112 年 國立中央大學土木工程學系碩士班丙：大地組《常微分》

此題為一階微分方程，觀察發現其形式為 $M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0$，其中 $M(x,y) = x^2 + y^2 + 3$ 且 $N(x,y) = -2xy$。
我們首先檢查此方程是否為正合。計算偏微分：
$\frac{\partial M}{\partial y} = 2y$
$\frac{\partial N}{\partial x} = -2y$
由於 $\frac{\partial M}{\partial y} \neq \frac{\partial N}{\partial x}$，此方程不是正合微分方程。

根據提示，我們需要尋找積分因子 $\mu(x,y)$ 使其變為正合。
我們嘗試尋找只與 $x$ 有關的積分因子 $\mu(x)$。
計算 $\frac{1}{N}(\frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial x}) = \frac{1}{-2xy}(2y - (-2y)) = \frac{4y}{-2xy} = -\frac{2}{x}$。
由於結果只與 $x$ 有關，我們可以找到積分因子 $\mu(x) = e^{\int -\frac{2}{x} dx} = e^{-2 \ln|x|} = e^{\ln|x|^{-2}} = x^{-2}$。

將積分因子 $\mu(x) = x^{-2}$ 乘到原方程的兩邊：
$x^{-2}(x^2 + y^2 +3)dx + x^{-2}(- 2 xy )dy = 0$
$(1 + x^{-2}y^2 + 3x^{-2})dx + (-2x^{-1}y)dy = 0$

現在我們令新的 $M^*(x,y) = 1 + x^{-2}y^2 + 3x^{-2}$ 且 $N^*(x,y) = -2x^{-1}y$。
再次檢查是否為正合：
$\frac{\partial M^*}{\partial y} = 2x^{-2}y$
$\frac{\partial N^*}{\partial x} = -2(-1)x^{-2}y = 2x^{-2}y$

此題為二階線性齊次微分方程，但其係數是關於 $x$ 的函數，且形式上類似 Euler-Cauchy 方程。
令 $u = x+1$。則 $\frac{du}{dx} = 1$。
我們需要將 $y'$ 和 $y''$ 用 $u$ 來表示。
$\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du}\frac{du}{dx} = \frac{dy}{du}$
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right) = \frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{du}\right) = \frac{d}{du}\left(\frac{dy}{du}\right)\frac{du}{dx} = \frac{d^2y}{du^2}$

將 $u=x+1$ 代入原方程：
$u^2 \frac{d^2y}{du^2} - 2u \frac{dy}{du} + 2y = 0$

這是一個標準的 Euler-Cauchy 方程。我們假設解的形式為 $y = u^r$。
代入 Euler-Cauchy 方程：
$u^2(r(r-1)u^{r-2}) - 2u(ru^{r-1}) + 2u^r = 0$
$r(r-1)u^r - 2ru^r + 2u^r = 0$
由於 $u=x+1$ 且我們通常考慮 $x>-1$ 使得 $u>0$，我們可以除以 $u^r$：
$r(r-1) - 2r + 2 = 0$
$r^2 - r - 2r + 2 = 0$
$r^2 - 3r + 2 = 0$

核心觀念

方程式

$$(1-x^2)y''-2xy'+6y=0$$

是 Legendre 方程的標準形式

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

比較係數可得

$$n(n+1)=6,$$

因此 $n=2$。對應的 Legendre polynomial 為 $P_2(x)$，且標準正規化條件為

$$P_2(1)=1.$$

本題要求使用冪級數法求出此多項式。

解題方法：冪級數展開

設解在 $x=0$ 附近展開為

$$y=\sum_{k=0}^{\infty}a_kx^k.$$

則

$$y'=\sum_{k=1}^{\infty}ka_kx^{k-1}, \qquad y''=\sum_{k=2}^{\infty}k(k-1)a_kx^{k-2}.$$

代入原方程式：

$$(1-x^2)y''-2xy'+6y=0.$$

先整理各項：

$$y''-x^2y''-2xy'+6y=0.$$

其中

$$y''=\sum_{k=0}^{\infty}(k+2)(k+1)a_{k+2}x^k,$$ $$x^2y''=\sum_{k=0}^{\infty}k(k-1)a_kx^k,$$ $$-2xy'=\sum_{k=0}^{\infty}-2ka_kx^k,$$ $$6y=\sum_{k=0}^{\infty}6a_kx^k.$$

比較 $x^k$ 的係數：

$$(k+2)(k+1)a_{k+2} +\left[-k(k-1)-2k+6\right]a_k=0.$$

因為

$$-k(k-1)-2k+6=6-k(k+1),$$

所以遞迴關係為

$$(k+2)(k+1)a_{k+2} +\left[6-k(k+1)\right]a_k=0,$$

即

$$a_{k+2} = \frac{k(k+1)-6}{(k+2)(k+1)}a_k.$$

偶次冪級數解

取 $k=0$：

此題為求解受迫振動的二階線性非齊次微分方程。系統的運動方程為 $my'' + cy' + ky = F(t)$。
給定參數：$m=1$, $c=6$, $k=9$。
初始條件：$y(0)=0$, $y'(0)=0$。

方程變為：$y'' + 6y' + 9y = F(t)$。

首先求解齊次方程 $y'' + 6y' + 9y = 0$ 的通解。
特徵方程為 $r^2 + 6r + 9 = 0$。
$(r+3)^2 = 0$。
特徵根為 $r_1 = r_2 = -3$ (重根)。
齊次解為 $y_h(t) = C_1 e^{-3t} + C_2 t e^{-3t}$。

(1). 求解當外力為 $F(t) = e^{-3t}$ 時的特解 $y_p(t)$。
由於外力 $e^{-3t}$ 與齊次解中的 $e^{-3t}$ 和 $t e^{-3t}$ 形式重複（-3 是特徵方程的重根），我們假設特解的形式為 $y_p(t) = A t^2 e^{-3t}$。
計算其導數：
$y_p'(t) = A (2t e^{-3t} - 3t^2 e^{-3t}) = A e^{-3t} (2t - 3t^2)$
$y_p''(t) = A [-3e^{-3t} (2t - 3t^2) + e^{-3t} (2 - 6t)]$
$= A e^{-3t} [-6t + 9t^2 + 2 - 6t]$
$= A e^{-3t} [9t^2 - 12t + 2]$

將 $y_p$, $y_p'$, $y_p''$ 代入非齊次方程 $y'' + 6y' + 9y = e^{-3t}$：
$A e^{-3t} [9t^2 - 12t + 2] + 6 A e^{-3t} [2t - 3t^2] + 9 A t^2 e^{-3t} = e^{-3t}$
除以 $e^{-3t}$：
$A (9t^2 - 12t + 2) + 6A (2t - 3t^2) + 9A t^2 = 1$
$9At^2 - 12At + 2A + 12At - 18At^2 + 9At^2 = 1$
合併 $t^2$ 項：$(9 - 18 + 9)At^2 = 0 \cdot At^2 = 0$
合併 $t$ 項：$(-12 + 12)At = 0 \cdot At = 0$
常數項：$2A = 1 \implies A = \frac{1}{2}$。

所以特解為 $y_p(t) = \frac{1}{2} t^2 e^{-3t}$。
通解為 $y(t) = y_h(t) + y_p(t) = C_1 e^{-3t} + C_2 t e^{-3t} + \frac{1}{2} t^2 e^{-3t}$。

應用初始條件 $y(0)=0$ 和 $y'(0)=0$。
$y(0) = C_1 e^0 + C_2 \cdot 0 \cdot e^0 + \frac{1}{2} \cdot 0^2 \cdot e^0 = C_1 = 0$。
所以 $C_1 = 0$。

現在計算 $y'(t)$:
$y'(t) = C_2 e^{-3t} - 3C_2 t e^{-3t} + \frac{1}{2} (2t e^{-3t} - 3t^2 e^{-3t})$
$y'(t) = C_2 e^{-3t} - 3C_2 t e^{-3t} + t e^{-3t} - \frac{3}{2} t^2 e^{-3t}$
$y'(t) = e^{-3t} (C_2 - 3C_2 t + t - \frac{3}{2} t^2)$

應用 $y'(0)=0$:
$y'(0) = e^0 (C_2 - 0 + 0 - 0) = C_2 = 0$。
所以 $C_2 = 0$。

因此，當外力為 $F(t) = e^{-3t}$ 時，解為 $y(t) = \frac{1}{2} t^2 e^{-3t}$。

(2). 求解當外力為 $F(t) = \begin{cases} e^{-3t} & 1 < t < 2 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$ 時的解。
這是一個分段函數的外力。我們需要先求解 $1 < t < 2$ 這段區間的解。
在 $1 < t < 2$ 區間，方程為 $y'' + 6y' + 9y = e^{-3t}$。
我們已經知道齊次解為 $y_h(t) = C_1 e^{-3t} + C_2 t e^{-3t}$，特解為 $y_p(t) = \frac{1}{2} t^2 e^{-3t}$。
所以，對於 $1 < t < 2$ 區間，通解為 $y(t) = C_1 e^{-3t} + C_2 t e^{-3t} + \frac{1}{2} t^2 e^{-3t}$。

然而，初始條件 $y(0)=0, y'(0)=0$ 是在 $t=0$ 時給出的，這段時間外力是 0。
所以，對於 $0 \le t \le 1$，方程是 $y'' + 6y' + 9y = 0$。
此時的解為 $y(t) = y_h(t) = C_1 e^{-3t} + C_2 t e^{-3t}$。
應用初始條件 $y(0)=0, y'(0)=0$：
$y(0) = C_1 = 0$。
$y'(t) = C_2 e^{-3t} - 3C_2 t e^{-3t}$。
$y'(0) = C_2 = 0$。
所以，在 $0 \le t \le 1$ 區間，解為 $y(t) = 0$。

現在考慮 $t=1$ 時的邊界條件。由於解必須連續且其導數也必須連續（因為方程本身在 $t=1$ 處是連續的），我們需要使用 $t=1$ 時的條件來確定 $1 < t < 2$ 區間的係數。
在 $t=1$ 時，外力從 $0$ 變為 $e^{-3(1)} = e^{-3}$。
方程在 $t=1$ 處的右端值是 $e^{-3}$。
對於 $t \le 1$，解是 $y(t)=0$。
所以，在 $t=1$ 時，我們有：
$y(1) = 0$
$y'(1) = 0$

現在我們將這些條件應用到 $1 < t < 2$ 區間的通解 $y(t) = C_1 e^{-3t} + C_2 t e^{-3t} + \frac{1}{2} t^2 e^{-3t}$。
由於外力在 $t=1$ 時發生變化，我們需要考慮方程在 $t=1$ 的右側。
方程為 $y'' + 6y' + 9y = e^{-3t}$。
我們需要求解這個方程，並使得在 $t=1$ 時，解與其導數與 $t \le 1$ 時的解（即 $y=0, y'=0$）連續。