{s-1},$$ $$Y_1+(s+3)Y_2 = \frac{e^2e^{-2s}}{s-1}.$$

聯立方程的行列式為

$$D(s)=(s-2)(s+3)-4=s^2+s-10.$$

令

$$\lambda_+=\frac{-1+\sqrt{41}}{2},\qquad \lambda_-=\frac{-1-\sqrt{41}}{2},$$

則

$$D(s)=(s-\lambda_+)(s-\lambda_-).$$

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求 $Y_1(s)$

由消去法或克拉瑪公式，

$$Y_1(s) = \frac{(s+3)\left(3+\dfrac{e^2e^{-2s}}{s-1}\right) -4\dfrac{e^2e^{-2s}}{s-1}} {s^2+s-10}.$$

整理分子：

$$Y_1(s) = \frac{3(s+3)}{D(s)} + \frac{e^2e^{-2s}}{D(s)}.$$

因此分成初始條件造成的部分與階梯外力造成的部分：

$$Y_1(s)=\frac{3(s+3)}{D(s)} + e^2e^{-2s}\frac{1}{D(s)}.$$

先處理第一項：

$$\frac{3(s+3)}{D(s)} = \frac{A}{s-\lambda_+} + \frac{B}{s-\lambda_-}.$$

由 $A+B=3$ 及 $A\lambda_++B\lambda_-=6$，可得

$$A=\frac{3}{2}+\frac{15}{2\sqrt{41}}, \qquad B=\frac{3}{2}-\frac{15}{2\sqrt{41}}.$$

另外，

$$\frac{1}{D(s)} = \frac{1}{\sqrt{41}} \left( \frac{1}{s-\lambda_+} - \frac{1}{s-\lambda_-} \right).$$

利用第二位移定理，令 $\tau=t-2$，得到

$$\boxed{ y_1(t) = \left( \frac{3}{2}+\frac{15}{2\sqrt{41}} \right)e^{\lambda_+t} + \left( \frac{3}{2}-\frac{15}{2\sqrt{41}} \right)e^{\lambda_-t} + \frac{e^2}{\sqrt{41}}u(t-2) \left( e^{\lambda_+(t-2)} - e^{\lambda_-(t-2)} \right) }.$$

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求 $Y_2(s)$

由克拉瑪公式，

$$Y_2(s) = \frac{(s-2)\dfrac{e^2e^{-2s}}{s-1} -\left(3+\dfrac{e^2e^{-2s}}{s-1}\right)} {D(s)}.$$

整理得

$$Y_2(s) = -\frac{3}{D(s)} + e^2e^{-2s} \frac{s-3}{(s-1)D(s)}.$$

先處理初始條件部分：

核心觀念

本題考查分段函數的 Laplace Transform，主要使用：

1. Laplace Transform 定義
   $\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt.$

2. 單位階梯函數

$$u(t-a)= \begin{cases} 0,&t<a,\\ 1,&t>a. \end{cases}$$

3. 位移定理
   $\mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-as}G(s),$
   其中
   $G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}.$

端點 $t=1,\pi$ 的函數值不影響 Laplace Transform，因此不必特別處理。

解題方法

將分段函數改寫成單位階梯函數形式。

原函數在 $t=0$ 起先為 $2$，當 $t=1$ 時由 $2$ 改為 $t^2$，當 $t=\pi$ 時再由 $t^2$ 改為 $\sin t$，因此

$$f(t)=2+(t^2-2)u(t-1)+(\sin t-t^2)u(t-\pi).$$

為了使用位移定理，必須把階梯函數後面的部分改寫成 $t-a$ 的形式。

第一段的 Laplace Transform

$$\mathcal{L}\{2\}=\frac{2}{s}.$$

$t=1$ 之後的修正項

令

$$t=\tau+1,$$

則

$$t^2-2=(\tau+1)^2-2=\tau^2+2\tau-1.$$

因此

$$(t^2-2)u(t-1) = u(t-1)\bigl[t^2+2t-1\bigr]_{t\mapsto t-1},$$

由位移定理，

$$\mathcal{L}\{(t^2-2)u(t-1)\} = e^{-s}\mathcal{L}\{t^2+2t-1\}.$$

利用基本公式

$$\mathcal{L}\{t^2\}=\frac{2}{s^3},\qquad \mathcal{L}\{t\}=\frac{1}{s^2},\qquad \mathcal{L}\{1\}=\frac{1}{s},$$

可得

$$\mathcal{L}\{(t^2-2)u(t-1)\} = e^{-s}\left( \frac{2}{s^3}+\frac{2}{s^2}-\frac{1}{s} \right).$$

$t=\pi$ 之後的修正項

令

$$t=\tau+\pi.$$

則

$$\sin(t)=\sin(\tau+\pi)=-\sin\tau,$$

且

$$t^2=(\tau+\pi)^2=\tau^2+2\pi\tau+\pi^2.$$

核心觀念

本題是二階常係數型的 Euler–Cauchy（等冪）微分方程式：

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

其齊次部分可利用冪函數試探解 $y=x^m$。對於

$$x^2y''+axy'+by=0,$$

代入 $y=x^m$ 後可得到特徵方程式

$$m(m-1)+am+b=0.$$

本題的非齊次項為 $4x^2$，可直接設特解為 $y_p=Ax^2$。

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解題方法一：冪函數試探法

1. 求齊次解

先考慮齊次方程式：

$$x^2y''-xy'-3y=0.$$

設

$$y=x^m,$$

則

$$y'=mx^{m-1},\qquad y''=m(m-1)x^{m-2}.$$

代入齊次方程式：

$$x^2m(m-1)x^{m-2}-x(mx^{m-1})-3x^m=0.$$

整理得

$$\left[m(m-1)-m-3\right]x^m=0.$$

因為 $x\neq 0$，故特徵方程式為

$$m(m-1)-m-3=0.$$

化簡：

$$m^2-2m-3=0,$$ $$(m-3)(m+1)=0.$$

因此

$$m=3,\qquad m=-1.$$

齊次解為

$$y_h=C_1x^3+C_2x^{-1}.$$

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2. 求特解

右側非齊次項為 $4x^2$，設

$$y_p=Ax^2.$$

則

$$y_p'=2Ax,\qquad y_p''=2A.$$

代回原方程式：

$$x^2(2A)-x(2Ax)-3(Ax^2)=4x^2.$$

整理：

$$2Ax^2-2Ax^2-3Ax^2=4x^2,$$ $$-3Ax^2=4x^2.$$

因此

$$A=-\frac43.$$

故特解為

$$y_p=-\frac43x^2.$$

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3. 合併通解

總解為齊次解加上特解：

$$y=y_h+y_p.$$

所以

$$\boxed{y=C_1x^3+\frac{C_2}{x}-\frac43x^2}.$$

其中 $C_1,C_2$ 為任意常數，定義域取 $x\neq 0$。

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解題方法二：轉換為常係數方程式

令

$$t=\ln|x|,\qquad Y(t)=y(x).$$

核心觀念

二次形式可寫成矩陣形式

$$Q= \begin{bmatrix}x_1&x_2\end{bmatrix} A \begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix},$$

其中交叉項係數需平均分配到對稱矩陣的兩個非對角元素：

$$A= \begin{bmatrix} 4&3\\ 3&-4 \end{bmatrix}.$$

將二次形式轉換至主軸，就是利用正交變換將矩陣 $A$ 對角化。對角化後的特徵值可直接判斷曲線類型：

• 特徵值同號：橢圓型；
• 特徵值異號：雙曲線型；
• 有一個特徵值為 $0$：拋物線型或退化情形。

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解題方法：求特徵值

由特徵方程式

$$\det(A-\lambda I)=0$$

得

$$\begin{vmatrix} 4-\lambda&3\\ 3&-4-\lambda \end{vmatrix}=0.$$

因此

$$(4-\lambda)(-4-\lambda)-9=0.$$

整理為

$$\lambda^2-25=0,$$

所以特徵值為

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

兩個特徵值一正一負，因此此曲線為雙曲線型。

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求主軸方向與座標變換

對應於 $\lambda_1=5$ 的特徵向量

解

$$(A-5I)\mathbf v=0$$

即

$$\begin{bmatrix} -1&3\\ 3&-9 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix} =0.$$

由 $-x+3y=0$，可取特徵向量

$$\mathbf v_1= \begin{bmatrix}3\\1\end{bmatrix}.$$

其單位特徵向量為

$$\mathbf e_1=\frac{1}{\sqrt{10}} \begin{bmatrix}3\\1\end{bmatrix}.$$

對應於 $\lambda_2=-5$ 的特徵向量

解

$$(A+5I)\mathbf v=0$$

即

$$\begin{bmatrix} 9&3\\ 3&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix} =0.$$

由 $3x+y=0$，可取與 $\mathbf e_1$ 垂直的單位特徵向量

$$\mathbf e_2=\frac{1}{\sqrt{10}} \begin{bmatrix}-1\\3\end{bmatrix}.$$

令新的主軸座標為 $(u,v)$，則

核心觀念

通量積分定義為

$$\iint_S \mathbf F\cdot d\mathbf A = \iint_D \mathbf F(\mathbf r(u,v)) \cdot \left(\mathbf r_u\times \mathbf r_v\right)\,du\,dv,$$

其中：

• $\mathbf r_u\times\mathbf r_v$ 決定曲面的有向法向量；
• $\mathbf F$ 是向量場；
• $D$ 是參數 $(u,v)$ 的範圍。

本題使用參數化曲面

$$\mathbf r(u,v)=[u,v,3u-2v], \qquad 0\le u\le 2,\quad -3\le v\le 3.$$

依照參數順序採用法向量 $\mathbf r_u\times\mathbf r_v$。

解題方法

先求參數曲面的兩個切向量：

$$\mathbf r_u = \frac{\partial \mathbf r}{\partial u} = [1,0,3],$$ $$\mathbf r_v = \frac{\partial \mathbf r}{\partial v} = [0,1,-2].$$

因此有向面積向量為

$$\mathbf r_u\times\mathbf r_v = \begin{vmatrix} \mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\ 1&0&3\\ 0&1&-2 \end{vmatrix} = [-3,2,1].$$

向量場為

$$\mathbf F=[-x^2,y^2,0].$$

由 $x=u$、$y=v$，可得

$$\mathbf F(\mathbf r(u,v)) = [-u^2,v^2,0].$$

計算內積：

$$\mathbf F(\mathbf r(u,v)) \cdot (\mathbf r_u\times\mathbf r_v) = [-u^2,v^2,0]\cdot[-3,2,1]$$ $$=3u^2+2v^2.$$

所以通量積分為