108 年 國立臺灣大學數學系碩士班《常微分方程式》

核心觀念

本題考查：

1. 矩陣指數 $e^{At}$ 的計算。
2. 區塊上三角矩陣的指數公式。
3. 常係數非齊次線性微分方程組的變數變換法。
4. 齊次解、特解與初始條件的應用。

將矩陣寫成區塊形式：

$$A= \begin{pmatrix} 1 & C\\ 0 & B \end{pmatrix}, \qquad C=\begin{pmatrix}-8&8\end{pmatrix}, \qquad B=\begin{pmatrix}4&1\\-6&9\end{pmatrix}.$$

對此類矩陣，有

$$e^{At} = \begin{pmatrix} e^t & \displaystyle\int_0^t e^{t-s}Ce^{Bs}\,ds\\ 0&e^{Bt} \end{pmatrix}.$$

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解題方法

一、計算 $e^{Bt}$

矩陣 $B$ 的特徵多項式為

$$\det(B-\lambda I) = \begin{vmatrix} 4-\lambda&1\\ -6&9-\lambda \end{vmatrix} = (4-\lambda)(9-\lambda)+6.$$

因此

$$\det(B-\lambda I) = \lambda^2-13\lambda+42 = (\lambda-6)(\lambda-7).$$

故 $B$ 的特徵值為 $6,7$。對應的投影矩陣為

$$P_6=7I-B = \begin{pmatrix} 3&-1\\ 6&-2 \end{pmatrix},$$ $$P_7=B-6I = \begin{pmatrix} -2&1\\ -6&3 \end{pmatrix}.$$

由於 $P_6+P_7=I$，且 $B=6P_6+7P_7$，所以

$$e^{Bt}=e^{6t}P_6+e^{7t}P_7.$$

因此

$$e^{Bt} = \begin{pmatrix} 3e^{6t}-2e^{7t}&-e^{6t}+e^{7t}\\ 6e^{6t}-6e^{7t}&-2e^{6t}+3e^{7t} \end{pmatrix}.$$

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二、計算右上角區塊

先計算 $Ce^{Bs}$：

$$CP_6 = \begin{pmatrix}-8&8\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3&-1\\ 6&-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}24&-8\end{pmatrix},$$ $$CP_7 = \begin{pmatrix}-8&8\end{pmatrix} \begin{pmatrix} -2&1\\ -6&3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-32&16\end{pmatrix}.$$

故

$$Ce^{Bs} = \begin{pmatrix}24&-8\end{pmatrix}e^{6s} + \begin{pmatrix}-32&16\end{pmatrix}e^{7s}.$$

令右上角區塊為 $F(t)$，則

$$F(t)=\int_0^t e^{t-s}Ce^{Bs}\,ds.$$

分別積分可得

$$F(t) = \frac{1}{5}\begin{pmatrix}24&-8\end{pmatrix} (e^{6t}-e^t) + \frac{1}{6}\begin{pmatrix}-32&16\end{pmatrix} (e^{7t}-e^t).$$

整理後：

$$F(t) = \begin{pmatrix} \displaystyle\frac{24}{5}e^{6t}-\frac{16}{3}e^{7t}+\frac{8}{15}e^t & \displaystyle-\frac{8}{5}e^{6t}+\frac{8}{3}e^{7t}-\frac{16}{15}e^t \end{pmatrix}.$$

因此

$$\boxed{ e^{At} = \begin{pmatrix} e^t & \displaystyle\frac{24}{5}e^{6t}-\frac{16}{3}e^{7t}+\frac{8}{15}e^t & \displaystyle-\frac{8}{5}e^{6t}+\frac{8}{3}e^{7t}-\frac{16}{15}e^t \\[3mm] 0&3e^{6t}-2e^{7t}&-e^{6t}+e^{7t} \\ 0&6e^{6t}-6e^{7t}&-2e^{6t}+3e^{7t} \end{pmatrix} }.$$

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(b) 解非齊次方程組

令

$$x(t)= \begin{pmatrix} x_1(t)\\x_2(t)\\x_3(t) \end{pmatrix}.$$

方程組為

$$\begin{cases} x_1'=x_1-8x_2+8x_3,\\ x_2'=4x_2+x_3+1,\\ x_3'=-6x_2+9x_3, \end{cases}$$

且

本題考查兩個不同類型的常微分方程的解法：一個是齊次方程（或可化為齊次方程），另一個是線性一階常微分方程。

核心觀念：

1. 齊次方程： 若微分方程可寫成 $\frac{dy}{dx} = f(\frac{y}{x})$ 的形式，可令 $v = \frac{y}{x}$，轉換為變數可分離的方程。
2. 線性一階 ODE： $\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)$ 的解法是利用積分因子 $e^{\int P(x) dx}$。
3. 分段函數的解： 當係數或右側函數是分段定義時，需要在分界點處利用連續性條件來連接各段的解。

解題步驟：

(a) $\frac{dy}{dx} = \frac{y^2}{xy + x^2}$

觀察此方程，右側的分母和分子都是同次齊次的。我們可以嘗試將其化為齊次方程。
首先，將右側同時除以 $x^2$:

$$\frac{dy}{dx} = \frac{(y/x)^2}{(y/x) + 1}$$

這是一個齊次方程。令 $v = \frac{y}{x}$，則 $y = vx$。
對 $x$ 微分得到 $\frac{dy}{dx} = v + x \frac{dv}{dx}$。
代入原方程：

$$v + x \frac{dv}{dx} = \frac{v^2}{v + 1}$$ $$x \frac{dv}{dx} = \frac{v^2}{v + 1} - v$$ $$x \frac{dv}{dx} = \frac{v^2 - v(v+1)}{v + 1}$$ $$x \frac{dv}{dx} = \frac{v^2 - v^2 - v}{v + 1}$$ $$x \frac{dv}{dx} = \frac{-v}{v + 1}$$

這是一個變數可分離的方程。將 $v$ 的項移到左邊，$x$ 的項移到右邊：

$$\frac{v + 1}{v} dv = -\frac{1}{x} dx$$ $$\left( 1 + \frac{1}{v} \right) dv = -\frac{1}{x} dx$$

積分兩邊：

$$\int \left( 1 + \frac{1}{v} \right) dv = \int -\frac{1}{x} dx$$ $$v + \ln|v| = -\ln|x| + C_1$$

將 $v = \frac{y}{x}$ 代回：

$$\frac{y}{x} + \ln\left|\frac{y}{x}\right| = -\ln|x| + C_1$$ $$\frac{y}{x} + \ln|y| - \ln|x| = -\ln|x| + C_1$$ $$\frac{y}{x} + \ln|y| = C_1$$

令 $C = e^{C_1}$，則 $e^{y/x + \ln|y|} = e^{C_1}$。
$e^{y/x} e^{\ln|y|} = e^{C_1}$
$|y| e^{y/x} = e^{C_1}$
令 $C = \pm e^{C_1}$，則 $y e^{y/x} = C$。

另外，我們需要檢查是否有解 $v=0$ 或 $v=-1$ 被除掉了。
若 $v=0$, 則 $y=0$. $\frac{dy}{dx}=0$. 原方程右側為 $\frac{0}{x^2}=0$. 所以 $y=0$ 是特解。在 $y e^{y/x} = C$ 中，若 $C=0$，則 $y=0$ (因為 $e^{y/x}>0$)。
若 $v=-1$, 則 $y=-x$. $\frac{dy}{dx}=-1$. 原方程右側為 $\frac{(-x)^2}{x(-x)+x^2} = \frac{x^2}{-x^2+x^2}$, 分母為零，無意義。所以 $y=-x$ 不是解。

【答案】 $y e^{y/x} = C$ (包含 $y=0$ 的情況)。

(b) $\frac{dy}{dx} - \frac{b(x)}{x} y = x^2$, with $y(1) = 3$

核心觀念

本題考查三個重點：

1. 線性齊次常微分方程式的解集合構成向量空間。
2. 係數連續且最高階導數係數不為零時，$n$ 階線性齊次方程式的解空間維度為 $n$。
3. 子空間和的維度公式：

$$\dim(V_1+V_2)=\dim V_1+\dim V_2-\dim(V_1\cap V_2).$$

題目中的 $V_2$ 方程式將最高階項寫成兩次 $z''$。依此類考題的合理排版判定，原式應為

$$3z'''+(t^2-2)z''+tz'-4z=0.$$

以下依此方程式作答。

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一、求 $\dim V_1$

$V_1$ 是方程式

$$y''-ty'+2y=0$$

在區間 $[0,1]$ 上的所有解所形成的解空間。

此方程式是二階線性齊次微分方程式，且最高階導數 $y''$ 的係數為 $1$，在 $[0,1]$ 上連續且不為零。因此，任意初始值

$$y(0)=a,\qquad y'(0)=b$$

皆唯一決定一個解。解由兩個任意常數決定，所以

$$\boxed{\dim V_1=2}.$$

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二、求 $\dim V_2$

$V_2$ 是方程式

$$3z'''+(t^2-2)z''+tz'-4z=0$$

在區間 $[0,1]$ 上的所有解所形成的解空間。

將方程式除以 $3$，可寫成

$$z'''+\frac{t^2-2}{3}z''+\frac{t}{3}z'-\frac43z=0.$$

所有係數在 $[0,1]$ 上連續，因此任意初始值

$$z(0)=a,\qquad z'(0)=b,\qquad z''(0)=c$$

皆唯一決定一個解。共有三個任意初始值，故解空間維度為三：

$$\boxed{\dim V_2=3}.$$

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三、求交集 $V_1\cap V_2$

要找 $V_1\cap V_2$，必須找出同時滿足兩個微分方程式的函數。

若 $u\in V_1$，則

$$u''-tu'+2u=0,$$

所以

$$u''=tu'-2u.$$

對此式微分，得到

$$u'''=u'+tu''-2u' =tu''-u'.$$

代入 $u''=tu'-2u$：

$$u'''=t(tu'-2u)-u' =(t^2-1)u'-2tu.$$

另一方面，$u$ 也必須滿足 $V_2$ 的方程式：

$$3u'''+(t^2-2)u''+tu'-4u=0.$$

代入 $u''$ 與 $u'''$：

$$3\bigl((t^2-1)u'-2tu\bigr) +(t^2-2)(tu'-2u)+tu'-4u=0.$$

核心觀念

本題考查二階常係數非齊次微分方程式：

$$y''+y=g(t).$$

齊次方程式

$$y''+y=0$$

的特徵方程為 $r^2+1=0$，故齊次解為

$$y_h=C_1\cos t+C_2\sin t.$$

非齊次項為週期函數時，需注意是否與自然頻率 $1$ 共振：

• $\beta\neq 1$：不共振，可設特解為 $A\cos(\beta t)$。
• $\beta=1$：發生共振，特解需乘上 $t$，設為 $At\sin t$。

題目中的 $\lim_{s\to\infty}y(t)$ 與 $\lim_{s\to\infty}z(t)$ 變數不一致；以下依題意解讀為 $\lim_{t\to\infty}y(t)$ 與 $\lim_{t\to\infty}z(t)$。

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(a) 求 $y(t)$

情形一：$\beta\neq 1$

方程式為

$$y''+y=2\cos(\beta t).$$

設特解

$$y_p=A\cos(\beta t).$$

則

$$y_p''=-A\beta^2\cos(\beta t),$$

因此

$$y_p''+y_p =A(1-\beta^2)\cos(\beta t).$$

比較係數得

$$A(1-\beta^2)=2, \qquad A=\frac{2}{1-\beta^2}.$$

所以通解為

$$y(t)=C_1\cos t+C_2\sin t +\frac{2}{1-\beta^2}\cos(\beta t).$$

由初始條件 $y(0)=3$：

$$C_1+\frac{2}{1-\beta^2}=3,$$

故

$$C_1=3-\frac{2}{1-\beta^2}.$$

再由

$$y'(t) =-C_1\sin t+C_2\cos t -\frac{2\beta}{1-\beta^2}\sin(\beta t),$$

代入 $y'(0)=0$，得到

$$C_2=0.$$

因此

$$\boxed{ y(t)= \left(3-\frac{2}{1-\beta^2}\right)\cos t +\frac{2}{1-\beta^2}\cos(\beta t) } \qquad (\beta\neq 1).$$

情形二：$\beta=1$

此時方程式為

$$y''+y=2\cos t,$$

右側與齊次解共振。設特解

$$y_p=At\sin t.$$

計算得

$$y_p''+y_p=2A\cos t.$$

比較係數可得 $A=1$，因此

$$y(t)=C_1\cos t+C_2\sin t+t\sin t.$$

由 $y(0)=3$ 得 $C_1=3$；由 $y'(0)=0$ 得 $C_2=0$。故

$$\boxed{ y(t)=3\cos t+t\sin t } \qquad (\beta=1).$$

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(b) 求 $\displaystyle\lim_{t\to\infty}y(t)$

當 $\beta\neq 1$

此時