115 年 國立中央大學大氣科學學系大氣物理碩士班一般生《應用數學》

此題為考驗微分方程的精確性檢驗與求解。我們需要判斷給定的微分方程是否為精確方程，若為精確方程則直接求解，若非則尋找積分因子。

給定方程為 $e^{2x}(\text{2}\cos y\,dx - \sin y\,dy) = 0$。
我們可以將其寫成 $M(x,y)\,dx + N(x,y)\,dy = 0$ 的形式。
$M(x,y) = 2e^{2x}\cos y$
$N(x,y) = -e^{2x}\sin y$

首先檢驗精確性：
$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(2e^{2x}\cos y) = -2e^{2x}\sin y$
$\frac{\partial N}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(-e^{2x}\sin y) = -2e^{2x}\sin y$

因為 $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$，所以此微分方程為精確方程。

精確方程的解存在一個函數 $\phi(x,y)$ 使得 $\frac{\partial \phi}{\partial x} = M(x,y)$ 且 $\frac{\partial \phi}{\partial y} = N(x,y)$。
對 $\frac{\partial \phi}{\partial x} = M(x,y)$ 積分，得到 $\phi(x,y)$：

此題為考驗使用拉普拉斯轉換求解偏微分方程。我們將對時間變數 $t$ 進行拉普拉斯轉換。

令 $W(x,s) = \mathcal{L}\{w(x,t)\}$。
對原方程 $\frac{\partial w}{\partial x} + \frac{\partial w}{\partial t} = xt$ 兩邊進行拉普拉斯轉換：
$\mathcal{L}\{\frac{\partial w}{\partial x}\} + \mathcal{L}\{\frac{\partial w}{\partial t}\} = \mathcal{L}\{xt\}$

根據拉普拉斯轉換的性質：
$\mathcal{L}\{\frac{\partial w}{\partial x}\} = \frac{\partial}{\partial x} \mathcal{L}\{w(x,t)\} = \frac{\partial W}{\partial x}$
$\mathcal{L}\{\frac{\partial w}{\partial t}\} = sW(x,s) - w(x,0)$
$\mathcal{L}\{xt\} = x \mathcal{L}\{t\} = x \frac{1}{s^2}$

將初始條件 $w(x,0) = 0$ 代入：
$\mathcal{L}\{\frac{\partial w}{\partial t}\} = sW(x,s) - 0 = sW(x,s)$

代入轉換後的方程：
$\frac{\partial W}{\partial x} + sW(x,s) = \frac{x}{s^2}$

這是一個關於 $x$ 的一階線性微分方程，其中 $s$ 被視為常數。我們可以將其寫成標準形式：
$\frac{dW}{dx} + sW = \frac{x}{s^2}$

使用積分因子法求解。積分因子為 $e^{\int s\,dx} = e^{sx}$。
將方程兩邊乘以積分因子 $e^{sx}$：
$e^{sx}\frac{dW}{dx} + se^{sx}W = \frac{x}{s^2}e^{sx}$
左邊為 $\frac{d}{dx}(e^{sx}W)$。
$\frac{d}{dx}(e^{sx}W) = \frac{x}{s^2}e^{sx}$

對兩邊關於 $x$ 積分：
$e^{sx}W(x,s) = \int \frac{x}{s^2}e^{sx}\,dx = \frac{1}{s^2} \int xe^{sx}\,dx$

使用分部積分法計算 $\int xe^{sx}\,dx$：
令 $u=x$, $dv=e^{sx}\,dx$。則 $du=dx$, $v=\frac{1}{s}e^{sx}$。
$\int xe^{sx}\,dx = uv - \int v\,du = x\frac{1}{s}e^{sx} - \int \frac{1}{s}e^{sx}\,dx = \frac{x}{s}e^{sx} - \frac{1}{s^2}e^{sx} + K$
其中 $K$ 為積分常數。

代回 $W(x,s)$ 的表達式：
$e^{sx}W(x,s) = \frac{1}{s^2} \left( \frac{x}{s}e^{sx} - \frac{1}{s^2}e^{sx} \right) + C(s)$
其中 $C(s)$ 是關於 $s$ 的任意函數（相當於積分常數，但可以依賴於 $s$）。
$W(x,s) = \frac{1}{s^2} \left( \frac{x}{s} - \frac{1}{s^2} \right) + C(s)e^{-sx}$
$W(x,s) = \frac{x}{s^3} - \frac{1}{s^4} + C(s)e^{-sx}$

現在利用另一個初始條件 $w(0,t) = 0$。
對 $w(0,t) = 0$ 進行拉普拉斯轉換：

核心觀念

本題要求找出矩陣 $A$ 的一組特徵向量基底，並利用特徵向量將矩陣對角化。

若存在三個線性獨立的特徵向量 $v_1,v_2,v_3$，令

$$P=\begin{bmatrix} |&|&|\\ v_1&v_2&v_3\\ |&|&| \end{bmatrix}, \qquad D=\begin{bmatrix} \lambda_1&0&0\\ 0&\lambda_2&0\\ 0&0&\lambda_3 \end{bmatrix},$$

則有

$$AP=PD$$

以及

$$A=PDP^{-1}.$$

本題矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} -1&4&-2\\ -3&4&0\\ -3&1&3 \end{bmatrix}.$$

由於 $A$ 為 $3\times 3$ 矩陣，只要找到三個線性獨立的特徵向量，即可形成一組特徵向量基底。

解題方法

1. 求特徵值

特徵方程為

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

因此

$$A-\lambda I= \begin{bmatrix} -1-\lambda&4&-2\\ -3&4-\lambda&0\\ -3&1&3-\lambda \end{bmatrix}.$$

沿第一列展開行列式：

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(-1-\lambda) \begin{vmatrix} 4-\lambda&0\\ 1&3-\lambda \end{vmatrix} -4 \begin{vmatrix} -3&0\\ -3&3-\lambda \end{vmatrix} \\ &\quad +(-2) \begin{vmatrix} -3&4-\lambda\\ -3&1 \end{vmatrix}. \end{aligned}$$

分別計算各個二階行列式：

$$\begin{vmatrix} 4-\lambda&0\\ 1&3-\lambda \end{vmatrix} =(4-\lambda)(3-\lambda),$$ $$\begin{vmatrix} -3&0\\ -3&3-\lambda \end{vmatrix} =-3(3-\lambda),$$ $$\begin{vmatrix} -3&4-\lambda\\ -3&1 \end{vmatrix} =-3+3(4-\lambda)=9-3\lambda.$$

所以

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(-1-\lambda)(4-\lambda)(3-\lambda) +12(3-\lambda)-2(9-3\lambda)\\ &=-\lambda^3+6\lambda^2-11\lambda+6\\ &=-(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda-3). \end{aligned}$$

令特徵方程等於零：

$$-(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda-3)=0.$$

因此三個特徵值為

$$\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=2,\qquad \lambda_3=3.$$

2. 求 $\lambda=1$ 的特徵向量

解

$$(A-I)v=0.$$

其中

$$A-I= \begin{bmatrix} -2&4&-2\\ -3&3&0\\ -3&1&2 \end{bmatrix}.$$

設

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

由第二列方程可得

$$-3x+3y=0 \quad\Longrightarrow\quad y=x.$$

代入第一列方程：

$$-2x+4x-2z=0 \quad\Longrightarrow\quad z=x.$$

取 $x=1$，得到特徵向量

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

3. 求 $\lambda=2$ 的特徵向量

解

$$(A-2I)v=0.$$

其中

$$A-2I= \begin{bmatrix} -3&4&-2\\ -3&2&0\\ -3&1&1 \end{bmatrix}.$$

由第二列方程：

$$-3x+2y=0 \quad\Longrightarrow\quad y=\frac{3}{2}x.$$

核心觀念

本題考查常係數齊次線性微分方程。對方程

$$a_n y^{(n)}+\cdots+a_1y'+a_0y=0,$$

設 $y=e^{rx}$，可得特徵方程。特徵根的種類決定通解形式：

• $r=0$ 對應常數解；
• 不同實根 $r_i$ 對應 $e^{r_i x}$。

四階微分方程通常需要四個初始條件即可唯一決定解。

解題方法：求一般解

原方程為

$$y^{(4)}-5y'''+4y'=0.$$

令 $y=e^{rx}$，則

$$r^4-5r^3+4r=0.$$

因式分解：

$$r(r^3-5r^2+4)=0.$$

由於 $r=1$ 是三次式的根，

$$r^3-5r^2+4=(r-1)(r^2-4r-4).$$

因此

$$r(r-1)(r^2-4r-4)=0.$$

解二次方程：

$$r^2-4r-4=0$$

得到

$$r=2\pm 2\sqrt{2}.$$

四個相異實根為

$$0,\qquad 1,\qquad 2+2\sqrt2,\qquad 2-2\sqrt2.$$

所以一般解為

$$\boxed{ y=C_1+C_2e^x +C_3e^{(2+2\sqrt2)x} +C_4e^{(2-2\sqrt2)x} }.$$

代入初始條件

記

$$a=2+2\sqrt2,\qquad b=2-2\sqrt2.$$

在 $x=0$ 時，

$$\begin{aligned} y(0)&=C_1+C_2+C_3+C_4=3,\\ y'(0)&=C_2+aC_3+bC_4=-5,\\ y''(0)&=C_2+a^2C_3+b^2C_4=11,\\ y'''(0)&=C_2+a^3C_3+b^3C_4=-23. \end{aligned}$$

令

$$S_n=a^nC_3+b^nC_4.$$

則

$$C_2+S_1=-5,\qquad C_2+S_2=11,\qquad C_2+S_3=-23.$$

又因為 $a,b$ 都滿足

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

所以

$$S_2=4S_1+4S_0,$$

以及

$$S_3=20S_1+16S_0.$$

相減可得

$$S_2-S_1=16 \quad\Longrightarrow\quad 3S_1+4S_0=16,$$ $$S_3-S_1=-18 \quad\Longrightarrow\quad 19S_1+16S_0=-18.$$

解此聯立方程：

$$S_1=-\frac{82}{7},\qquad S_0=\frac{179}{14}.$$

因此

$$C_2=-5-S_1 =-5+\frac{82}{7} =\frac{47}{7}.$$

再由 $y(0)=3$：

$$C_1=3-C_2-S_0 =3-\frac{47}{7}-\frac{179}{14} =-\frac{33}{2}.$$

接著由

$$C_3+C_4=S_0=\frac{179}{14},$$

及

$$aC_3+bC_4=S_1=-\frac{82}{7}$$

求 $C_3,C_4$。

由 $a=2+2\sqrt2,\ b=2-2\sqrt2$，可得

此題考驗傅立葉餘弦轉換的計算。
傅立葉餘弦轉換的定義為：
$\mathcal{F}_c\{\omega\} = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_0^\infty f(x) \cos(\omega x)\,dx$

給定的函數為：
$f(x) = \begin{cases} 2 & \text{if } 0 < x < 1 \\ -3 & \text{if } 1 < x < 2 \\ 0 & \text{if } x > 2 \end{cases}$

我們將積分範圍分成三個部分：$[0, 1]$, $[1, 2]$, 和 $[2, \infty)$。
$\mathcal{F}_c\{\omega\} = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \left( \int_0^1 2 \cos(\omega x)\,dx + \int_1^2 (-3) \cos(\omega x)\,dx + \int_2^\infty 0 \cos(\omega x)\,dx \right)$

計算第一個積分：
$\int_0^1 2 \cos(\omega x)\,dx = 2 \left[ \frac{\sin(\omega x)}{\omega} \right]_0^1 = 2 \left( \frac{\sin(\omega)}{\omega} - \frac{\sin(0)}{\omega} \right) = \frac{2\sin(\omega)}{\omega}$
（假設 $\omega \ne 0$）

計算第二個積分：
$\int_1^2 (-3) \cos(\omega x)\,dx = -3 \left[ \frac{\sin(\omega x)}{\omega} \right]_1^2 = -3 \left( \frac{\sin(2\omega)}{\omega} - \frac{\sin(\omega)}{\omega} \right) = \frac{-3\sin(2\omega) + 3\sin(\omega)}{\omega}$
（假設 $\omega \ne 0$）

第三個積分為 0。

將結果合併：
$\mathcal{F}_c\{\omega\} = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \left( \frac{2\sin(\omega)}{\omega} + \frac{-3\sin(2\omega) + 3\sin(\omega)}{\omega} \right)$
$\mathcal{F}_c\{\omega\} = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{2\sin(\omega) - 3\sin(2\omega) + 3\sin(\omega)}{\omega}$
$\mathcal{F}_c\{\omega\} = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{5\sin(\omega) - 3\sin(2\omega)}{\omega}$

核心觀念

本題考查：

1. 拉普拉斯變換處理具初始條件的二階線性微分方程。
2. 單位階梯函數 $u(t-a)$ 表示分段函數。
3. 位移定理
   $\mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-as}G(s).$
4. 基本公式
   $\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0),$
   $\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0).$

右端函數在 $t=1$ 發生改變，適合先改寫成單位階梯函數，再進行拉普拉斯變換。

解題方法

將右端函數寫成

$$f(t)= \begin{cases} 4t,&0<t<1,\\ 8,&t>1. \end{cases}$$

以 $4t$ 作為基準，$t>1$ 時需補上的部分為

$$8-4t=4-4(t-1).$$

因此

$$f(t)=4t+u(t-1)\bigl[4-4(t-1)\bigr].$$

令

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

由位移定理，

$$\mathcal{L}\{f(t)\} =\frac{4}{s^2} +e^{-s}\mathcal{L}\{4-4t\}.$$

又

$$\mathcal{L}\{4-4t\} =\frac{4}{s}-\frac{4}{s^2}.$$

所以

$$F(s)=\frac{4}{s^2} +e^{-s}\left(\frac{4}{s}-\frac{4}{s^2}\right).$$

由初始條件 $y(0)=0,\ y'(0)=0$，

$$\mathcal{L}\{y''+3y'+2y\} =(s^2+3s+2)Y(s).$$

因此

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

因為

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

故

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

整理為

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

第一部分反變換

先作部分分式分解：

$$\frac{4}{s^2(s+1)(s+2)} = \frac{A}{s}+\frac{B}{s^2} +\frac{C}{s+1}+\frac{D}{s+2}.$$

計算得

$$A=-3,\qquad B=2,\qquad C=4,\qquad D=-1.$$

所以

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

反變換後為

$$y_0(t) =-3+2t+4e^{-t}-e^{-2t}.$$