111 年 國立中央大學土木工程學系碩士班丙：大地組《常微分》

本題考查常微分方程（Ordinary Differential Equation, ODE）的基本概念與定義。

常微分方程是指一種包含一個自變數及其導數的微分方程。換句話說，方程中的未知函數只依賴於一個獨立變數，而方程本身則包含該函數的導數。

定義：
一個常微分方程是形如 $F(x, y, y', y'', \ldots, y^{(n)}) = 0$ 的方程，其中 $y$ 是關於自變數 $x$ 的未知函數，而 $y', y'', \ldots, y^{(n)}$ 則是 $y$ 對 $x$ 的一階、二階、 $\ldots$ 、 $n$ 階導數。

本題考查齊次微分方程（Homogeneous Differential Equation）的求解方法。

給定的微分方程為 $xy' = y + 3x^4\cos^2(\frac{y}{x})$。
首先，將方程改寫成 $y' = \frac{y}{x} + 3x^3\cos^2(\frac{y}{x})$。
可以看出，右側函數 $f(x,y) = \frac{y}{x} + 3x^3\cos^2(\frac{y}{x})$ 並非嚴格的齊次函數，因為 $3x^3\cos^2(\frac{y}{x})$ 的次數是 3，而 $\frac{y}{x}$ 的次數是 0。
然而，若我們將 $y$ 替換為 $vx$，則 $y' = v + xv'$。
代入原方程：
$v + xv' = v + 3x^3\cos^2(v)$
$xv' = 3x^3\cos^2(v)$
$v' = 3x^2\cos^2(v)$

核心觀念

本題的核心在於二階線性非齊次常微分方程式的特定解（特解，Particular Solution）與待定係數反求法。

1. 滿足微分方程式的定義：若已知某特定函數 $y(x)$ 為該方程式的解，則將其各階導數代入方程式中，等式必須恆成立（對所有實數 $x$ 皆滿足）。
2. 三角函數的線性獨立性：在實數空間中，$\sin x$ 與 $\cos x$ 為線性獨立（Linearly Independent），若有恆等式： $$A\cos x + B\sin x = 0$$ 則必有係數 $A = 0$ 且 $B = 0$。透過此性質可反求出微分方程式中的未知待定常數係數 $a$ 與 $b$。
3. 線性算子性質或微分運算法則：求得確定係數的方程式後，可直接透過求特解的方法（如逆微分算子法、待定係數法）求出當輸入激勵項變更為 $Q(x) = \cos x$ 時的特解 $y_p(x)$（若題意要求特解）；若視為通解問題，則進一步求齊次解。依題型上下文與對稱性，本題旨在求其特解 $y_p(x)$。

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解題方法

步驟一：將已知條件代入，反求係數 $a$ 與 $b$

已知對於方程式：

$$y'' + ay' + by = \sin x$$

其解為 $y(x) = \sin x$。
計算 $y(x)$ 的一階與二階導數：

$$y'(x) = \cos x$$ $$y''(x) = -\sin x$$

將 $y(x)$、$y'(x)$ 與 $y''(x)$ 代入原方程式：

$$(-\sin x) + a(\cos x) + b(\sin x) = \sin x$$

整理同類項並將所有項移至同一側：

$$a\cos x + (b - 1 - 1)\sin x = 0$$ $$a\cos x + (b - 2)\sin x = 0$$

由於 $\cos x$ 與 $\sin x$ 線性獨立，方程式對任意 $x$ 恆成立，故其係數必全為零：

$$\begin{cases} a = 0 \\ b - 2 = 0 \implies b = 2 \end{cases}$$

因此，該微分方程式的實質結構為：

$$y'' + 2y = Q(x)$$

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步驟二：求解 $Q(x) = \cos x$ 時的對應解

將 $Q(x) = \cos x$ 代入微分方程式：

$$y'' + 2y = \cos x$$

1. 求特定解（特解 $y_p$）：
   使用逆微分算子法（$D \equiv \frac{d}{dx}$）： $$y_p(x) = \frac{1}{D^2 + 2} \cos x$$

本題考查恰當微分方程（Exact Differential Equation）或可積分因子（Integrating Factor）的求解方法。

給定的微分方程為 $e^x(\cos y \, dx - \sin y \, dy) = 0$。
我們可以將其寫成 $e^x \cos y \, dx - e^x \sin y \, dy = 0$。
令 $M(x,y) = e^x \cos y$ 且 $N(x,y) = -e^x \sin y$。
我們需要檢查這個方程是否恰當。
計算偏導數：
$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(e^x \cos y) = -e^x \sin y$
$\frac{\partial N}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(-e^x \sin y) = -e^x \sin y$

由於 $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$，所以該微分方程是恰當的。
這意味著存在一個函數 $\phi(x,y)$，使得 $d\phi = M\,dx + N\,dy$。
也就是說，$\frac{\partial \phi}{\partial x} = M = e^x \cos y$ 且 $\frac{\partial \phi}{\partial y} = N = -e^x \sin y$。

本題考查 Cauchy-Euler 方程的解與係數的關係。

Cauchy-Euler 方程的形式為 $x^n y^{(n)} + c_{n-1} x^{n-1} y^{(n-1)} + \dots + c_1 x y' + c_0 y = 0$。
對於此類方程，我們通常做變數變換 $x = e^t$，或者令 $y = x^r$ 來求解。

給定的方程是四階的 Cauchy-Euler 方程：
$x^4y'''' + ax^3y''' + \beta x^2y'' + \gamma xy' + \delta y = 0$

我們將方程除以 $x^4$ 得到標準形式：
$y'''' + \frac{a}{x}y''' + \frac{\beta}{x^2}y'' + \frac{\gamma}{x^3}y' + \frac{\delta}{x^4}y = 0$

令 $x = e^t$，則 $t = \ln x$。
我們需要將各階導數用關於 $t$ 的導數來表示。
令 $D = \frac{d}{dt}$。
$y' = \frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt}\frac{dt}{dx} = \frac{dy}{dt} \cdot \frac{1}{x} = x^{-1} \frac{dy}{dt}$
$xy' = \frac{dy}{dt} = Dy$

$y'' = \frac{d}{dx}(x^{-1}y') = -x^{-2}y' + x^{-1}y''_{t}$
$x^2y'' = -xy' + y''_{t} = -(Dy) + D(Dy) = (D^2 - D)y = D(D-1)y$

$y''' = \frac{d}{dx}(x^{-2}y' + x^{-1}y''_{t}) = -2x^{-3}y' -x^{-2}y''_{t} + (-x^{-2}y''_{t} + x^{-1}y'''_{t})$
$x^3y''' = -2xy' -x y''_{t} - x y''_{t} + y'''_{t} = -2Dy -2D(Dy) + D(D(Dy))$
$x^3y''' = -2Dy -2D^2y + D^3y = (D^3 - 3D^2 + 2D)y = D(D-1)(D-2)y$

$y'''' = \frac{d}{dx}(x^{-3}y''_{t} - 2x^{-2}y' - x^{-2}y''_{t} + x^{-1}y'''_{t})$
$x^4y'''' = D(D-1)(D-2)(D-3)y$

所以，Cauchy-Euler 方程可以轉換為一個關於 $t$ 的常係數線性微分方程：
$D(D-1)(D-2)(D-3)y + a D(D-1)(D-2)y + \beta D(D-1)y + \gamma Dy + \delta y = 0$

然而，題目給出了解的具體形式，這是一種更直接的求解方法。
解的形式是 $y(x) = 8\cos(\ln x) + \sin(\ln x) - 9\ln x \cos(\ln x) - 11\ln x \sin(\ln x)$。
令 $t = \ln x$。則 $\cos(\ln x) = \cos t$, $\sin(\ln x) = \sin t$, $\ln x = t$。
解的形式變為：
$y(t) = 8\cos t + \sin t - 9t \cos t - 11t \sin t$
$y(t) = (8-9t)\cos t + (1-11t)\sin t$

這是一個典型的常係數線性微分方程的解的形式，當特徵方程有重根或成對共軛虛根時出現。
觀察解的形式，它包含 $\cos t$, $\sin t$, $t\cos t$, $t\sin t$。
這表明特徵方程可能有一個二重共軛虛根。
假設特徵方程的根是 $r = \alpha \pm i\beta$。
如果根是 $\alpha \pm i\beta$，則對應的齊次解為 $e^{\alpha t}(C_1 \cos(\beta t) + C_2 \sin(\beta t))$。
如果根是 $\alpha \pm i\beta$ 且是二重根，則對應的齊次解為 $e^{\alpha t}((C_1 + C_3 t)\cos(\beta t) + (C_2 + C_4 t)\sin(\beta t))$。