109 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。

---

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。

---

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，考驗利用參數變易法 (Variation of Parameters) 或待定係數法 (Method of Undetermined Coefficients) 求解的方法。由於非齊次項 $e^{-t} \tan(t)$ 包含 $\tan(t)$，待定係數法較難處理，故採用參數變易法。

首先，求解齊次方程 $y'' + 2y' + 2y = 0$ 的通解。
特徵方程為 $r^2 + 2r + 2 = 0$。
利用二次公式求解根：
$r = \frac{-2 \pm \sqrt{2^2 - 4(1)(2)}}{2(1)} = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 8}}{2} = \frac{-2 \pm \sqrt{-4}}{2} = \frac{-2 \pm 2i}{2} = -1 \pm i$
特徵根為複數根 $r_1 = -1 + i$ 和 $r_2 = -1 - i$。
因此，齊次方程的通解為：
$y_h(t) = e^{-t}(c_1 \cos t + c_2 \sin t)$
其中 $c_1, c_2$ 為任意常數。

令 $y_1(t) = e^{-t} \cos t$ 且 $y_2(t) = e^{-t} \sin t$。
接下來，我們使用參數變易法。假設非齊次方程的特解形式為 $y_p(t) = u_1(t) y_1(t) + u_2(t) y_2(t)$。
我們需要求解 $u_1(t)$ 和 $u_2(t)$，它們滿足以下方程組：
$u_1' y_1 + u_2' y_2 = 0$
$u_1' y_1' + u_2' y_2' = g(t)$
其中 $g(t) = e^{-t} \tan(t)$。

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

計算 Wronskian $W(y_1, y_2)$:
$W(y_1, y_2) = y_1 y_2' - y_1' y_2$
$= (e^{-t} \cos t) [e^{-t}(\cos t - \sin t)] - [-e^{-t}(\cos t + \sin t)] (e^{-t} \sin t)$
$= e^{-2t} (\cos^2 t - \cos t \sin t) + e^{-2t} (\cos t \sin t + \sin^2 t)$
$= e^{-2t} (\cos^2 t + \sin^2 t) = e^{-2t}$

現在，我們用 Cramer's rule 來求解 $u_1'$ 和 $u_2'$：

此題考驗求解三維線性齊次自治微分方程組的通解，以及分析平衡點的穩定性。

(a.) 求解通解

首先，將微分方程組寫成矩陣形式 $\mathbf{x}' = A \mathbf{x}$，其中 $\mathbf{x} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ 且 $A = \begin{pmatrix} 5 & 1 & -4 \\ 3 & 5 & -7 \\ 2 & 1 & -1 \end{pmatrix}$。

求解特徵值 (eigenvalues) $\lambda$，即解 $\det(A - \lambda I) = 0$。
$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 5-\lambda & 1 & -4 \\ 3 & 5-\lambda & -7 \\ 2 & 1 & -1-\lambda \end{pmatrix}$
計算行列式：
$\det(A - \lambda I) = (5-\lambda) \left| \begin{matrix} 5-\lambda & -7 \\ 1 & -1-\lambda \end{matrix} \right| - 1 \left| \begin{matrix} 3 & -7 \\ 2 & -1-\lambda \end{matrix} \right| + (-4) \left| \begin{matrix} 3 & 5-\lambda \\ 2 & 1 \end{matrix} \right|$
$= (5-\lambda) [ (5-\lambda)(-1-\lambda) - (-7)(1) ] - [ 3(-1-\lambda) - (-7)(2) ] - 4 [ 3(1) - (5-\lambda)(2) ]$
$= (5-\lambda) [ -(5-\lambda)(1+\lambda) + 7 ] - [ -3 - 3\lambda + 14 ] - 4 [ 3 - (10 - 2\lambda) ]$
$= (5-\lambda) [ -(5 + 5\lambda - \lambda - \lambda^2) + 7 ] - [ 11 - 3\lambda ] - 4 [ 3 - 10 + 2\lambda ]$
$= (5-\lambda) [ -5 - 4\lambda + \lambda^2 + 7 ] - [ 11 - 3\lambda ] - 4 [ -7 + 2\lambda ]$
$= (5-\lambda) [ \lambda^2 - 4\lambda + 2 ] - 11 + 3\lambda + 28 - 8\lambda$
$= (5\lambda^2 - 20\lambda + 10 - \lambda^3 + 4\lambda^2 - 2\lambda) + 17 - 5\lambda$
$= -\lambda^3 + 9\lambda^2 - 22\lambda + 10 + 17 - 5\lambda$
$= -\lambda^3 + 9\lambda^2 - 27\lambda + 27$
令 $-\lambda^3 + 9\lambda^2 - 27\lambda + 27 = 0$，即 $\lambda^3 - 9\lambda^2 + 27\lambda - 27 = 0$。
這是一個立方公式 $(a-b)^3 = a^3 - 3a^2b + 3ab^2 - b^3$ 的形式。
令 $a = \lambda$, $b = 3$。
$(\lambda - 3)^3 = \lambda^3 - 3(\lambda^2)(3) + 3(\lambda)(3^2) - 3^3 = \lambda^3 - 9\lambda^2 + 27\lambda - 27$。
所以，特徵方程為 $(\lambda - 3)^3 = 0$。
特徵值為 $\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 3$ (重根)。

由於有重根，我們需要尋找廣義特徵向量 (generalized eigenvectors)。
首先，尋找對應於 $\lambda = 3$ 的特徵向量 $\mathbf{v}_1$。
解 $(A - 3I)\mathbf{v}_1 = \mathbf{0}$。
$A - 3I = \begin{pmatrix} 5-3 & 1 & -4 \\ 3 & 5-3 & -7 \\ 2 & 1 & -1-3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 \\ 3 & 2 & -7 \\ 2 & 1 & -4 \end{pmatrix}$
進行高斯消去：
$R_2 \leftarrow R_2 - \frac{3}{2}R_1$: $\begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 \\ 0 & 1/2 & -1 \\ 2 & 1 & -4 \end{pmatrix}$
$R_3 \leftarrow R_3 - R_1$: $\begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 \\ 0 & 1/2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
$R_2 \leftarrow 2R_2$: $\begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
$R_1 \leftarrow R_1 - R_2$: $\begin{pmatrix} 2 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
$R_1 \leftarrow \frac{1}{2}R_1$: $\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
得到方程組：
$x - z = 0 \implies x = z$
$y - 2z = 0 \implies y = 2z$
令 $z = 1$，則特徵向量為 $\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}$。

由於 $\lambda = 3$ 是代數重數為 3 的根，我們需要尋找廣義特徵向量。
首先，尋找 $\mathbf{v}_2$ 使得 $(A - 3I)\mathbf{v}_2 = \mathbf{v}_1$。
$\begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 \\ 3 & 2 & -7 \\ 2 & 1 & -4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}$
使用矩陣形式：
$\begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 & | & 1 \\ 3 & 2 & -7 & | & 2 \\ 2 & 1 & -4 & | & 1 \end{pmatrix}$
高斯消去：
$R_2 \leftarrow R_2 - \frac{3}{2}R_1$: $\begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 & | & 1 \\ 0 & 1/2 & -1 & | & 1/2 \\ 2 & 1 & -4 & | & 1 \end{pmatrix}$
$R_3 \leftarrow R_3 - R_1$: $\begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 & | & 1 \\ 0 & 1/2 & -1 & | & 1/2 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{pmatrix}$
$R_2 \leftarrow 2R_2$: $\begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 & | & 1 \\ 0 & 1 & -2 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{pmatrix}$

此題考驗對三階線性齊次常微分方程解空間的 Wronskian 性質的理解。題目要求證明 Wronskian $W(y_1, y_2, y_3)$ 要么恆為零，要么恆不為零。

核心觀念：對於一個 $n$ 階線性齊次常微分方程，其任意 $n$ 個解的 Wronskian 要么恆為零 (如果這 $n$ 個解線性相關)，要么恆不為零 (如果這 $n$ 個解線性獨立)。

令 $W(t) = W(y_1, y_2, y_3)(t)$ 為方程 (1) 的三個解 $y_1, y_2, y_3$ 的 Wronskian。
$W(t) = \det \begin{pmatrix} y_1 & y_2 & y_3 \\ y_1' & y_2' & y_3' \\ y_1'' & y_2'' & y_3'' \end{pmatrix}$。

根據 Abel's Identity，對於 $n$ 階線性齊次常微分方程 $y^{(n)} + p_{n-1}(t) y^{(n-1)} + \dots + p_0(t) y = 0$，其 Wronskian $W(t)$ 滿足：
$W'(t) + p_{n-1}(t) W(t) = 0$
在這個問題中，方程是三階的，即 $n=3$。方程為 $y''' + p(t)y'' + q(t)y' + r(t)y = 0$。
所以，對應的 $p_{n-1}(t)$ 是 $p(t)$。
Abel's Identity 變為：
$W'(t) + p(t) W(t) = 0$

這是一個一階線性齊次常微分方程。我們可以求解 $W(t)$。
將方程改寫為：
$\frac{dW}{dt} = -p(t) W(t)$
$\frac{dW}{W} = -p(t) dt$