111 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
此題考查 非齊次波動方程的特解與齊次解的分離，以及 利用零初始條件判斷齊次解恆為零 的概念。重點在於：先找一個滿足整個 PDE（含來源項 $x$）的簡單特解，然後將原方程化為純粹的齊次波動方程，最後利用初始條件判斷齊次部的唯一解。

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解題步驟

1. 寫成特解與齊次解的分離形式

   設
   $u(x,t)=v(x,t)+w(x,t)$
   其中 $w$ 為 特解（滿足整個非齊次 PDE），$v$ 為 齊次解（滿足 $v_{tt}=v_{xx}$）。

2. 猜測特解的形狀

   右側的非齊次項只含 $x$，且不依賴 $t$，因此可嘗試讓 $w$ 為 $t$ 的多項式乘以 $x$ 的函數。
   假設
   $w(x,t)=a(x)\,t^{2}$
   代入原方程：

$w_{tt}=2a(x),\qquad w_{xx}=a''(x)\,t^{2}$

因而

$2a(x)=a''(x)\,t^{2}+x .$

為了讓等式在所有 $t$ 上成立，必須把 $t^{2}$ 的係數與常數項分別匹配：

• $t^{2}$ 的係數：; $a''(x)=0\;\Longrightarrow\;a(x)=A x+B$
• 常數項：; $2a(x)=x\;\Longrightarrow\;2(Ax+B)=x$

由此得到

核心概念
本題屬於常係數線性第二階非齊次微分方程，求解步驟分為兩大部份

1. 求齊次方程的通解（特徴解）
2. 用待定係數法找一個與右端 forcing term 相同形式的特解，然後套用疊加原理得到完整解，再由初值條件決定常數。

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(a) 齊次解 (Homogeneous solution)

齊次方程

$y''+y=0$

特徵方程 $r^{2}+1=0$ → 根 $r=\pm i$。
因此齊次解為

$y_h(t)=C_{1}\cos t+C_{2}\sin t .$

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(b) Particular solution (特解)

右端為 $e^{-t}\cos 2t$，其形式是指數乘以三角函數。
對於線性恆係數 ODE，待定係數法建議取同樣的指數與三角函數形式：

$y_p(t)=e^{-t}\bigl(A\cos 2t+B\sin 2t\bigr).$

為什麼不需要再乘上 $t$？
齊次解的指數部分是 $e^{0t}=1$，而不是 $e^{-t}$，所以 $e^{-t}$ 不會與齊次解產生共鳴，不必乘上額外的 $t$。

把 $y_p$ 代入原方程計算 $y_p''+y_p$。

$$\begin{aligned} y_p' &= e^{-t}\bigl[(-A+2B)\cos 2t+(-B-2A)\sin 2t\bigr],\\ y_p''&=e^{-t}\bigl[(-C+2D)\cos 2t+(-D-2C)\sin 2t\bigr], \end{aligned}$$

其中 $C=-A+2B,\;D=-B-2A$。

整理後得到

$y_p''+y_p=e^{-t}\Bigl[(-2A-4B)\cos 2t+(4A-2B)\sin 2t\Bigr].$

要求此表達式等於右端 $e^{-t}\cos 2t$，得到系統

核心觀念
本題屬於 一階線性常係數齊次系統 + 非齊次項 的初值問題。解題步驟：

1. 把系統寫成向量形式 $X' = AX + f(t)$（$A$ 為常係數矩陣，$f(t)$ 為外加函數）。
2. 先解齊次系統 $X' = AX$，利用 特徵值–特徵向量 或 矩陣指數 求通解。
3. 再以 未定係數法 為 $f(t)=\bigl(\sin t,0\bigr)^T$ 求一個特解。
4. 把齊次解與特解相加，利用 初始條件 求出常數。

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1. 向量化與齊次部分

$$X(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix}, \qquad A=\begin{pmatrix}5&-1\\3&1\end{pmatrix}, \qquad f(t)=\begin{pmatrix}\sin t\\0\end{pmatrix}.$$

齊次系統

$X'(t)=AX(t)$

的特徵方程

$$\det(A-\lambda I)=\begin{vmatrix}5-\lambda&-1\\3&1-\lambda\end{vmatrix} =(5-\lambda)(1-\lambda)+3 =\lambda^{2}-6\lambda+8=(\lambda-2)(\lambda-4)=0.$$

得到 特徵值 $\lambda_1=2,\;\lambda_2=4$。

• $\lambda_1=2$ 時

$$(A-2I)v=0\;\Rightarrow\; \begin{pmatrix}3&-1\\3&-1\end{pmatrix}v=0 \Longrightarrow v_1=\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}.$$

• $\lambda_2=4$ 時

$$(A-4I)v=0\;\Rightarrow\; \begin{pmatrix}1&-1\\3&-3\end{pmatrix}v=0 \Longrightarrow v_2=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}.$$

因此齊次解為

$$X_h(t)=c_1e^{2t}\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix} +c_2e^{4t}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}, \qquad c_1,c_2\in\mathbb{R}.$$

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2. 非齊次特解（未定係數法）

因 $f(t)=(\sin t,0)^T$ 為正弦項，假設特解形態為

$$X_p(t)=\begin{pmatrix}a\sin t+b\cos t\\c\sin t+d\cos t\end{pmatrix}, \quad a,b,c,d\ {\rm 為常數}.$$

計算導數

$X_p'(t)=\begin{pmatrix}a\cos t-b\sin t\\c\cos t-d\sin t\end{pmatrix}.$

把 $X_p$、$X_p'$ 代入原系統

核心觀念
此題屬於線性恆係數常微分方程的求解與初值問題。重點在於：

1. 由常係數二階 ODE 建立特徣方程 (characteristic equation)。
2. 判斷特徣根的型態（實根、重根或共軛複根），並寫出通解的基本形式。
3. 用給定的初始條件 $y(0)$、$y'(0)$ 求出通解中的常數。

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(a) 建立特徣方程與求根

原方程式

$9y''-6y'+y=0$

假設解的形式為 $y=e^{\lambda x}$（此處 $x$ 代表自變數 $t$，為方便寫成 $x$），代入得

$9\lambda^{2}e^{\lambda x}-6\lambda e^{\lambda x}+e^{\lambda x}=0$

除去公共因子 $e^{\lambda x}\neq0$，得到特徣方程

$9\lambda^{2}-6\lambda+1=0$

這是一個二次方程式，使用求根公式

$$\lambda=\frac{6\pm\sqrt{(-6)^{2}-4\cdot9\cdot1}}{2\cdot9} =\frac{6\pm\sqrt{36-36}}{18} =\frac{6}{18} =\frac13 .$$

根號下為 $0$，因此 只有一個重根 $\lambda_{1}= \lambda_{2}= \dfrac13$。

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(b) 寫出通解

對於二階恆係數 ODE，若特徣方程有重根 $\lambda$，其通解形式為

$y(x)=\big(C_{1}+C_{2}x\big)e^{\lambda x}.$

代入 $\lambda=\dfrac13$，得到

$y(x)=\big(C_{1}+C_{2}x\big)e^{\frac{x}{3}}.$

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(c) 套用初始條件求常數

條件 1： $y(0)=2$

核心觀念
本題屬於一階線性偏微分方程，可利用 特徵線法 (method of characteristics) 把偏微分方程化為常微分方程，再結合給定的邊界條件求得唯一解。

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解題過程

1. 寫成特徵方程式

原方程式

$$u_x+u_y+u=e^{x+2y} \tag{1}$$

將 $x$、$y$、$u$ 看成沿特徵曲線的參數 $t$ 的函數，則特徵方程式為

$$\frac{dx}{dt}=1,\qquad \frac{dy}{dt}=1,\qquad \frac{du}{dt}=e^{x+2y}-u . \tag{2}$$

為什麼這樣寫？
在特徵線上，偏導數 $u_x$、$u_y$ 會透過鏈式法則變成 $du/dt$，而係數 $1$、$1$ 則是方程式中 $u_x$、$u_y$ 的係數。

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2. 求特徵曲線

由 $\displaystyle \frac{dx}{dt}=1$ 與 $\displaystyle \frac{dy}{dt}=1$ 可得

$x=t+C_1,\qquad y=t+C_2 .$

消去參數 $t$，得到特徵線的關係式

$$x-y=C_1-C_2=:k \quad\Longrightarrow\quad k=x-y . \tag{3}$$

因此特徵線是平行於斜率 $1$ 的直線，常數 $k$ 表示不同的特徵。

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3. 在特徵線上求 $u(t)$

把 $x=t+C_1,\; y=t+C_2$ 代入第三個特徵方程

$$\frac{du}{dt}=e^{x+2y}-u =e^{(t+C_1)+2(t+C_2)}-u =e^{3t+(C_1+2C_2)}-u .$$

令 $A:=e^{C_1+2C_2}$（與特徵常數 $k$ 有關），則

$$\frac{du}{dt}+u=A\,e^{3t}. \tag{4}$$

這是一階線性常微分方程，使用積分因子 $e^{t}$：

$\frac{d}{dt}\!\bigl(e^{t}u\bigr)=A\,e^{4t}.$

積分得到

$$e^{t}u=A\int e^{4t}\,dt + C_3 =\frac{A}{4}\,e^{4t}+C_3 .$$

故

$$u(t)=\frac{A}{4}\,e^{3t}+C_3 e^{-t}. \tag{5}$$

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4. 用初始條件確定常數

初始條件給定在 $y=0$ 時的值：$u(x,0)=0$。