提要 175：包含 Dirac’s delta 函數之數學模式的解

提要 175：包含 Dirac’s delta 函數之數學模式的解

茲舉一範例說明包含Dirac’s delta 函數ta之數學模式，如何引用Laplace 積分轉換方法推求其解。以Laplace 積分轉換方法解析常微分方程式時，其解析 過程如圖1 所示；以 Laplace 積分轉換解析偏微分方程式時，其解析過程如圖 2 所示。

圖1 的意思是說，若問題為常微分方程式的解析，則引用 Laplace 積分轉換 方法解析問題時，可將常微分方程式改寫為與參數s 相關之代數方程式，然後推 導出問題於s 定義域的解，最後再進行適當之 Laplace 積分反轉換，即可研討出 時間域與t 變數有關之解。

圖2 的意思則是說，若問題是屬於偏微分方程式的解析，則引用 Laplace 積 分轉換方法解析問題時，可將偏微分方程式中之變數 t 改寫為參數 s，因此，在 解析過程當中，雖然仍需面對包含微分項次的解析，但已降低解題的難度，而能 得出與參數s 相關之解，最後再進行適當之 Laplace 積分反轉換，即可研討出時 間域與t 變數有關之解。這一部分的討論，在後面的單元於討論偏微分方程式的 解析時，會再加以介紹。

圖1 以 Laplace 積分轉換解析常微分方程式之觀念流程圖

圖2 以 Laplace 積分轉換解析偏微分方程式之觀念流程圖

關於Laplace 積分轉換方法的應用，一定要記住關鍵的 17 個 Laplace 積分轉 換公式，如表1 所示。

範例一 試解析如下所示振動問題之數學模式：

 1 5 5

2 6

2   y t

dt dy dt

y

d  ，y 0 0，  _{0 1}

dt dy

其中 ²₂ 6 5y5  t1 dt

dy dt

y

d  是根據牛頓第二運動定律所建立之控制方程

式；正當t 1 s時，有 5N 之外力作用在物體上，其他時候，並無外力作用；

 0 0

y 表物體之初始位置為平衡位置；  _{0 1}

dt

dy 指物體之向下初始速度為

1m/s。本題是擬推求質量為 m 之物體於任意時刻的位移量 y(t)。

解答：

本題是擬採用 Laplace 積分轉換方法加以解析。首先讓控制方程式乘以 e^st，再對變數t 作0,^之積分，亦即：





1 5 5

6 y e dt t e dt

dt dy dt

y

d _st  _st

上式等號左邊可改寫為先積分再作相加之運算：









1 5 5

6 e dt ye dt t e dt dt

dt dy dt e

y

d st st st  st (1)

然後進行部分積分(Integration by Part，或譯為分佈積分)之運算，此一運算是許 多Laplace 積分轉換公式推導時之依據。在前面單元的討論中，已介紹過 f  t 與

 t

f  之Laplace 積分轉換，並將其結果放在表 1 之 17 個公式中，若讀者已背下 這17 個Laplace 積分轉換公式，應能很快知道y t 與y  t 的結果，由表1 知，

 

   0

0 ye dt y s

t y

L  



2  

 



 

 ^{t a} ^{e as}

L   ^ ，所以L t1e^s。基於此，式(1)可改寫為：

     

2

0 0 0

0 0 6 0 5 5

st dy st st s

s y e dt sy s y e dt y y e dt e

dt

      

       

   





 

再將問題之初始條件y 0 0、  _{0 1}

dt

dy 代入上式，則可得：

2

0 ^st 1 6 0 ^st 5 0 ^st 5 ^s

s ^y e dt^ s ^y e dt^{ }y e dt^ e^

    

 





 

上式即為圖1 所示解析流程圖中之第二個部分。經整理後，可得：



 _

2 2 0

5 1

6 5 6 5

st e s

y e dt

s s s s

    

   



  ₂ ⁵ ₂ ¹

6 5 6 5 e s

Y s s s s s

  

    (6)

以下需進行Laplace 積分反轉換，通常，這是整個解析過程中最困難的部分，

說明如下。進行式(6)之 Laplace 積分反轉換有兩種方法，一是直接引用 Laplace 積分反轉換之定義，亦即  



i

stds e s i Y

t

y ^

 

2

1 ，但是此一積分式之計算，與

複數變數之積分有關，目前大部分的讀者都尚未學過複變分析，所以無能為力；

二是引用所背下來的 17 個 Laplace 積分反轉換公式，如表 1 所示，姑且將此一 方法稱為「背影法」。亦即，1 的背影是 1/s，因此看到 1/s 時，就想到它是 1 的 背影，所以 1/s 的 Laplace 反轉換就是 1；又例如 cos(at)的 Laplace 積分轉換是





s  ，因此看到^s





式(6)可改寫為簡單之部分分式：

  1 5 1 5

 



 





 

  ^

s d s

e c s

b s

s a

Y ^s (6’)

通分後，可得：

     

      

 1 5

1 5

5 1

1 5









 









  ^

s s

s d s

e c s

s

s b s

s a

Y ^s (7)

比較係數後可知：

0

5 5

0

5 1

a b a b c d

c d

  

  

  

  



解析此聯立代數方程式可得： 5

a 、4 5 b  、4

4

1

c 、

4

1



d 。亦即：

  ^{5 4 5 4 1 4 1 4}

1 5 1 5

Y s e s

s s s s

  

 

         (8)

因此問題於時間域t 之解為：

  ^{5 1 5 1 1 1 1 1 1 1}

4 1 4 5 4 1 4 5

s s

e e

y t L L L L

s s s s

 

           

             (9)

由表1 知：





L^{1 as}    ， e^at a L s 











₁ 1

所以：

 1

 

1 1

1 1

1 1

1     









 

























 

 u t e u t e u t

L s s

L e ^t _{t t} ^t

t t s

 1

 

1 5

1 5 1

5 1

1

1     









 

























 

 ut e ut e ut

L s s

L e ^t _{t t} ^t

t t s

e t

L^ s  ^









1

1 1

e t

L¹ s ⁵ 5

1 _

 











故問題之解為：

  ₄^{5  t 1 5}₄ ^{5 t 1}  ¹ ¹₄





y t  e^{ }  e^{ } u t  e^ e^

附註：

1. 當問題與 Dirac’s delta 函數有關時，其解一定會出現單位階梯函數。讀者可

以這樣思考，Dirac’s delta 函數ta係指當t = a 時，結構體受到外力荷重 的作用，隨即將外力移走。雖然外力不再繼續作用，但結構體自t = a 之後，

就會持續作振動，因此結構體之振動位移量與單位階梯函數uta有關。

2. 與 Dirac’s delta 函數有關的問題是無法以待定係數法推求其特解的，必需採 用積分轉換的方法，如本題所採用之 Laplace 轉換方法即是一種積分轉換的 方法。

範例二 試解析如下所示振動問題之數學模式：

 

2

2 6 5 1

d y dy

y t

dt  dt    ，y 0 0，  

0 1 dt dy

其中 ₂ 6 5 5  1

2   y t

dt dy dt

y

d  是根據牛頓第二運動定律所建立之控制方程

式；正當t 1 s時，有 1N 之外力作用在物體上，其他時候，並無外力作用；

 0 0

y 表物體之初始位置為平衡位置；  

0 1 dt

dy 指物體之向下初始速度為

1m/s。本題是擬推求質量為 m 之物體於任意時刻的位移量 y(t)。

解答：

本題是擬採用 Laplace 積分轉換方法加以解析。首先讓控制方程式乘以 e^st，再對變數t 作0,之積分，亦即：

 

2

0 d y2 6dy 5 ^st 0 1 ^st

y e dt t e dt

dt dt 

    

   

 

 

 

上式等號左邊可改寫為先積分再作相加之運算：

 

2

0 d y2 ^st 0 6dy ^st 0 5 ^st 0 1 ^st

e dt e dt y e dt t e dt

dt dt 

           

   

 t

f  之Laplace 積分轉換，並將其結果放在表 1 之 17 個公式中，若讀者已背下 這17 個 Laplace 積分轉換公式，應能很快知道y t 與y  t 的結果，由表1 知，

 

   0

0 ye dt y s

t y

L  



2  

 



 

 t a e ^as

L   ^ ，所以L t1e^s。基於此，式(1)可改寫為：

     

2

0 0 0

0 0 6 0 5

st dy st st s

s y e dt sy s y e dt y y e dt e

dt

      

       

   





 

再將問題之初始條件y 0 0、  _{0 1}

dt

dy 代入上式，則可得：

2

0 ^st 1 6 0 ^st 5 0 ^{st s}

s ^y e dt^ s ^y e dt^{ }y e dt e^{ }

    

 





 

上式即為圖1 所示解析流程圖中之第二個部分。經整理後，可得：



 _

2 2

0

1 6 5 6 5

st e s

y e dt

s s s s

    

   



  _{2 2} ¹

6 5 6 5 e s

Y s s s s s

  

    (6)

以下需進行Laplace 積分反轉換，通常，這是整個解析過程中最困難的部分，

說明如下。進行式(6)之 Laplace 積分反轉換有兩種方法，一是直接引用 Laplace 積分反轉換之定義，亦即  



i

stds e s i Y

t

y ^

 

2

1 ，但是此一積分式之計算，與

複數變數之積分有關，目前大部分的讀者都尚未學過複變分析，所以無能為力；

二是引用所背下來的 17 個 Laplace 積分反轉換公式，如表 1 所示，姑且將此一 方法稱為「背影法」。亦即，1 的背影是 1/s，因此看到 1/s 時，就想到它是 1 的 背影，所以 1/s 的 Laplace 反轉換就是 1；又例如 cos(at)的 Laplace 積分轉換是





s  ，因此看到^s





式(6)可改寫為簡單之部分分式：

  1 5 1 5

 



 





 

  ^

s d s

e c s

b s

s a

Y ^s (6’)

通分後，可得：

     

      

 1 5

1 5

5 1

1 5









 









  ^

s s

s d s

e c s

s

s b s

s a

Y ^s (7)

比較係數後可知：

0

5 1

0

5 1

a b a b c d

c d

  

  

  

  



解析此聯立代數方程式可得： 1

a 、4 1 b  、4

4

1

c 、

4

1



d 。亦即：

  ^{1 4 1 4 1 4 1 4}

1 5 1 5

Y s e s

s s s s

  

 

         (8)

因此問題於時間域t 之解為：

  ^{1 1 1 1 1 1 1 1 1 1}

4 1 4 5 4 1 4 5

s s

e e

y t L L L L

s s s s

 

           

             (9)

由表1 知：





L^{1 as}    ， e^at a L s 











₁ 1

所以：

 1

 

1 1

1 1

1 1

1     









 

























 

 u t e u t e u t

L s s

L e ^t _{t t} ^t

t t s

 1

 

1 5

1 5 1

5 1

1

1     









 

























 

 ut e ut e ut

L s s

L e ^t _{t t} ^t

t t s

e t

L^ s  ^









1

1 1

e t

L¹ s ⁵ 5

1 _

 











故問題之解為：

  ₄^{1  t 1 1}₄ ^{5 t 1}  ¹ ¹₄





y t  e^{ }  e^{ } u t  e^ e^

附註：

1. 當問題與 Dirac’s delta 函數有關時，其解一定會出現單位階梯函數。讀者可 以這樣思考，Dirac’s delta 函數ta係指當t = a 時，結構體受到外力荷重 的作用，隨即將外力移走。雖然外力不再繼續作用，但結構體自t = a 之後，

就會持續作振動，因此結構體之振動位移量與單位階梯函數uta有關。

2. 與 Dirac’s delta 函數有關的問題是無法以待定係數法推求其特解的，必需採 用積分轉換的方法，如本題所採用之 Laplace 轉換方法即是一種積分轉換的 方法。

表1 常用之 17 個 Laplace 積分轉換暨反轉換公式

f(t) F(s)

1 s

1

t 1₂

s

t 2 2₃

s

t n !₁



sn

n

e at

a s

1

 at

cosh _{2 2}

a s

s



 at

sinh _{2 2}

a s

a



 at

cos _{2 2}

a s

s



 at

sin _{2 2}

a s

a



 t

f     0    0

0 f t e dt f s

f s

sF  



 t

f     0  0    0  0

0 2

2F s sf f s f t e dt sf f

s    



  t f ⁿ

  ^n1  0  ^n2  0   ^n2 0  ^{ n1} 0

nF s s f s f sf f

s 

其中F s ^



t a

u 

s e^as

ta

 _e^as

 t f

e^at Fs^a^



t a ut a

f   e^asF s ^e^as



   





