台南大學環能系工數三第1次小考 · 4 台南大學環能系工數三第1次小考解答...
TRANSCRIPT
1
台南大學環能系工數三第1次小考
喻永淡老師出題
1 ∼ 6 題, 每題15分, 7 ∼ 9 題, 每題10分, 共 120 分
1. The Laplace transform of a function f(t), 0 ≤ t < ∞ is defined as
F (s) =
∫ ∞
0
f(t)e−st dt
Determine if the Laplace transform of each of the following function exist, state
the conditions for s.
(1) f(t) =1
t3(2) f(t) =
1
t12
(3) f(t) = eat (a : a complex number )
《台大機械》
2. 試証若 f(t) 在 t ≥ 中為連續及指數階函數, 且 f ′(t) 在 t ≥ 0 中為片段連續及指數
階函數, 則
L {f ′(t)} = sL {f(t)} − f(0+)
《清大動機 、 交大光電》
3. 設 f(t) 在 t ≥ 0 中為片段連續及指數階週期為 k 的週期函數, 則
L {f(t)} =
∫ k
0
f(t)e−stdt
1 − e−ks(s > 0)
《台大生機 、 台科大電機》
2
4. 試証 L {f(t)} = f(s) 、 L {g(t)} = g(s), 則 L {f(t) ∗ g(t)} = f(s)g(s) 。
《交大機械 、 中央電機》
5. Perform the Laplace Transform on the following time function f(t), and also apply
the result to calculate the integral I.
f(t) =
∫ ∞
0
cos xt
1 + x2dx ; I =
∫ ∞
0
cos x
1 + x2dx
《交大機械 、 中山機械》
6. (1) L {sin kt
t} =? (2)
∫ ∞
0
sin t
tdt
《清大電機 、 成大造船》
7. Following the definition above find limt→0
g(t) and limt→∞
g(t) if
L {g(t)} =16s3 + 72s2 + 216s − 128
(s2 + 2s + 5)2
《94暨南電機電子組》
3
8. Find the Laplace transform for the following functions
[sin(t − 1) + (t2 − 2)]u(t − 1)
《97雲科大電機》
9. Find the Laplace transform of f(t) if f(t) = e−t
∫ t
0
eτ cos τ dτ . 《97中興化工》
4
台南大學環能系工數三第1次小考解答
喻永淡老師出題
1 ∼ 6 題, 每題15分, 7 ∼ 9 題, 每題10分, 共 120 分
1. The Laplace transform of a function f(t), 0 ≤ t < ∞ is defined as
F (s) =
∫ ∞
0
f(t)e−st dt
Determine if the Laplace transform of each of the following function exist, state
the conditions for s.
(1) f(t) =1
t3(2) f(t) =
1
t12
(3) f(t) = eat (a : a complex number )
《台大機械》
《解》
(1) 因
limt→0+
f(t) = limt→0+
1
t3= ∞
故 f(t) =1
t3則在 t ≥ 0 時 f(t) 不為片段連續的函數, 因此不滿足存在定理, 又
L {f(t)} =
∫ ∞
0
f(t)e−st dt =
∫ ∞
0
1
t3e−st dt ( 令 u = st)
=
∫ ∞
0
s3
u3e−u du
s= s2
∫ ∞
0
u−2−1e−u du
= s2 Γ(−2) = 不存在
故 Laplace 轉換不存在 。
(2)
limt→0+
f(t) = limt→0+
1
t12
= ∞
故 f(t) =1
t12
則在 t ≥ 0 時 f(t) 不為片段連續的函數, 因此不滿足存在定理, 又
L {f(t)} =
∫ ∞
0
f(t)e−st dt =
∫ ∞
0
1
t12
e−st dt ( 令 u = st)
5
=
∫ ∞
0
s12
u12
e−u du
s=
1√s
∫ ∞
0
u12−1e−u du
=1√s
Γ(1
2) =
√π
s
故 Laplace 轉換存在, 且存在的條件為 Re {s} > 0 。
(3) 因 f(t) = eat 滿足存在定理, 故 Laplace 轉換存在, 又
L {f(t)} =
∫ ∞
0
f(t)e−st dt =
∫ ∞
0
eate−st dt =
∫ ∞
0
e−(s−a)t dt
因此上式存在的條件為 Re {(s − a)} > 0
2. 試証若 f(t) 在 t ≥ 中為連續及指數階函數, 且 f ′(t) 在 t ≥ 0 中為片段連續及指數
階函數, 則
L {f ′(t)} = sL {f(t)} − f(0+)
《清大動機 、 交大光電》
《証》 假設 f(t) 為連續的函數, 而 f ′(t) 在 t = t0 處為不連續 (如圖), 則
L {f ′(t)} =
∫ ∞
0
f ′(t)e−st dt
= limε→0+
b→∞
{∫ t0−ε
ε
f ′(t)e−st dt +
∫ b
t0+ε
f ′(t)e−st dt}
u = e−stPPPPPPq
dv = f ′(t)dt
du = −se−stdt - v = f(t)
6
= limε→0+
b→∞
{e−stf(t)
∣∣∣t0−ε
ε+ s
∫ t0−ε
ε
f(t)e−st dt
+e−stf(t)∣∣∣bt0+ε
+ s
∫ b
t0+ε
f(t)e−st dt}
= limε→0+
b→∞
{e−s(t0−ε)f(t0 − ε) − e−sεf(ε) + e−sbf(b)
−e−s(t0+ε)f(t0 + ε) + s
∫ b
ε
f(t)e−st dt}
= e−st−0 f(t−0 ) − f(0+) − e−st+0 f(t+0 ) + s
∫ ∞
0
f(t)e−st dt
= sL {f(t)} − f(0+)
3. 設 f(t) 在 t ≥ 0 中為片段連續及指數階週期為 k 的週期函數, 則
L {f(t)} =
∫ k
0
f(t)e−stdt
1 − e−ks(s > 0)
《台大生機 、 台科大電機》
《証》 因
L {f(t)} =
∫ ∞
0
f(t)e−st dt
=
∫ k
0
f(t)e−st dt +
∫ 2k
k
f(t)e−st dt +
∫ 3k
2k
f(t)e−st dt + · · ·
於第二個積分中令 t = T + k, 於第三個積分中令 t = T + 2k, 於第 (n + 1) 個積分中令
t = T + nk
L {f(t)} =
∫ k
0
f(t)e−st dt +
∫ k
0
f(T + k)e−s(T+k) dT
+
∫ k
0
f(T + 2k)e−s(T+2k) dT + · · ·
=
∫ k
0
f(t)e−st dt + e−ks
∫ k
0
f(T + k)e−sT dT
+e−2ks
∫ k
0
f(T + 2k)e−sT dT + · · · (1)
7
因 f(t) 是週期 k 的函數, 故
f(T + k) = f(T + 2k) = · · · = f(T + nk) = · · · = f(T ) (2)
將 (2) 式代回 (1) 式可得
L {f(t)} =
∫ k
0
f(t)e−st dt + e−ks
∫ k
0
f(T )e−sT dT
+e−2ks
∫ k
0
f(T )e−sT dT + · · ·
=
∫ k
0
f(t)e−st dt (1 + e−ks + e−2ks + · · ·)
=
∫ k
0
f(t)e−stdt
1 − e−ks
4. 試証 L {f(t)} = f(s) 、 L {g(t)} = g(s), 則 L {f(t) ∗ g(t)} = f(s)g(s) 。
《交大機械 、 中央電機》
《証》 L {f(t) ∗ g(t)} =
∫ ∞
0
{f(t) ∗ g(t)}e−st dt
=
∫ ∞
0
{∫ t
0
g(τ)f(t − τ) dτ} e−st dt
=
∫ τ=∞
τ=0
{∫ t=∞
t=τ
f(t − τ)e−st dt} g(τ) dτ
(令 u = t − τ , du = dt, 且t τ ∞u 0 ∞
)
=
∫ ∞
τ=0
{∫ ∞
u=0
f(u)e−s(u+τ) du} g(τ) dτ
=
∫ ∞
u=0
f(u)e−su du
∫ ∞
τ=0
g(τ)e−sτ dτ
= f(s)g(s)
8
5. Perform the Laplace Transform on the following time function f(t), and also apply
the result to calculate the integral I.
f(t) =
∫ ∞
0
cos xt
1 + x2dx ; I =
∫ ∞
0
cos x
1 + x2dx
《交大機械 、 中山機械》
《解》
(1)
L {f(t)} = L {∫ ∞
0
cos xt
1 + x2dx} =
∫ ∞
0L {cos xt} dx
1 + x2
=
∫ ∞
0
s
(s2 + x2)
1
(1 + x2)dx
=s
s2 − 1
∫ ∞
0
(1
1 + x2− 1
x2 + s2) dx
=s
s2 − 1(tan−1 x − 1
stan−1 x
s)∣∣∣∞0
=s
s2 − 1(π
2− tan−1 0 − 1
s
π
2+ tan−1 0)
=s
s2 − 1(π
2− 1
s
π
2) =
s
s2 − 1
π
2(1 − 1
s)
=π
2
s
s2 − 1
s − 1
s=
π
2
1
s + 1
(2) f(t) = L−1{π
2
1
s + 1} =
π
2e−t =
∫ ∞
0
cos xt
1 + x2dx , 故
I =
∫ ∞
0
cos x
1 + x2dx = f(1) =
π
2e−1
6. (1) L {sin kt
t} =? (2)
∫ ∞
0
sin t
tdt
《清大電機 、 成大造船》
《解》
9
(1)
L {sin kt
t} =
∫ ∞
sL {sin kt} ds =
∫ ∞
s
k
k2 + s2ds
= tan−1 s
k
∣∣∣∞s
=π
2− tan−1 s
k
(2) ∫ ∞
0
sin t
tdt =
∫ ∞
0
sin t
te−st dt
∣∣∣s=0
= L {sin t
t}∣∣∣s=0
=
∫ ∞
s
1
s2 + 1ds
∣∣∣s=0
= tan−1 s∣∣∣∞s=0
=π
2− tan−1 0 =
π
2
7. Following the definition above find limt→0
g(t) and limt→∞
g(t) if
L {g(t)} =16s3 + 72s2 + 216s − 128
(s2 + 2s + 5)2
《94暨南電機電子組》
《解》 令
L {g(t)} =16s3 + 72s2 + 216s − 128
(s2 + 2s + 5)2= g(s)
故
limt→0
g(t) = lims→∞
sg(s) = lims→∞
s · 16s3 + 72s2 + 216s − 128
(s2 + 2s + 5)2= 16
limt→∞
g(t) = lims→0
sg(s) = lims→0
s · 16s3 + 72s2 + 216s − 128
(s2 + 2s + 5)2= 0
8. Find the Laplace transform for the following functions
[sin(t − 1) + (t2 − 2)]u(t − 1)
《97雲科大電機》
10
《解》
L {[sin(t − 1) + (t2 − 2)]u(t − 1)} = e−sL {sin t + (t + 1)2 − 2}
= e−sL {sin t + t2 + 2t − 1}
= e−s(1
s2 + 1+
2
s3+
2
s2− 1
s)
9. Find the Laplace transform of f(t) if f(t) = e−t
∫ t
0
eτ cos τ dτ . 《97中興化工》
《解》 因
f(t) = e−t
∫ t
0
eτ cos τ dτ =
∫ t
0
e−(t−τ) cos τ dτ = e−t ∗ cos t
故
L {f(t)} = L {e−t ∗ cos t} =1
s + 1
s
s2 + 1
1
台南大學環能系工數三第2次小考98. 10. 13
喻永淡老師出題
1 ∼ 6 題, 每題20分, 共 120 分
1. (1) Find
∫ ∞
0
(1 − cos t
t2)e−stdt.
(2) Evaluate
∫ ∞
0
1 − cos t
t2dt =
π
2. 《交大土木》
2. Find L−1
{ s + 1
(s2 + 1)(s2 + 4s + 13)
}. 《成大工科》
3. The differential equation : y(t)+ay(t)+ by(t) = u(t), where a and b are constants
and u(t) is the unit step function. All initial conditions are zero.
(a) Solve y(t) when a = 2 and b = 4.
(b) Solve y(t) when a = 4 and b = 4. 《98台聯大 A》
4. Solve the initial value problem by using the Laplace transform
y′′ + 5y′ + 6y = f(t) ; y(0) = y′(0) = 0
with f(t) =
{−2 for 0 ≤ t ≤ 3
0 for t ≥ 3. 《98台科大機械》
2
5. Find the inverse Laplace transform :2s + 2
(s2 + 2s + 10)2《98北科電機》
6. 設 J0(t) 為零階 Bessel 函數, 求 L {J0(t)} 。 《交大機械 、 成大電機》
3
台南大學環能系工數三第2次小考解答
喻永淡老師出題
1 ∼ 6 題, 每題20分, 共 120 分
1. (1) Find
∫ ∞
0
(1 − cos t
t2)e−stdt.
(2) Evaluate
∫ ∞
0
1 − cos t
t2dt =
π
2. 《交大土木》
《解》
(1) 因
∫ ∞
0
(1 − cos t
t2)e−stdt = L {1 − cos t
t2} , 又
L {1 − cos t} =1
s− s
s2 + 1, 故
L {1 − cos t
t} =
∫ ∞
s
(1
s− s
s2 + 1)ds = [ln s − 1
2ln(s2 + 1)]
∣∣∣∞s
= lims→∞
[ln s − 1
2ln(s2 + 1)] − [ln s − 1
2ln(s2 + 1)]
= lims→∞
{ln s√s2 + 1
} − ln s +1
2ln(s2 + 1)
= − ln s +1
2ln(s2 + 1)
則
L {1 − cos t
t2}
=
∫ ∞
s
[1
2ln(s2 + 1) − ln s]ds
= {1
2[s ln(s2 + 1) − 2s + 2 tan−1 s] − (s ln s − s)}
∣∣∣∞s
= {1
2s ln(s2 + 1) − s + tan−1 s − s ln s + s}
∣∣∣∞s
= {1
2s[ln(s2 + 1) − 2 ln s] + tan−1 s}
∣∣∣∞s
= lims→∞
{1
2s ln
s2 + 1
s2+ tan−1 s} − {1
2s ln
s2 + 1
s2+ tan−1 s}
4
=1
2ln{ lim
s→∞(s2 + 1
s2)s} +
π
2− {1
2s ln
s2 + 1
s2+ tan−1 s}
=1
2ln{ lim
s→∞exp[(
s2 + 1
s2− 1)s]} +
π
2− {1
2s ln
s2 + 1
s2+ tan−1 s}
=1
2ln{ lim
s→∞exp(
1
s)]} +
π
2− {1
2s ln
s2 + 1
s2+ tan−1 s}
=π
2− 1
2s ln
s2 + 1
s2− tan−1 s
(2) ∫ ∞
0
1 − cos t
t2dt =
∫ ∞
0
(1 − cos t
t2)e−stdt
∣∣∣s=0
= lims→0
(π
2− 1
2s ln
s2 + 1
s2− tan−1 s)
=π
2− 1
2ln{lim
s→0(s2 + 1
s2)s} − 0
=π
2
2. Find L−1
{ s + 1
(s2 + 1)(s2 + 4s + 13)
}. 《成大工科》
《解》 令s + 1
(s2 + 1)(s2 + 4s + 13)=
As + B
s2 + 1+ E(s)
兩端乘上 s2 + 1 可得
s + 1
s2 + 4s + 13= (As + B) + E(s)(s2 + 1)
令 s = i (即 s2 + 1 = 0 的根) 代入上式, 可得
i + 1
(i)2 + 4i + 13=
i + 1
12 + 4i=
(i + 1)(3 − i)
4(3 + i)(3 − i)=
4 + 2i
40= Ai + B
故 A =1
20、 B =
1
10, 則
E(s) =s + 1
(s2 + 1)(s2 + 4s + 13)− As + B
s2 + 1
=s + 1 − 1
20(s + 2)(s2 + 4s + 13)
(s2 + 1)(s2 + 4s + 13)
5
=20(s + 1) − (s + 2)(s2 + 4s + 13)
20(s2 + 1)(s2 + 4s + 13)
=20(s + 1) − (s3 + 6s2 + 21s + 26)
20(s2 + 1)(s2 + 4s + 13)
=−(s + 6)
20(s2 + 4s + 13)
故s + 1
(s2 + 1)(s2 + 4s + 13)=
1
20(
s + 2
s2 + 1− s + 6
s2 + 4s + 13)
因此
L−1
{ s + 1
(s2 + 1)(s2 + 4s + 13)
}= L
−1{ 1
20(
s + 2
s2 + 1− s + 6
s2 + 4s + 13)}
=1
20L
−1{ s + 2
s2 + 1− s + 6
(s + 2)2 + 32
}=
1
20L
−1{ s
s2 + 1+
2
s2 + 1
−[ s + 2
(s + 2)2 + 32+
4
3
3
(s + 2)2 + 32
]}=
1
20
[cos t + 2 sin t − (e−2t cos 3t +
4
3e−2t sin 3t)
]
3. The differential equation : y(t)+ay(t)+ by(t) = u(t), where a and b are constants
and u(t) is the unit step function. All initial conditions are zero.
(a) Solve y(t) when a = 2 and b = 4.
(b) Solve y(t) when a = 4 and b = 4. 《98台聯大 A》
《解》
(a) 對
y + 2y + 4y = u(t)
兩端取 L–T 轉換可得
s2y(s) − sy(0) − y′(0) + 2[sy(s) − y(0)] + 4y(s) =1
s
其中 L {y(t)} = y(s), 整理可得
(s2 + 2s + 4)y(s) =1
s
6
故
y(s) =1
s(s2 + 2s + 4)=
1
4s+
−1
4s − 1
2s2 + 2s + 4
=1
4s− 1
4
(s + 1) + 1
(s + 1)2 + (√
3)2
因此
y(t) = L−1{y(s)} =
1
4− 1
4{e−t cos(
√3 t) +
1√3e−t sin(
√3 t)}
(b) 對
y + 4y + 4y = u(t)
兩端取 L–T 轉換可得
s2y(s) − sy(0) − y′(0) + 4[sy(s) − y(0)] + 4y(s) =1
s
其中 L {y(t)} = y(s), 整理可得
(s2 + 4s + 4)y(s) =1
s
故
y(s) =1
s(s2 + 4s + 4)=
1
s(s + 2)2=
1
4s− 1
4(s + 2)− 1
2(s + 2)2
因此
y(t) = L−1{y(s)} =
1
4− 1
4e−2t − 1
2te−2t
4. Solve the initial value problem by using the Laplace transform
y′′ + 5y′ + 6y = f(t) ; y(0) = y′(0) = 0
with f(t) =
{−2 for 0 ≤ t ≤ 3
0 for t ≥ 3. 《98台科大機械》
《解》 因
f(t) =
{−2 for 0 ≤ t ≤ 3
0 for t ≥ 3= −2[u(t) − u(t − 3)]
故
L {f(t)} = −2
s+
2
se−3s
對 ODE 兩端取 L–T 可得
s2y(s) − sy(0) − y′(0) + 5[sy(s) − y(0)] + 6y(s) = L {f(t)}
7
其中 L {y(t)} = y(s), 將 y(0) = y′(0) = 0 及 L {f(t)} 代回上式可得
(s2 + 5s + 6)y(s) = −2
s+
2
se−3s
故
y(s) = − 2
s(s + 3)(s + 2)+
2
s(s + 3)(s + 2)e−3s
= −[1
3s+
2
3(s + 3)+
1
5(s + 2)] + [
1
3s+
2
3(s + 3)+
1
5(s + 2)]e−3s
故
y(t) = L−1{y(s)}
= −(1
3+
2
3e−3t +
1
5e−2t) + (
1
3+
2
3e−3(t−3) +
1
5e−2(t−3))u(t − 3)
5. Find the inverse Laplace transform :2s + 2
(s2 + 2s + 10)2《98北科電機》
《解》
L−1{ 2s + 2
(s2 + 2s + 10)2} = L
−1{ 2(s + 1)
[(s + 1)2 + 32]2} = e−t
L−1{ 2s
(s2 + 32)2}
= e−t · 2 · t
2 · 3sin 3t =
1
3e−tt sin 3t
6. 設 J0(t) 為零階 Bessel 函數, 求 L {J0(t)} 。 《交大機械 、 成大電機》
《解》 因 J0(t) 為零階 Bessel 方程式的解, 故
tJ ′′0 (t) + J ′
0(t) + tJ0(t) = 0 且 J0(0) = 1 (1)
對 (1) 式兩端取 Laplace 轉換可得
L {tJ ′′0 (t) + J ′
0(t) + tJ0(t)} = 0
8
即
− d
ds{s2J0(s) − sJ0(0) − J ′
0(0)} + sJ0(s) − J0(0) − d
dsJ0(s) = 0
其中 L {J0(t)} = J0(s) , 故
−2sJ0(s) − s2dJ0(s)
ds+ J0(0) + sJ0(s) − J0(0) − d
dsJ0(s) = 0
整理可得
(s2 + 1)dJ0(s)
ds+ sJ0(s) = 0
即dJ0(s)
ds+
s
s2 + 1J0(s) = 0
即dJ0(s)
J0(s)+
s
s2 + 1ds = 0
對上式兩端積分可得
ln |J0(s)| +1
2ln |s2 + 1| = c∗
兩端取指數可得
J0(s)√
s2 + 1 = c
即
J0(s) =c√
s2 + 1
再由初值定理可知
lims→∞
sJ0(s) = lims→∞
cs√s2 + 1
= c = J0(0) = 1 ⇒ c = 1
故
L {J0(t)} = J0(s) =1√
s2 + 1
1
台南大學環能系工數三第3次小考98.10.28
喻永淡老師出題
1 ∼ 4 題, 每題15分, 5 , 6 題 25 分, 共 110 分
1. Solve the following differential equation by the method of Laplace transform.
d2x
dt2+ 3
dx
dt+ 2x =
1
1 + t2, x = 0 ,
dx
dt= 0 for t = 0
《93中興機械》
2. Solve the following problem using Laplace transform
ty′′ + 2ty′ + 2y = 0, y(0) = 0 . 《97清華工科》
3. Use the Laplace transform to solve the integral equation :
y(t) = 3 +
∫ t
0
y(α) cos[2(t − α)]dα 《98雲科電機》
4. Determine f(t) from f(t) = −1 + f(t) ∗ e−3t. Note that the term f(t) ∗ e−3t
represents the convolution integral of f(t) and e−3t. 《98中山機電》
2
5. Solve the system y(x) and z(x) using the Laplace transform method{z′′ + y′ = cos x
y′′ − z = sin x
z(0) = −1, z′(0) = −1, y(0) = 1, y′(0) = 0. 《98交大機械甲》
6. Use Separation of variables y(x , t) = X(t)T (t) to solve the problem of one dimen-
sional wave equation∂2y
∂t2= 4
∂2y
∂x2, with end point conditions of
y(0 , t) = y(π , t) = 0 and with an initial position function of
y(x , 0) =1
10sin3 x (0 < x < π , t > 0) and initial velocity function of
yt(x , 0) = 0 (0 < x < π). 《96交大光電顯示》
3
台南大學環能系工數三第3次小考解答
喻永淡老師出題
1 ∼ 4 題, 每題15分, 5 , 6 題 25 分, 共 110 分
1. Solve the following differential equation by the method of Laplace transform.
d2x
dt2+ 3
dx
dt+ 2x =
1
1 + t2, x = 0 ,
dx
dt= 0 for t = 0
《93中興機械》
《解》 令 f(t) =1
1 + t2, 兩端取 L–T 可得
s2x(s) + 3sx(s) + 2x(s) = f(s)
其中 L {x(t)} = x(s) 、 L {f(t)} = f(s), 故
x(s) =f(s)
(s + 2)(s + 1)= [
1
s + 1− 1
s + 2]f(s)
則
x(t) = L−1{x(s)} = L
−1{ 1
s + 1− 1
s + 2} ∗ L
−1{f(s)}
= (e−t − e−2t) ∗ 1
1 + t2=
∫ t
0
e−τ − e−2τ
1 + (t − τ)2dτ
2. Solve the following problem using Laplace transform
ty′′ + 2ty′ + 2y = 0, y(0) = 0 . 《97清華工科》
《解》 對 ODE 兩端取 Laplace 轉換
L {ty′′ + 2ty′ + 2y} = 0
4
可得
− d
ds{s2y(s) − sy(0) − y′(0)} − 2
d
ds{sy(s) − y(0)} + 2y(s) = 0
其中 L {y(t)} = y(s) , 代入條件 y(0) = 0 可得
−2sy(s) − s2 d
dsy(s) − 2y(s) − 2s
d
dsy(s) + 2y(s) = 0
即
(s2 + 2s)d
dsy(s) + 2sy(s) = 0
故dy(s)
y(s)+
2
s + 2ds = 0
兩端積分可得
ln |y(s)| + 2 ln |s + 2| = c∗ ⇒ y(s) =c
(s + 2)2
由初值定理可知
lims→∞
sy(s) = lims→∞
cs
(s + 2)2= y(0) = 0
自動滿足, 故
y(s) =c
(s + 2)2
則
y(t) = L−1{y(s)} = c te−2t
c 任意常數 。
3. Use the Laplace transform to solve the integral equation :
y(t) = 3 +
∫ t
0
y(α) cos[2(t − α)]dα 《98雲科電機》
《解》 方程式可改寫成 y(t) = 3 + y(t) ∗ cos 2t , 對方程式兩端取 Laplace 轉換可得
y(s) =3
s+ y(s)
s
s2 + 4
其中 L {y(t)} = y(s) , 整理可得
y(s) =3(s2 + 4)
s(s2 − s + 4)=
3
s+
3
s2 − s + 4=
3
s+
3
(s − 1
2)2 + (
√15
2)2
5
故
y(t) = L−1{y(s)} = 3 + 3e
12t · 2√
15sin(
√15
2t)
4. Determine f(t) from f(t) = −1 + f(t) ∗ e−3t. Note that the term f(t) ∗ e−3t
represents the convolution integral of f(t) and e−3t. 《98中山機電》
《解》 兩端取 L–T 可得
f(s) = −1
s+ f(s)
1
s + 3
其中 L {f(t)} = f(s) , 整理可得
f(s)(1 − 1
s + 3) = −1
s⇒ f(s) = − s + 3
s(s + 2)= − 3
2s+
1
2(s + 2)
故
f(t) = L−1{f(s)} = −3
2+
1
2e−2t
5. Solve the system y(x) and z(x) using the Laplace transform method{z′′ + y′ = cos x
y′′ − z = sin x
z(0) = −1, z′(0) = −1, y(0) = 1, y′(0) = 0. 《98交大機械甲》
《解》 對 ODE 兩端取 L – T 可得s2z(s) − sz(0) − z′(0) + sy(s) − y(0) =
s
s2 + 1
s2y(s) − sy(0) − y′(0) − z(s) =1
s2 + 1
其中 L {z(x)} = z(s) 、 L {y(x)} = y(s), 整理可得s2z(s) + sy(s) = −s +
s
s2 + 1
−z + s2y(s) = s +1
s2 + 1
6
可解得
z(s) = − s + 1
s2 + 1, y(s) =
s
s2 + 1
故
z(x) = L−1{z(s)} = L
−1{− s + 1
s2 + 1} = − cos x − sin x
y(x) = L−1{y(s)} = cos x
6. Use Separation of variables y(x , t) = X(t)T (t) to solve the problem of one dimen-
sional wave equation∂2y
∂t2= 4
∂2y
∂x2, with end point conditions of
y(0 , t) = y(π , t) = 0 and with an initial position function of
y(x , 0) =1
10sin3 x (0 < x < π , t > 0) and initial velocity function of
yt(x , 0) = 0 (0 < x < π). 《96交大光電顯示》
《解》
(1) 令 y(x , t) = X(x)T (t) 故
yxx = X ′′(x)T (t) , ytt = X(x)T (t)
代回 P.D.E. 中
X(x)T (t) = 4X ′′(x)T (t)
整理可得X ′′
X=
T
4T= −λ (λ 為常數 )
故 {X ′′(x) + λX(x) = 0
T (t) + 4λT (t) = 0(1)
(2) 由 B.C.
y(0 , t) = X(0)T (t) = 0
可得 X(0) = 0 或 T (t) = 0, 因 T (t) = 0 會使得 y(x , t) = X(x)T (t) = 0, 即方程式
只有零解 (trivial 解), 因此取 X(0) = 0, 同理
y(π , t) = 0 = X(π)T (t)
可得 X(π) = 0, 現解
X ′′(x) + λX(x) = 0 , X(0) = X(π) = 0 (2)
7
Sturm–Liouville 邊界值問題
(i) λ < 0, 令 λ = −p2 (0 < p < ∞) 代入 (2) 式, 可得
X ′′(x) − p2X(x) = 0
其解為
X(x) = c1 sinh px + c2 cosh px
代入邊界條件 X(0) = 0, 可得 c2 = 0, X(π) = 0 = c1 sinh πp, 可得 c1 = 0, 故
X(x) = 0, 則 y(x, t) = X(x)T (t) = 0 無非零解 。
(ii) λ = 0, 代入 (2) 式, 可得 X ′′(x) = 0, 其解為
X(x) = c1 + c2x
代入邊界條件 X(0) = 0, 可得 c1 = 0, X(π) = 0 = c2π, 可得 c2 = 0, 故 X(x) = 0,
則 y(x, t) = X(x)T (t) = 0 無非零解 。
(iii) λ > 0, 令 λ = p2 (0 < p < ∞) 代入 (2) 式, 可得
X ′′(x) + p2X(x) = 0
其解為
X(x) = c1 sin px + c2 cos px
代入邊界條件 X(0) = 0, 可得 c2 = 0, X(π) = 0 = c1 sin πp, 令 c1 6= 0, 可得
sin πp = 0, 故 p = n (n = 1 , 2 , 3 , · · ·), 則
X(x) = c1 sin nx = Xn (n = 1 , 2 , 3 , · · ·)
將 λ = p2 = n2 代回 (1) 式中可得
T + (2n)2T = 0
上式為二階常係數 ODE, 其解為
T (t) = d1 cos 2nt + d2 sin 2nt = Tn
因此
yn(x , t) = Tn(t)Xn(x) = (d1 cos 2nt + d2 sin 2nt)c1 sin nx
= (An cos 2nt + Bn sin 2nt) sin nx
8
(3) 由重疊原理知
y(x , t) =∞∑
n=1
yn(x, t) =∞∑
n=1
(An cos 2nt + Bn sin 2nt) sin nx
由
y(x , 0) =1
10sin3 x =
1
10(3
4sin x − 1
4sin 3x) =
∞∑n=1
An sin nx
可得 A1 =3
40、 A3 = − 1
40, 其他 An = 0 (n 6= 1 , 3), 再由
yt(x , 0) = 0 =∞∑
n=1
2nBn sin nx
可得 Bn = 0, 故
y(x , t) =3
40cos 2t · sin x − 1
40cos 6t · sin 3x