112 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》

此題考查橢圓型偏微分方程（特別是 Laplace 方程）的 Neumann 問題，以及 Green 定理的應用。

核心觀念：對於定義在區域 $\Omega$ 上的 Laplace 方程 $\nabla^2 u = 0$，若其邊界條件為 Neumann 條件（即法向導數給定），則其解（若存在）必滿足一個積分條件。此條件可透過 Green 定理導出。

解題步驟：

1. 應用 Green 定理：
   考慮區域 $\Omega = (0, 1) \times (0, 1)$。其邊界 $\partial \Omega$ 由四段組成：
   $L_1: y=0, 0 \le x \le 1$
   $L_2: x=1, 0 \le y \le 1$
   $L_3: y=1, 0 \le x \le 1$
   $L_4: x=0, 0 \le y \le 1$

   Green 定理的一個形式為：
   $\iint_\Omega (\phi \nabla^2 \psi - \psi \nabla^2 \phi) \, dA = \oint_{\partial \Omega} (\phi \frac{\partial \psi}{\partial n} - \psi \frac{\partial \phi}{\partial n}) \, ds$
   令 $\phi = u$ 且 $\psi = 1$。則 $\nabla^2 \psi = \nabla^2 (1) = 0$。
   同時 $\nabla^2 \phi = \nabla^2 u = 0$（因為 $u$ 是 Laplace 方程的解）。
   所以，等式左邊為零：
   $\iint_\Omega (u \cdot 0 - 1 \cdot 0) \, dA = 0$

   等式右邊為：
   $\oint_{\partial \Omega} (u \frac{\partial (1)}{\partial n} - 1 \frac{\partial u}{\partial n}) \, ds = \oint_{\partial \Omega} (u \cdot 0 - \frac{\partial u}{\partial n}) \, ds = - \oint_{\partial \Omega} \frac{\partial u}{\partial n} \, ds$
   其中 $\frac{\partial u}{\partial n}$ 是 $u$ 在邊界上的法向導數。

   因此，我們得到：
   $- \oint_{\partial \Omega} \frac{\partial u}{\partial n} \, ds = 0 \quad \implies \quad \oint_{\partial \Omega} \frac{\partial u}{\partial n} \, ds = 0$
   這表示 $u$ 在整個邊界上的法向導數積分為零。

2. 計算邊界積分：
   邊界積分可以分解為四段：
   $\oint_{\partial \Omega} \frac{\partial u}{\partial n} \, ds = \int_{L_1} \frac{\partial u}{\partial n} \, ds + \int_{L_2} \frac{\partial u}{\partial n} \, ds + \int_{L_3} \frac{\partial u}{\partial n} \, ds + \int_{L_4} \frac{\partial u}{\partial n} \, ds$

此題考查一階線性偏微分方程的求解，特別是使用特徵線法（Method of Characteristics）。

核心觀念：對於形如 $a u_t + b u_x + c u = f$ 的一階線性偏微分方程，可以通過參數化特徵線來求解。

解題步驟：
該偏微分方程為 $u_t + u_x + 2u = \cos y$。
這是一個準線性（quasilinear）一階偏微分方程，形式為 $a(x,t,u) u_t + b(x,t,u) u_x = F(x,t,u)$。
在這裡，$a=1$, $b=1$, $c=2$, $F = \cos y$。
不過，注意到方程右側的 $\cos y$ 實際上是 $\cos t$（題目中 $u$ 是 $x, t$ 的函數，而右側出現 $y$ 似乎是印刷錯誤，通常此類問題中右側的項應與自變數有關。假設右側應為 $\cos t$）。

假設右側為 $\cos t$ (即 $u_t + u_x + 2u = \cos t$)：
特徵線由以下常微分方程組給出：
$\frac{dt}{ds} = 1$
$\frac{dx}{ds} = 1$
$\frac{du}{ds} = -2u + \cos t$

從前兩個方程，我們得到：
$t = s + t_0$
$x = s + x_0$
其中 $t_0, x_0$ 是參數化起點的值。
我們可以選擇 $s=0$ 作為起點，則 $t_0=t, x_0=x$。
另一種常見的參數化是令 $s=0$ 處的點為 $(x_0, 0)$，則 $t=s$, $x=x_0+s$。
我們採用後者：令 $s=0$ 時，$(x,t) = (x_0, 0)$。
則特徵線參數化為：
$t(s) = s$
$x(s) = x_0 + s$

現在我們需要解關於 $u$ 的常微分方程：
$\frac{du}{ds} = -2u + \cos s$ (因為 $t=s$)

這是一個一階線性常微分方程。其積分因子為 $e^{\int 2 ds} = e^{2s}$。
$\frac{d}{ds}(e^{2s} u) = e^{2s} \cos s$
積分兩邊：
$e^{2s} u(s) = \int e^{2s} \cos s \, ds$
計算積分 $\int e^{2s} \cos s \, ds$。
使用分部積分法，令 $I = \int e^{2s} \cos s \, ds$。
$I = \frac{1}{2} e^{2s} \cos s - \int \frac{1}{2} e^{2s} (-\sin s) \, ds = \frac{1}{2} e^{2s} \cos s + \frac{1}{2} \int e^{2s} \sin s \, ds$
令 $J = \int e^{2s} \sin s \, ds$。
$J = \frac{1}{2} e^{2s} \sin s - \int \frac{1}{2} e^{2s} (\cos s) \, ds = \frac{1}{2} e^{2s} \sin s - \frac{1}{2} I$
代回 $I$:
$I = \frac{1}{2} e^{2s} \cos s + \frac{1}{2} (\frac{1}{2} e^{2s} \sin s - \frac{1}{2} I) = \frac{1}{2} e^{2s} \cos s + \frac{1}{4} e^{2s} \sin s - \frac{1}{4} I$
$\frac{5}{4} I = \frac{1}{2} e^{2s} \cos s + \frac{1}{4} e^{2s} \sin s$
$I = \frac{4}{5} (\frac{1}{2} e^{2s} \cos s + \frac{1}{4} e^{2s} \sin s) = \frac{2}{5} e^{2s} \cos s + \frac{1}{5} e^{2s} \sin s$
$e^{2s} u(s) = \frac{2}{5} e^{2s} \cos s + \frac{1}{5} e^{2s} \sin s + C$
$u(s) = \frac{2}{5} \cos s + \frac{1}{5} \sin s + C e^{-2s}$
其中 $C$ 是積分常數。

現在我們使用初始條件 $u(x_0, 0) = 0$。
在特徵線上，當 $s=0$ 時，$(x,t) = (x_0, 0)$，且 $u=0$。
代入 $s=0$:
$u(0) = \frac{2}{5} \cos 0 + \frac{1}{5} \sin 0 + C e^0 = \frac{2}{5} + C$
由於 $u(0)=0$, 我們得到 $0 = \frac{2}{5} + C$, 所以 $C = -\frac{2}{5}$。

因此，特徵線上的解為：
$u(s) = \frac{2}{5} \cos s + \frac{1}{5} \sin s - \frac{2}{5} e^{-2s}$

最後，將 $s$ 和 $x_0$ 替換回 $x, t$ 的變數。
我們有 $t=s$ 且 $x = x_0 + s$, 所以 $s=t$ 且 $x_0 = x-s = x-t$.
$u(x, t) = \frac{2}{5} \cos t + \frac{1}{5} \sin t - \frac{2}{5} e^{-2t}$

此題考查一階自治常微分方程的求解，並分析其長期行為（極限）。

核心觀念：此方程為一個邏輯斯諦方程（Logistic Equation）的變體。這類方程的解可以通過分離變數法求得，且其穩定性可以通過分析平衡點來判斷。

解題步驟：
給定微分方程 $x'(t) = x(t)(1 - x(t))$，這是一個自治方程，右側函數 $f(x) = x(1-x)$。
初始條件為 $x(0) = 0.01$。

1. 尋找平衡點：
   平衡點是 $x'(t) = 0$ 的點。
   $x(1-x) = 0 \implies x=0$ 或 $x=1$.
   所以，平衡點是 $x=0$ 和 $x=1$。

2. 分析函數 $f(x) = x(1-x)$ 的符號：

   • 當 $x < 0$ 時，$x < 0$ 且 $1-x > 0$，所以 $f(x) < 0$，$x'(t) < 0$。
   • 當 $0 < x < 1$ 時，$x > 0$ 且 $1-x > 0$，所以 $f(x) > 0$，$x'(t) > 0$。
   • 當 $x > 1$ 時，$x > 0$ 且 $1-x < 0$，所以 $f(x) < 0$，$x'(t) < 0$。

3. 求解微分方程（分離變數法）：
   $\frac{dx}{dt} = x(1-x)$
   假設 $x \neq 0$ 且 $x \neq 1$。
   $\frac{dx}{x(1-x)} = dt$
   對兩邊積分。左邊使用部分分式分解：
   $\frac{1}{x(1-x)} = \frac{A}{x} + \frac{B}{1-x}$
   $1 = A(1-x) + Bx$
   令 $x=0 \implies 1 = A(1) \implies A=1$.
   令 $x=1 \implies 1 = B(1) \implies B=1$.
   所以，$\frac{1}{x(1-x)} = \frac{1}{x} + \frac{1}{1-x}$。

   積分左邊：
   $\int \left(\frac{1}{x} + \frac{1}{1-x}\right) dx = \ln|x| - \ln|1-x| = \ln\left|\frac{x}{1-x}\right|$
   積分右邊：
   $\int dt = t + C$
   因此：
   $\ln\left|\frac{x}{1-x}\right| = t + C$
   $\left|\frac{x}{1-x}\right| = e^{t+C} = e^C e^t$
   令 $K = \pm e^C$。
   $\frac{x}{1-x} = K e^t$

4. 應用初始條件 $x(0) = 0.01$：
   當 $t=0$, $x=0.01$。
   $\frac{0.01}{1 - 0.01} = K e^0$

核心觀念

原方程式為

$$x''(t)=2t\bigl(x'(t)\bigr)^2.$$

方程式中沒有直接出現 $x(t)$，因此可令

$$v(t)=x'(t),\qquad v'(t)=x''(t),$$

將二階方程降為一階方程。所得方程為可分離變數方程，可直接分離 $v$ 與 $t$。

需特別保留 $v(t)=0$ 的情形，因為分離變數時若除以 $v^2$，會排除掉常數解。

解題方法

令

$$v=x',$$

則原方程式化為

$$v'=2tv^2.$$

情形一：$v=0$

若 $v(t)\equiv 0$，則

$$x'(t)=0,$$

因此

$$x(t)=C_2,$$

其中 $C_2$ 為任意常數。這是原方程式的常數解。

情形二：$v\neq 0$

將方程式分離變數：

$$\frac{dv}{v^2}=2t\,dt.$$

兩側積分：

$$\int v^{-2}\,dv=\int 2t\,dt,$$

得到

$$-\frac{1}{v}=t^2+C_1.$$

重新整理常數後可寫成

$$\frac{1}{v}=C_1-t^2.$$

因此

$$v=x'=\frac{1}{C_1-t^2}.$$

再積分一次：

$$x(t)=C_2+\int\frac{dt}{C_1-t^2}.$$

以下依 $C_1$ 的符號表示此積分。

$C_1=a^2>0$

當 $a>0$ 時，

$$\int\frac{dt}{a^2-t^2} = \frac{1}{2a}\ln\left|\frac{a+t}{a-t}\right|.$$

故

$$x(t)=C_2+\frac{1}{2a}\ln\left|\frac{a+t}{a-t}\right|, \qquad a>0.$$

$C_1=0$

此時

$$x'=-\frac{1}{t^2},$$

所以

$$x(t)=C_2+\frac{1}{t}, \qquad t\neq 0.$$

$C_1=-a^2<0$

此題考查二階線性常微分方程的求解，特別是具有常係數的非齊次線性 ODE。

核心觀念：求解這類方程需要分別求齊次方程的通解和非齊次方程的特解，然後將兩者相加得到非齊次方程的通解。最後，利用初始條件確定積分常數。

解題步驟：
給定微分方程 $y'' - y = \cos 2t$。
初始條件為 $y(0) = 0$ 且 $y'(0) = 1$。

1. 求解齊次方程的通解：
   齊次方程為 $y'' - y = 0$。
   其特徵方程為 $r^2 - 1 = 0$。
   特徵根為 $r = \pm 1$。
   所以，齊次方程的通解為 $y_h(t) = c_1 e^t + c_2 e^{-t}$，其中 $c_1, c_2$ 是常數。

2. 求解非齊次方程的特解：
   非齊次項為 $g(t) = \cos 2t$。
   我們可以使用待定係數法來尋找特解 $y_p(t)$。
   由於 $g(t)$ 是 $\cos 2t$ 的形式，我們可以假設特解的形式為 $y_p(t) = A \cos 2t + B \sin 2t$。
   計算其一階和二階導數：
   $y_p'(t) = -2A \sin 2t + 2B \cos 2t$
   $y_p''(t) = -4A \cos 2t - 4B \sin 2t$

   將 $y_p(t)$ 和 $y_p''(t)$ 代入原非齊次方程 $y'' - y = \cos 2t$：
   $(-4A \cos 2t - 4B \sin 2t) - (A \cos 2t + B \sin 2t) = \cos 2t$
   $(-4A - A) \cos 2t + (-4B - B) \sin 2t = \cos 2t$
   $-5A \cos 2t - 5B \sin 2t = \cos 2t$

   比較兩邊的係數：
   對於 $\cos 2t$ 項：$-5A = 1 \implies A = -\frac{1}{5}$。
   對於 $\sin 2t$ 項：$-5B = 0 \implies B = 0$。

   所以，特解為 $y_p(t) = -\frac{1}{5} \cos 2t$。