109 年 國立臺灣大學應用數學科學研究所碩士班應用數學組《微分方程》

核心觀念

本題可改寫為微分形式，並尋找適當的積分因子，使其成為恰當微分方程。

原式為

$$y'=\frac{20(x\cos y-e^y)}{x(4x\sin y+5e^y)}.$$

因此

$$20(x\cos y-e^y)\,dx-x(4x\sin y+5e^y)\,dy=0.$$

設

$$M(x,y)=20(x\cos y-e^y),\qquad N(x,y)=-x(4x\sin y+5e^y).$$

若 $M_y\neq N_x$，可尋找積分因子 $\mu(x)$ 或 $\mu(y)$，使乘上後成為恰當微分方程。

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解題方法：尋找積分因子

先計算

$$M_y=-20x\sin y-20e^y,$$

以及

$$N_x=-8x\sin y-5e^y.$$

所以

$$M_y-N_x =-12x\sin y-15e^y =-3(4x\sin y+5e^y).$$

由於

$$N=-x(4x\sin y+5e^y),$$

可得

$$\frac{M_y-N_x}{N} =\frac{-3(4x\sin y+5e^y)} {-x(4x\sin y+5e^y)} =\frac{3}{x}.$$

此量只與 $x$ 有關，因此積分因子可取為

$$\mu(x)=\exp\left(\int \frac{3}{x}\,dx\right) =x^3, \qquad x\neq 0.$$

將原微分方程乘上 $x^3$：

$$20x^3(x\cos y-e^y)\,dx -x^4(4x\sin y+5e^y)\,dy=0.$$

此時

$$\widetilde M=20x^3(x\cos y-e^y),$$ $$\widetilde N=-x^4(4x\sin y+5e^y).$$

驗證恰當性：

$$\frac{\partial \widetilde M}{\partial y} =-20x^4\sin y-20x^3e^y,$$ $$\frac{\partial \widetilde N}{\partial x} =-20x^4\sin y-20x^3e^y.$$

故此方程為恰當微分方程。

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求勢函數

令勢函數為 $F(x,y)$，使得

此題為二階線性常係數非齊次微分方程，其解為齊次方程的通解加上非齊次方程的一個特解。

第一步：求解齊次方程 $y'' + 2y' + 2y = 0$ 的通解。
特徵方程為 $r^2 + 2r + 2 = 0$。
使用求根公式：
$r = \frac{-2 \pm \sqrt{2^2 - 4(1)(2)}}{2(1)} = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 8}}{2} = \frac{-2 \pm \sqrt{-4}}{2} = \frac{-2 \pm 2i}{2} = -1 \pm i$
特徵根是複數根 $r_1 = -1 + i$ 和 $r_2 = -1 - i$。
此時，齊次方程的通解形式為 $y_h(t) = e^{\alpha t} (C_1 \cos(\beta t) + C_2 \sin(\beta t))$，其中 $\alpha = -1$ 且 $\beta = 1$。
所以，齊次通解為 $y_h(t) = e^{-t} (C_1 \cos t + C_2 \sin t)$。

第二步：求解非齊次方程 $y'' + 2y' + 2y = e^{-t} \tan(t)$ 的一個特解 $y_p(t)$。
由於非齊次項 $g(t) = e^{-t} \tan(t)$ 的形式比較特殊，無法直接使用待定係數法。我們將使用變參法（Variation of Parameters）。

設特解為 $y_p(t) = u_1(t) y_1(t) + u_2(t) y_2(t)$，其中 $y_1(t) = e^{-t} \cos t$ 且 $y_2(t) = e^{-t} \sin t$ 是齊次方程的兩個線性獨立解。
根據變參法，我們需要求解以下方程組：
$u_1' y_1 + u_2' y_2 = 0$
$u_1' y_1' + u_2' y_2' = g(t)$
其中 $g(t) = e^{-t} \tan(t)$。

首先計算 $y_1'(t)$ 和 $y_2'(t)$：
$y_1(t) = e^{-t} \cos t$
$y_1'(t) = -e^{-t} \cos t - e^{-t} \sin t = -e^{-t}(\cos t + \sin t)$

$y_2(t) = e^{-t} \sin t$
$y_2'(t) = -e^{-t} \sin t + e^{-t} \cos t = e^{-t}(\cos t - \sin t)$

方程組變為：
$u_1' (e^{-t} \cos t) + u_2' (e^{-t} \sin t) = 0 \quad \implies \quad u_1' \cos t + u_2' \sin t = 0 \quad (1)$
$u_1' [-e^{-t}(\cos t + \sin t)] + u_2' [e^{-t}(\cos t - \sin t)] = e^{-t} \tan t$
$u_1' [-(\cos t + \sin t)] + u_2' (\cos t - \sin t) = \tan t \quad (2)$

從方程 (1)，我們得到 $u_1' \cos t = -u_2' \sin t$。
如果 $\cos t \neq 0$，則 $u_1' = -u_2' \frac{\sin t}{\cos t} = -u_2' \tan t$。
將此代入方程 (2)：
$(-u_2' \tan t) [-(\cos t + \sin t)] + u_2' (\cos t - \sin t) = \tan t$
$u_2' (\tan t)(\cos t + \sin t) + u_2' (\cos t - \sin t) = \tan t$

核心觀念

將系統寫成矩陣形式：

$$\mathbf{X}'=A\mathbf{X}, \qquad \mathbf{X}= \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}, \qquad A= \begin{pmatrix} 5&1&-4\\ 3&5&-7\\ 2&1&-1 \end{pmatrix}.$$

對常係數線性系統，解法是求矩陣 $A$ 的特徵值與特徵向量。若 $A$ 不可對角化，則需使用廣義特徵向量與 Jordan 鏈。

平衡解滿足

$$\mathbf{X}'=\mathbf{0},$$

因此必須解

$$A\mathbf{X}=\mathbf{0}.$$

穩定性則由特徵值判定：

• 存在特徵值實部大於 $0$：平衡點不穩定。
• 所有特徵值實部小於 $0$：漸近穩定。
• 所有特徵值實部小於或等於 $0$，且實部為 $0$ 的特徵值沒有非平凡 Jordan 塊：穩定但不漸近穩定。

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(a) 求系統的一般解

1. 求特徵值

特徵方程為

$$\det(A-\lambda I)=0.$$

其中

$$A-\lambda I= \begin{pmatrix} 5-\lambda&1&-4\\ 3&5-\lambda&-7\\ 2&1&-1-\lambda \end{pmatrix}.$$

計算行列式得

$$\det(A-\lambda I)=-(\lambda-3)^3.$$

因此唯一特徵值為

$$\lambda=3,$$

且其代數重數為 $3$。

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2. 求特徵向量

令

$$N=A-3I= \begin{pmatrix} 2&1&-4\\ 3&2&-7\\ 2&1&-4 \end{pmatrix}.$$

特徵向量 $\mathbf{v}_1$ 滿足

$$N\mathbf{v}_1=\mathbf{0}.$$

設 $\mathbf{v}_1=(a,b,c)^T$，則

$$2a+b-4c=0,$$ $$3a+2b-7c=0.$$

兩式相減可得

$$a+b-3c=0.$$

取 $c=1$，可得 $a=1$、$b=2$，所以

$$\mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix}.$$

由於只有一個線性獨立的特徵向量，矩陣 $A$ 不可對角化，需要尋找廣義特徵向量。

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3. 建立 Jordan 鏈

尋找 $\mathbf{v}_2$ 使得

$$N\mathbf{v}_2=\mathbf{v}_1.$$

取

$$\mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix},$$

則

$$N\mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} = \mathbf{v}_1.$$

再尋找 $\mathbf{v}_3$ 使得

$$N\mathbf{v}_3=\mathbf{v}_2.$$

取

$$\mathbf{v}_3= \begin{pmatrix} 0\\4\\1 \end{pmatrix},$$

則

$$N\mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix} = \mathbf{v}_2.$$

因此得到 Jordan 鏈：

$$N\mathbf{v}_1=\mathbf{0}, \qquad N\mathbf{v}_2=\mathbf{v}_1, \qquad N\mathbf{v}_3=\mathbf{v}_2.$$

因為

$$A=3I+N,$$

且 $N^3=0$，所以

$$e^{At}=e^{3t}e^{Nt} =e^{3t}\left(I+tN+\frac{t^2}{2}N^2\right).$$

由 Jordan 鏈可得三個線性獨立解：

$$\mathbf{X}_1(t)=e^{3t}\mathbf{v}_1,$$ $$\mathbf{X}_2(t)=e^{3t}(t\mathbf{v}_1+\mathbf{v}_2),$$ $$\mathbf{X}_3(t) =e^{3t}\left(\frac{t^2}{2}\mathbf{v}_1+t\mathbf{v}_2+\mathbf{v}_3\right).$$

此題考驗對三階線性齊次微分方程解的性質，特別是 Wronskian 的性質。

核心觀念：
對於一個 $n$ 階線性齊次微分方程，其 $n$ 個線性獨立解的 Wronskian 要麼恆為零，要麼在整個定義區間上恆不為零。

證明：
令 $W(t)$ 為方程 (1) 的三個解 $y_1(t)$, $y_2(t)$, $y_3(t)$ 的 Wronskian，定義如下：
$W(t) = \det \begin{pmatrix} y_1(t) & y_2(t) & y_3(t) \\ y_1'(t) & y_2'(t) & y_3'(t) \\ y_1''(t) & y_2''(t) & y_3''(t) \end{pmatrix}$
我們知道，若 $y_1, y_2, y_3$ 是線性獨立解，則 $W(t) \neq 0$ 對於所有 $t \in I$。
若 $y_1, y_2, y_3$ 是線性相關解，則 $W(t) = 0$ 對於所有 $t \in I$。

Abel's Identity 指出，對於 $n$ 階線性齊次微分方程 $y^{(n)} + a_{n-1}(t)y^{(n-1)} + \dots + a_0(t)y = 0$，其 Wronskian $W(t)$ 滿足：
$W'(t) + a_{n-1}(t) W(t) = 0$
在這個問題中，$n=3$，且方程為 $y''' + p(t)y'' + q(t)y' + r(t)y = 0$。
因此，$a_{n-1}(t) = p(t)$。
Abel's Identity 變為：
$W'(t) + p(t) W(t) = 0$
這是一個關於 $W(t)$ 的一階線性齊次微分方程。
我們可以將其寫成：
$\frac{dW}{dt} = -p(t) W(t)$
如果 $W(t) \neq 0$，我們可以將兩邊同除以 $W(t)$：
$\frac{1}{W(t)} \frac{dW}{dt} = -p(t)$
對兩邊積分，從某個點 $t_0 \in I$ 到任意點 $t \in I$：
$\int_{t_0}^{t} \frac{1}{W(\tau)} \frac{dW}{d\tau} d\tau = \int_{t_0}^{t} -p(\tau) d\tau$