113 年 國立臺灣大學海洋研究所物理化學組《應用數學》

此題考查一階線性常微分方程式的求解方法。

首先，我們將給定的微分方程式 $xy'+y=4$ 改寫為標準形式 $\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)$。
將方程式兩邊同除以 $x$，可得：
$y' + \frac{1}{x}y = \frac{4}{x}$

這是一個一階線性常微分方程式，其中 $P(x) = \frac{1}{x}$ 且 $Q(x) = \frac{4}{x}$。
我們可以使用積分因子法來求解。積分因子 $\mu(x)$ 為：
$\mu(x) = e^{\int P(x) dx} = e^{\int \frac{1}{x} dx} = e^{\ln|x|} = |x|$

由於題目中提到解通過第一象限中的點 $(3,5)$，表示我們關注的 $x$ 值為正，因此我們可以取 $\mu(x) = x$。

此題考查一階非線性常微分方程式的求解，特別是 Bernoulli 方程式。

給定的微分方程式為 $y' + \frac{1}{x}y = 3x^2y^3$。
此方程式的形式為 $y' + P(x)y = Q(x)y^n$，其中 $n=3$。這是一個 Bernoulli 方程式。

Bernoulli 方程式的一般解法是透過變數變換來轉換為線性微分方程式。
令 $v = y^{1-n}$。在此題中，$n=3$，所以令 $v = y^{1-3} = y^{-2}$。
對 $v$ 求導：
$\frac{dv}{dx} = -2y^{-3} \frac{dy}{dx}$
$\frac{dv}{dx} = -2y^{-3} y'$

從原方程式 $y' + \frac{1}{x}y = 3x^2y^3$，我們可以得到 $y' = 3x^2y^3 - \frac{1}{x}y$。
將 $y'$ 代入 $\frac{dv}{dx}$ 的表達式：
$\frac{dv}{dx} = -2y^{-3} (3x^2y^3 - \frac{1}{x}y)$
$\frac{dv}{dx} = -2(3x^2 - \frac{1}{x}y^{-2})$
$\frac{dv}{dx} = -6x^2 + 2x^{-1}y^{-2}$

由於 $v = y^{-2}$，所以：
$\frac{dv}{dx} = -6x^2 + \frac{2}{x}v$

重新整理此式，可得：
$\frac{dv}{dx} - \frac{2}{x}v = -6x^2$

這是一個一階線性常微分方程式，其形式為 $\frac{dv}{dx} + P(x)v = Q(x)$，其中 $P(x) = -\frac{2}{x}$ 且 $Q(x) = -6x^2$。
此線性微分方程式一定有一般通解。

求積分因子 $\mu(x)$:
$\mu(x) = e^{\int P(x) dx} = e^{\int -\frac{2}{x} dx} = e^{-2 \ln|x|} = e^{\ln|x|^{-2}} = |x|^{-2} = x^{-2}$ (假設 $x>0$)

將原線性方程式兩邊同乘以積分因子 $x^{-2}$:
$x^{-2}(\frac{dv}{dx} - \frac{2}{x}v) = x^{-2}(-6x^2)$
$x^{-2}\frac{dv}{dx} - 2x^{-3}v = -6$
$(x^{-2}v)' = -6$

對兩邊積分：
$\int (x^{-2}v)' dx = \int -6 dx$
$x^{-2}v = -6x + C$

其中 $C$ 為積分常數。
解出 $v$:
$v = x^2(-6x + C) = -6x^3 + Cx^2$

將 $v = y^{-2}$ 代回：
$y^{-2} = -6x^3 + Cx^2$
$\frac{1}{y^2} = -6x^3 + Cx^2$
$y^2 = \frac{1}{-6x^3 + Cx^2}$

此題考查二階齊次線性常微分方程式的求解，以及利用初始條件求特解。

首先，我們來求解齊次線性微分方程式 $y'' + 2y' - 3y = 0$ 的通解。
假設解的形式為 $y = e^{rx}$，將其代入微分方程式，可得到特徵方程式：
$r^2 + 2r - 3 = 0$

對特徵方程式進行因式分解：
$(r+3)(r-1) = 0$

得到兩個相異實根：$r_1 = 1$ 和 $r_2 = -3$。
因此，該微分方程式的通解為：
$y(x) = c_1 e^{r_1 x} + c_2 e^{r_2 x}$
$y(x) = c_1 e^{x} + c_2 e^{-3x}$

接下來，我們需要利用初始條件 $y(0) = 6$ 和 $y'(0) = -2$ 來求解常數 $c_1$ 和 $c_2$。
首先，我們需要求 $y(x)$ 的一階導數：
$y'(x) = \frac{d}{dx}(c_1 e^{x} + c_2 e^{-3x})$
$y'(x) = c_1 e^{x} - 3c_2 e^{-3x}$

核心觀念

本題考查矩陣的基本運算與性質：

• 轉置矩陣：將原矩陣的第 $i$ 行、第 $j$ 列元素交換為第 $j$ 行、第 $i$ 列。
• 行列式：可利用餘因子展開計算。
• 反矩陣：若 $\det(A)\neq 0$，則 $A$ 可逆；可透過列運算或解聯立方程求得。
• 向量關係：以內積判斷正交性，以所組成矩陣的行列式判斷線性獨立性。

給定

$$A= \begin{bmatrix} 1 & \frac12 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ \sqrt3 & 0 & -1 \end{bmatrix}.$$

(a) 轉置矩陣

轉置是將行與列互換，因此

$$A^{T} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & \sqrt3\\ \frac12 & 1 & 0\\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix}.$$

(b) 行列式與反矩陣

行列式

沿著第二行展開最簡便，因為第二行只有中間元素為非零值：

$$\det(A) = 1\cdot (-1)^{2+2} \begin{vmatrix} 1 & 0\\ \sqrt3 & -1 \end{vmatrix}.$$

因此

$$\det(A) = \begin{vmatrix} 1 & 0\\ \sqrt3 & -1 \end{vmatrix} =1(-1)-0(\sqrt3)=-1.$$

所以

$$\boxed{\det(A)=-1}.$$

由於 $\det(A)\neq 0$，故矩陣 $A$ 可逆。

反矩陣

設

$$A^{-1}= \begin{bmatrix} x_1 & x_2 & x_3\\ y_1 & y_2 & y_3\\ z_1 & z_2 & z_3 \end{bmatrix},$$

要求 $AA^{-1}=I$。直接觀察矩陣結構，令

$$B= \begin{bmatrix} 1 & -\frac12 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ \sqrt3 & -\frac{\sqrt3}{2} & -1 \end{bmatrix}.$$

驗算乘積：

$$AB = \begin{bmatrix} 1 & \frac12 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ \sqrt3 & 0 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & -\frac12 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ \sqrt3 & -\frac{\sqrt3}{2} & -1 \end{bmatrix}.$$

各列分別計算得

$$AB= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} =I.$$

因此

核心觀念

本題考查：

• 冪級數解法；
• 係數比較法；
• Legendre 方程式的偶、奇次冪分離；
• 多項式解的終止條件。

題目給定解通過原點 $(0,0)$，因此

$$y(0)=a_0=0.$$

將解寫成冪級數：

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n,$$

則

$$y'=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}, \qquad y''=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_nx^{n-2}.$$

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解題方法：代入原方程式並比較係數

使用標準型式

$$(1-x^2)y''-2xy'+\mu y=0.$$

各項分別為

$$y''=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n,$$ $$-x^2y'' =-\sum_{n=0}^{\infty}n(n-1)a_nx^n,$$ $$-2xy' =-\sum_{n=0}^{\infty}2na_nx^n,$$

以及

$$\mu y=\sum_{n=0}^{\infty}\mu a_nx^n.$$

因此 $x^n$ 的係數必須滿足

$$(n+2)(n+1)a_{n+2} +\left[\mu-n(n-1)-2n\right]a_n=0.$$

整理得

$$(n+2)(n+1)a_{n+2} +\left[\mu-n(n+1)\right]a_n=0.$$

所以基本遞迴關係為

$$\boxed{ a_{n+2} = \frac{n(n+1)-\mu}{(n+1)(n+2)}a_n } \qquad (n\geq 0).$$

此式顯示 $a_{n+2}$ 只與 $a_n$ 有關，因此偶次係數與偶次係數互相遞迴，奇次係數與奇次係數互相遞迴。

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(a) $a_n$ 與 $\mu$ 的關係

由係數比較可得

$$\boxed{ a_{n+2} = \frac{n(n+1)-\mu}{(n+1)(n+2)}a_n } \qquad (n\geq 0).$$

另外，因為解通過原點，

$$\boxed{a_0=0}.$$

前幾項關係為

$$a_2=-\frac{\mu}{2}a_0,$$ $$a_3=\frac{2-\mu}{6}a_1,$$ $$a_4=\frac{6-\mu}{12}a_2,$$ $$a_5=\frac{12-\mu}{20}a_3.$$

由 $a_0=0$ 可知

$$a_2=a_4=a_6=\cdots=0.$$

因此通過原點的非零解只可能由奇次冪組成：

$$y=a_1x+a_3x^3+a_5x^5+\cdots.$$

若題目所稱的「多項式」是有限次多項式，則必須在某個 $n=N$ 時使遞迴終止，即

$$N(N+1)-\mu=0.$$

因此有限多項式解的必要條件為

$$\boxed{\mu=N(N+1)}$$

其中 $N$ 為非負整數。由於本題要求 $a_0=0$，非零解需取奇數次 $N$，例如 $N=1,3,5,\ldots$。

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(b) 奇數次係數是否可由 $n$ 與 $a_1$ 表示？

可以。

令 $n$ 為奇數，將基本遞迴式中的索引改寫為 $n-2$：

$$a_n = \frac{(n-2)(n-1)-\mu}{(n-1)n}a_{n-2}, \qquad n=3,5,7,\ldots.$$

因此

$$\boxed{ a_n = \frac{(n-2)(n-1)-\mu}{(n-1)n}a_{n-2} } \qquad (n\text{ 為奇數},\ n\geq 3).$$

前幾項為

$$a_3=\frac{2-\mu}{6}a_1,$$