111 年 國立臺灣大學數學系碩士班《常微分方程式》

這是一道典型的歐拉-柯西方程 (Euler-Cauchy equation)。其標準形式為 $ax^2 y'' + bxy' + cy = 0$。我們可以透過變數變換 $x = e^t$ (或 $t = \ln x$) 將其轉換為具有常係數的線性微分方程。

令 $x = e^t$，則 $t = \ln x$。
$\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt} \frac{dt}{dx} = \frac{dy}{dt} \frac{1}{x}$
$x \frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt}$

$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{x} \frac{dy}{dt} \right) = -\frac{1}{x^2} \frac{dy}{dt} + \frac{1}{x} \frac{d}{dx} \left( \frac{dy}{dt} \right)$
$= -\frac{1}{x^2} \frac{dy}{dt} + \frac{1}{x} \left( \frac{d^2y}{dt^2} \frac{dt}{dx} \right)$
$= -\frac{1}{x^2} \frac{dy}{dt} + \frac{1}{x} \left( \frac{d^2y}{dt^2} \frac{1}{x} \right)$

這是一個非齊次線性微分方程的初值問題，且非齊次項 $g(t)$ 是分段函數。我們將分段求解，並利用初始條件來連接不同區間的解。

首先，考慮 $0 \le t < 6$ 的情況，此時 $g(t) = t$。方程變為：
$y''(t) + y(t) = t$

這是非齊次線性微分方程。其通解為齊次解 $y_h(t)$ 加上特解 $y_p(t)$。
齊次方程為 $y''(t) + y(t) = 0$。特徵方程為 $r^2 + 1 = 0$，根為 $r = \pm i$。
所以齊次解為 $y_h(t) = C_1 \cos t + C_2 \sin t$。

對於特解 $y_p(t)$，由於非齊次項是 $t$，我們假設特解的形式為 $y_p(t) = At + B$。
代入方程：
$(At + B)'' + (At + B) = t$
$0 + At + B = t$
比較係數，得 $A = 1$ 且 $B = 0$。
所以特解為 $y_p(t) = t$。

因此，在 $0 \le t < 6$ 區間內的解為：
$y(t) = y_h(t) + y_p(t) = C_1 \cos t + C_2 \sin t + t$

現在利用初始條件 $y(0) = 0$ 和 $y'(0) = 1$ 來求解 $C_1$ 和 $C_2$。
$y'(t) = -C_1 \sin t + C_2 \cos t + 1$

代入 $t=0$:
$y(0) = C_1 \cos 0 + C_2 \sin 0 + 0 = C_1 = 0$
$y'(0) = -C_1 \sin 0 + C_2 \cos 0 + 1 = C_2 + 1 = 1 \implies C_2 = 0$

所以，在 $0 \le t < 6$ 區間內的解為：
$y(t) = t$

接下來，我們考慮 $t \ge 6$ 的情況，此時 $g(t) = 3$。方程變為：
$y''(t) + y(t) = 3$

此時的齊次解仍然是 $y_h(t) = C_1 \cos t + C_2 \sin t$。
對於特解，假設 $y_p(t) = D$ (常數)。
代入方程：
$D'' + D = 3$
$0 + D = 3 \implies D = 3$
所以特解為 $y_p(t) = 3$。

因此，在 $t \ge 6$ 區間內的解的形式為：
$y(t) = C_1 \cos t + C_2 \sin t + 3$

為了確定 $C_1$ 和 $C_2$，我們需要知道在 $t=6$ 時的函數值和導數值。這些值必須與前一個區間的解在 $t=6$ 時的值相匹配，以保證解的連續性和可微性。

在前一個區間 ($0 \le t < 6$)，我們有 $y(t) = t$。
因此，在 $t=6$ 時：
$y(6) = 6$
$y'(t) = 1$ (對於 $y(t)=t$，其導數為 1)
$y'(6) = 1$

現在將這些值代入 $t \ge 6$ 區間的解的形式 $y(t) = C_1 \cos t + C_2 \sin t + 3$ 及其導數 $y'(t) = -C_1 \sin t + C_2 \cos t$。

在 $t=6$ 時：
$y(6) = C_1 \cos 6 + C_2 \sin 6 + 3 = 6$
$C_1 \cos 6 + C_2 \sin 6 = 3 \quad (*)$

$y'(6) = -C_1 \sin 6 + C_2 \cos 6 = 1 \quad (**)$

我們需要解這個關於 $C_1$ 和 $C_2$ 的聯立方程組。
可以利用矩陣形式來解：

這是一個二階齊次線性微分方程組的初值問題。我們可以使用矩陣方法來求解。

將微分方程組寫成矩陣形式：
$\mathbf{y}'(t) = A \mathbf{y}(t)$
其中 $\mathbf{y}(t) = \begin{pmatrix} x(t) \\ y(t) \end{pmatrix}$ 且 $A = \begin{pmatrix} 5 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}$。

首先，我們需要找到矩陣 $A$ 的特徵值 (eigenvalues) 和特徵向量 (eigenvectors)。
特徵方程為 $\det(A - \lambda I) = 0$：
$\det \begin{pmatrix} 5-\lambda & -1 \\ 3 & 1-\lambda \end{pmatrix} = 0$
$(5-\lambda)(1-\lambda) - (-1)(3) = 0$
$5 - 5\lambda - \lambda + \lambda^2 + 3 = 0$
$\lambda^2 - 6\lambda + 8 = 0$
$(\lambda - 2)(\lambda - 4) = 0$
所以特徵值為 $\lambda_1 = 2$ 和 $\lambda_2 = 4$。

接下來，我們尋找對應的特徵向量。

對於 $\lambda_1 = 2$:
$(A - 2I) \mathbf{v}_1 = \mathbf{0}$
$\begin{pmatrix} 5-2 & -1 \\ 3 & 1-2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_{11} \\ v_{12} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_{11} \\ v_{12} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
從第一行（或第二行）得到 $3v_{11} - v_{12} = 0$，即 $v_{12} = 3v_{11}$。
令 $v_{11} = 1$，則 $v_{12} = 3$。
所以，特徵向量 $\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix}$。

對於 $\lambda_2 = 4$:
$(A - 4I) \mathbf{v}_2 = \mathbf{0}$
$\begin{pmatrix} 5-4 & -1 \\ 3 & 1-4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_{21} \\ v_{22} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

這是一個二階齊次線性微分方程，且係數為常數。我們可以透過求解其特徵方程來找到通解。

方程為 $4y'' - 4y' + y = 0$。
特徵方程為：
$4r^2 - 4r + 1 = 0$

這是一個完全平方公式：
$(2r - 1)^2 = 0$

因此，特徵方程有重根 $r = \frac{1}{2}$ (重根)。

當特徵方程有重根 $r$ 時，其通解的形式為 $y(t) = C_1 e^{rt} + C_2 t e^{rt}$。
在這裡，$r = \frac{1}{2}$，所以通解為：
$y(t) = C_1 e^{\frac{1}{2}t} + C_2 t e^{\frac{1}{2}t}$

接下來，我們需要利用初始條件 $y(0) = 2$ 和 $y'(0) = \frac{1}{3}$ 來求解常數 $C_1$ 和 $C_2$。

首先，求 $y'(t)$：
$y'(t) = \frac{d}{dt} (C_1 e^{\frac{1}{2}t} + C_2 t e^{\frac{1}{2}t})$
$y'(t) = C_1 \left( \frac{1}{2} e^{\frac{1}{2}t} \right) + C_2 \left( 1 \cdot e^{\frac{1}{2}t} + t \cdot \frac{1}{2} e^{\frac{1}{2}t} \right)$

這是一個一階可分離變數的微分方程。我們可以將包含 $y$ 的項移到一邊，包含 $x$ 的項移到另一邊，然後進行積分。

給定的微分方程是：
$\frac{dy}{dx} = \frac{3x^2 + 4x + 2}{2(y-1)}$
將 $2(y-1)$ 乘到左邊，將 $dx$ 乘到右邊：
$2(y-1) dy = (3x^2 + 4x + 2) dx$

現在對兩邊進行積分：
$\int 2(y-1) dy = \int (3x^2 + 4x + 2) dx$

左邊積分：
$\int (2y - 2) dy = y^2 - 2y$

右邊積分：
$\int (3x^2 + 4x + 2) dx = x^3 + 2x^2 + 2x$

將積分結果合併，並加上積分常數 $C'$：
$y^2 - 2y = x^3 + 2x^2 + 2x + C'$

我們使用初始條件 $y(0) = -1$ 來求解常數 $C'$。
將 $x=0$ 和 $y=-1$ 代入方程：
$(-1)^2 - 2(-1) = (0)^3 + 2(0)^2 + 2(0) + C'$
$1 + 2 = 0 + C'$
$3 = C'$

所以，隱含解為：
$y^2 - 2y = x^3 + 2x^2 + 2x + 3$

為了找出解存在的區間，我們需要確保方程有實數解 $y$。這個方程是一個關於 $y$ 的二次方程：
$y^2 - 2y - (x^3 + 2x^2 + 2x + 3) = 0$
對 $y$ 使用二次公式 $y = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$，其中 $a=1$, $b=-2$, $c=-(x^3 + 2x^2 + 2x + 3)$。
$y = \frac{-(-2) \pm \sqrt{(-2)^2 - 4(1)(-(x^3 + 2x^2 + 2x + 3))}}{2(1)}$
$y = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 4(x^3 + 2x^2 + 2x + 3)}}{2}$
$y = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 4x^3 + 8x^2 + 8x + 12}}{2}$
$y = \frac{2 \pm \sqrt{4x^3 + 8x^2 + 8x + 16}}{2}$
$y = \frac{2 \pm 2\sqrt{x^3 + 2x^2 + 2x + 4}}{2}$