108 年 國立成功大學生物醫學工程學系碩士班乙組《工程數學》

核心觀念

本題是 Euler–Cauchy 方程式：

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

其標準解法設

$$y=x^m,$$

代入後可得到特徵方程式。若特徵方程有重根 $m=r$，則兩個線性獨立解為

$$x^r,\qquad x^r\ln x.$$

本題在 $x=1$ 給定初始條件，因此取 $x>0$，可直接使用 $\ln x$。

解題方法

原方程式為

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

設

$$y=x^m.$$

則

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

代入原方程式：

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

整理得

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

由於 $x^m\neq 0$，特徵方程為

$$m(m-1)-m+1=0,$$

即

$$m^2-2m+1=0,$$

因此

$$(m-1)^2=0.$$

特徵根 $m=1$ 為重根，所以微分方程的通解為

$$y=C_1x+C_2x\ln x =x(C_1+C_2\ln x).$$

套用初始條件

先對通解微分：

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換中的「卷積定理」。

卷積定義為

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

其拉普拉斯轉換公式為

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

另外，

$$\mathcal{L}\{\sin(at)\}=\frac{a}{s^2+a^2}.$$

題目中的積分項正是 $y(t)$ 與 $\sin(2t)$ 的卷積。

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解題方法

原式為

$$y(t)-\int_0^t y(\tau)\sin\bigl(2(t-\tau)\bigr)\,d\tau=\sin(2t).$$

令

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

由卷積定理，

$$\mathcal{L}\left\{\int_0^t y(\tau)\sin\bigl(2(t-\tau)\bigr)\,d\tau\right\} = Y(s)\mathcal{L}\{\sin(2t)\}.$$

而

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

因此對原方程兩邊取拉普拉斯轉換：

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

提出 $Y(s)$：

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

整理括號內的式子：

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

所以

核心觀念

本題使用拉普拉斯轉換的基本公式與位移性質：

$$\mathcal{L}\{f(t)\} =\int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt$$

常用公式為

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

若函數乘上 $e^{at}$，則有

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

其中 $F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}$。

此外，乘上 $t^n$ 的性質為

$$\mathcal{L}\{t^n f(t)\} =(-1)^n\frac{d^n}{ds^n}F(s).$$

題目要求計算

$$\mathcal{L}\{e^{-t}\cos t+t^2\sin t\}.$$

利用拉普拉斯轉換的線性：

$$\mathcal{L}\{f(t)+g(t)\} =\mathcal{L}\{f(t)\}+\mathcal{L}\{g(t)\}.$$

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解題方法

第一項：$\mathcal{L}\{e^{-t}\cos t\}$

先由

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

並使用指數位移公式。因為乘上 $e^{-t}$，即令 $s$ 替換為 $s+1$：

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

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第二項：$\mathcal{L}\{t^2\sin t\}$

先設

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

根據

$$\mathcal{L}\{t^2\sin t\} =\frac{d^2}{ds^2}F(s),$$

計算一階導數：

$$F'(s) =\frac{d}{ds}(s^2+1)^{-1} =-\frac{2s}{(s^2+1)^2}.$$

再計算二階導數：

(a) 求轉移函數 $H(s)$

對微分方程兩邊取拉普拉斯轉換（Laplace Transform）：
$\mathcal{L}\{\ddot{y}(t) + 4y(t)\} = \mathcal{L}\{f(t)\}$
$s^2 Y(s) - s y(0) - \dot{y}(0) + 4 Y(s) = F(s)$

代入零初始條件 $y(0) = 0$ 與 $\dot{y}(0) = 0$：
$(s^2 + 4) Y(s) = F(s)$

因此，轉移函數 $H(s)$ 為：
$H(s) = \frac{Y(s)}{F(s)} = \frac{1}{s^2 + 4}$

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(b) 當 $f(t) = u(t) - u(t - 1)$ 時，求解 $y(t)$

對輸入函數 $f(t)$ 取拉普拉斯轉換：
$F(s) = \mathcal{L}\{u(t) - u(t-1)\} = \frac{1 - e^{-s}}{s}$

系統響應 $Y(s)$ 為：
$Y(s) = H(s) F(s) = \frac{1 - e^{-s}}{s(s^2 + 4)}$

將基本項進行部分分式分解（Partial Fraction Expansion）：
$\frac{1}{s(s^2 + 4)} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{s} - \frac{1}{4} \cdot \frac{s}{s^2 + 4}$

取逆拉普拉斯轉換得基本階梯響應 $g(t)$：
$g(t) = \mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{1}{s(s^2 + 4)} \right\} = \frac{1}{4} (1 - \cos 2t) u(t)$

核心觀念

本題考查三種工具：

1. 單位階躍函數與分段函數的轉換。
2. Laplace transform：
   $F(s)=\int_{0}^{\infty}f(t)e^{-st}\,dt$
3. Fourier transform 與半區間 Fourier series。

由

$$f(t)=u(t)-u(t-1)$$

可知，在 $t\geq 0$ 時，

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

因此，$f(t)$ 是寬度為 $1$、高度為 $1$ 的矩形脈衝。單位階躍函數在端點的定義不影響積分結果。

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（a）Laplace transform

依題目提示，

$$F(s)=\int_{0}^{\infty}f(t)e^{-st}\,dt.$$

因為 $f(t)$ 只有在 $0\leq t<1$ 時等於 $1$，所以

$$F(s)=\int_{0}^{1}e^{-st}\,dt.$$

當 $s\neq 0$ 時，

$$\begin{aligned} F(s) &=\left[-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_{0}^{1}\\ &=-\frac{1}{s}e^{-s}+\frac{1}{s}\\ &=\frac{1-e^{-s}}{s}. \end{aligned}$$

因此，

$$\boxed{F(s)=\frac{1-e^{-s}}{s}}$$

在 $s=0$ 時，以極限定義：

$$F(0)=\lim_{s\to 0}\frac{1-e^{-s}}{s}=1,$$

也正好等於脈衝的面積。

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（b）Fourier transform

依題目提示，

$$F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-i\omega t}\,dt.$$

由於 $f(t)$ 在 $0\leq t<1$ 時為 $1$，其餘為 $0$，因此

$$F(\omega)=\int_{0}^{1}e^{-i\omega t}\,dt.$$

當 $\omega\neq 0$ 時，

$$\begin{aligned} F(\omega) &=\left[\frac{e^{-i\omega t}}{-i\omega}\right]_{0}^{1}\\ &=\frac{e^{-i\omega}-1}{-i\omega}\\ &=\frac{1-e^{-i\omega}}{i\omega}. \end{aligned}$$

故 Fourier transform 為

$$\boxed{F(\omega)=\frac{1-e^{-i\omega}}{i\omega}}.$$

利用

$$1-e^{-i\omega} =e^{-i\omega/2}\left(e^{i\omega/2}-e^{-i\omega/2}\right) =2i e^{-i\omega/2}\sin\frac{\omega}{2},$$

也可寫成

$$\boxed{ F(\omega) =e^{-i\omega/2}\frac{2\sin(\omega/2)}{\omega} }.$$

其中：

• $e^{-i\omega/2}$ 是由脈衝中心位於 $t=1/2$ 所造成的相位因子。
• $\dfrac{2\sin(\omega/2)}{\omega}$ 決定頻譜的振幅。

在 $\omega=0$ 時，

$$F(0)=\lim_{\omega\to 0}\frac{1-e^{-i\omega}}{i\omega}=1.$$

這與時間域脈衝面積為 $1$ 相符。

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（c）使用半區間展開求 Fourier series

在區間 $0<t<1$ 上，原函數為

$$f(t)=1.$$

令半區間長度為 $L=1$。可以採用偶延拓或奇延拓。

方法一：偶延拓

偶延拓定義為

$$f_e(-t)=f_e(t).$$

由於原函數在 $0<t<1$ 為常數 $1$，偶延拓後在 $-1<t<1$ 仍為

$$f_e(t)=1.$$

以 $2L=2$ 為週期延拓後，函數除端點外皆為常數 $1$，所以其 Fourier series 只有常數項。

偶延拓 Fourier series 的形式為

$$f_e(t)=\frac{a_0}{2} +\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos(n\pi t).$$

常數項：

核心觀念

本題考查質量慣性矩的定義：

$$I_y=\int r^2\,dm$$

其中 $r$ 是質量微元素 $dm$ 到指定轉軸的垂直距離。

取圓板或方板的幾何中心為原點，令通過重心的垂直軸為 $y$ 軸。板厚方向取為 $z$ 軸，厚度範圍為 $-h/2\le z\le h/2$。

對於均勻物體，質量微元素可寫成

$$dm=\rho\,dV$$

其中 $\rho$ 為均勻密度。繞 $y$ 軸的距離平方為

$$r^2=x^2+z^2$$

因此

$$I_y=\int (x^2+z^2)\,dm$$

計算結果會包含兩部分：

1. 板面內分布造成的慣性矩；
2. 厚度方向分布造成的慣性矩。

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解題方法

採用直角座標直接積分。由於兩種板都是均勻材料，先利用總質量 $M$ 求出密度，再代入慣性矩積分。

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（a）均勻圓板

圓板半徑為 $R$，厚度為 $h$，總質量為 $M$。

1. 求密度

圓板體積為

$$V=\pi R^2h$$

所以密度為

$$\rho=\frac{M}{\pi R^2h}$$

圓板在 $xy$ 平面上的範圍為

$$x^2+y^2\le R^2$$

厚度方向為

$$-\frac h2\le z\le \frac h2$$

體積元素為

$$dV=dx\,dy\,dz$$

因此

$$dm=\rho\,dx\,dy\,dz$$

2. 建立慣性矩積分

繞 $y$ 軸的距離平方為

$$r^2=x^2+z^2$$

所以

$$I_y =\rho\iiint_{\text{圓板}}(x^2+z^2)\,dV$$

拆成兩項：

$$I_y = \rho h\iint_{\text{圓盤}}x^2\,dA + \rho\pi R^2\int_{-h/2}^{h/2}z^2\,dz$$

3. 計算板面內的部分

對圓盤而言，由旋轉對稱性，

$$\iint x^2\,dA = \iint y^2\,dA$$

且

$$\iint(x^2+y^2)\,dA = \int_0^{2\pi}\int_0^R r^2(r\,dr\,d\theta)$$

因此

$$\iint(x^2+y^2)\,dA = 2\pi\int_0^R r^3\,dr = \frac{\pi R^4}{2}$$

故

$$\iint x^2\,dA = \frac12\cdot\frac{\pi R^4}{2} = \frac{\pi R^4}{4}$$

其貢獻為

$$\rho h\iint x^2\,dA = \rho h\frac{\pi R^4}{4} = \frac{MR^2}{4}$$

4. 計算厚度方向的部分

$$\rho\pi R^2\int_{-h/2}^{h/2}z^2\,dz = \rho\pi R^2 \left[ \frac{z^3}{3} \right]_{-h/2}^{h/2}$$ $$= \rho\pi R^2\frac{h^3}{12} = \frac{Mh^2}{12}$$

5. 圓板答案

因此圓板繞通過重心的垂直軸之慣性矩為