112 年 國立臺灣大學數學系碩士班《常微分方程式》

核心觀念

將方程組寫成矩陣形式：

$$\mathbf{x}'(t)=A\mathbf{x}(t)+\mathbf{f}(t), \qquad A= \begin{pmatrix} 0&1\\ -\frac14&1 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{f}(t)= \begin{pmatrix} e^t\\ 0 \end{pmatrix}.$$

解法分為兩部分：

1. 求齊次系統 $\mathbf{x}'=A\mathbf{x}$ 的通解。
2. 求非齊次項所造成的一組特解。

關鍵在於矩陣 $A$ 的特徵值與廣義特徵向量。

解題方法一：求齊次解

先求特徵方程：

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} -\lambda&1\\ -\frac14&1-\lambda \end{vmatrix} = -\lambda(1-\lambda)+\frac14.$$

因此

$$\det(A-\lambda I) = \lambda^2-\lambda+\frac14 = \left(\lambda-\frac12\right)^2.$$

矩陣只有一個重根：

$$\lambda=\frac12.$$

求對應特徵向量 $\mathbf{v}$：

$$\left(A-\frac12I\right)\mathbf{v}=0,$$

即

$$\begin{pmatrix} -\frac12&1\\ -\frac14&\frac12 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1\\v_2 \end{pmatrix} =0.$$

由第一列得

$$-\frac12v_1+v_2=0 \quad\Longrightarrow\quad v_2=\frac12v_1.$$

取

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

由於只有一個線性獨立的特徵向量，需要求廣義特徵向量 $\mathbf{w}$，使得

$$\left(A-\frac12I\right)\mathbf{w}=\mathbf{v}.$$

取

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

則

$$\left(A-\frac12I\right) \begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\\frac12 \end{pmatrix} = \frac12 \begin{pmatrix} 2\\1 \end{pmatrix}.$$

為配合 $\mathbf{v}=(2,1)^T$，可取廣義特徵向量

$$\mathbf{w}= \begin{pmatrix} 0\\2 \end{pmatrix},$$

此時

$$\left(A-\frac12I\right)\mathbf{w} = \begin{pmatrix} 2\\1 \end{pmatrix} =\mathbf{v}.$$

因此齊次系統的兩個線性獨立解為

$$\mathbf{x}_{h,1}(t) = e^{t/2} \begin{pmatrix} 2\\1 \end{pmatrix},$$

以及

$$\mathbf{x}_{h,2}(t) = e^{t/2} \left[ t \begin{pmatrix} 2\\1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0\\2 \end{pmatrix} \right].$$

所以

此題為求解一個Volterra積分方程。我們可以利用拉普拉斯轉換來求解。

將積分方程寫成：
$f(t) = 3t^2 - e^t - \int_0^t f(s)e^{t-s} ds$
注意到積分部分是兩個函數的卷積：$(f * g)(t) = \int_0^t f(s)g(t-s) ds$。
在這裡，$g(t) = e^t$。所以積分項是 $(f * e^t)(t)$。
方程變為：
$f(t) = 3t^2 - e^t - (f * e^t)(t)$

對兩邊取拉普拉斯轉換。我們知道：
$L\{t^n\}(s) = \frac{n!}{s^{n+1}}$
$L\{e^{at}\}(s) = \frac{1}{s-a}$
$L\{(f * g)(t)\}(s) = L\{f(t)\}(s) L\{g(t)\}(s)$

所以，
$L\{f(t)\} = F(s)$
$L\{3t^2\} = 3 L\{t^2\} = 3 \frac{2!}{s^{2+1}} = \frac{6}{s^3}$
$L\{e^t\} = \frac{1}{s-1}$
$L\{(f * e^t)(t)\} = F(s) L\{e^t\} = F(s) \frac{1}{s-1}$

對積分方程兩邊取拉普拉斯轉換：
$F(s) = \frac{6}{s^3} - \frac{1}{s-1} - F(s) \frac{1}{s-1}$

現在解出 $F(s)$：
$F(s) + F(s) \frac{1}{s-1} = \frac{6}{s^3} - \frac{1}{s-1}$
$F(s) (1 + \frac{1}{s-1}) = \frac{6}{s^3} - \frac{1}{s-1}$
$F(s) (\frac{s-1+1}{s-1}) = \frac{6}{s^3} - \frac{1}{s-1}$

此題為求解一個二階線性常係數非齊次微分方程。我們採用求齊次解加上特解的方法。

第一步：求解齊次方程 $y''(t) - 5y'(t) + 4y(t) = 0$。
其特徵方程為：
$\lambda^2 - 5\lambda + 4 = 0$
因式分解得：
$(\lambda - 1)(\lambda - 4) = 0$
特徵根為 $\lambda_1 = 1$ 和 $\lambda_2 = 4$。
所以齊次解為：
$y_h(t) = c_1 e^t + c_2 e^{4t}$，其中 $c_1, c_2$ 是任意常數。

第二步：求解非齊次方程的特解 $y_p(t)$。
非齊次項為 $8e^t$。注意，指數 $e^t$ 的係數 $1$ 是齊次方程的特徵根之一（$\lambda_1 = 1$）。
因此，我們需要假設特解的形式為 $y_p(t) = Ate^t$。
對 $y_p(t)$ 求一階和二階導數：
$y_p'(t) = A e^t + Ate^t = A(1+t)e^t$

核心觀念

本題考查自治微分方程式

$$x'(t)=f(x(t)),\qquad f(x)=x\left(\frac12-\sin x\right)$$

的平衡點、相線判斷，以及單調有界函數的極限。

若 $f(a)=0$，則常數函數 $x(t)\equiv a$ 是平衡解。由於 $f$ 為光滑函數，初值問題具有唯一解，因此不同解不能在有限時間相交。

此外，若 $x(t)$ 單調遞增且有上界，則必有極限。

解題方法

先找出與初值相關區間內的平衡點。當

$$0<x<\frac{\pi}{6}$$

時，因為 $\sin x<\sin(\pi/6)=1/2$，所以

$$x'(t)=x(t)\left(\frac12-\sin x(t)\right)>0.$$

初值為 $x(0)=0.01$，且

$$0<0.01<\frac{\pi}{6},$$

因此解一開始嚴格遞增。

接著證明解永遠不會離開區間 $\left(0,\frac{\pi}{6}\right)$。

• $x=0$ 是平衡解。若某時刻解碰到 $0$，由唯一性可知該解必須與平衡解 $x(t)\equiv0$ 重合，這與 $x(0)=0.01$ 矛盾。因此 $x(t)>0$。

• $x=\pi/6$ 也是平衡解，因為

  $$f\left(\frac{\pi}{6}\right) =\frac{\pi}{6}\left(\frac12-\frac12\right)=0.$$

  若解在某個有限時刻碰到 $\pi/6$，唯一性會迫使它成為平衡解 $x(t)\equiv\pi/6$，同樣與初值矛盾。因此

  $$x(t)<\frac{\pi}{6}$$

  對所有 $t\geq0$ 成立。

所以對所有 $t\geq0$，

$$0<x(t)<\frac{\pi}{6},$$

核心觀念

1. 常點（Ordinary Point）與冪級數解：
   對於二階齊次線性常微分方程式 $y'' + P(x)y' + Q(x)y = 0$，若係數函數 $P(x)$ 與 $Q(x)$ 在 $x = x_0$ 處皆為解析（Analytic），則 $x_0$ 稱為此方程式的「常點」。根據常點冪級數解定理，在常點 $x_0$ 鄰域必存在兩個線性獨立的解析解，可表為冪級數型式： $$y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x - x_0)^n$$
2. 係數遞迴關係式（Recurrence Relation）與指標平移（Index Shifting）：
   將級數及其各階導數代入微分方程式中，透過平移求和指標（Dummy index）將各項的 $x$ 次方對齊，藉由各項係數恆為零的條件建立 $a_n$ 的遞迴關係式。
3. 收斂半徑（Radius of Convergence）判定定理：
   • 解析存在定理：冪級數解在 $x_0$ 的收斂半徑 $R$，至少等於 $x_0$ 到複數平面上最近奇異點（Singular Point）的距離。若全平面無奇異點，則 $R = \infty$。
   • 比例審斂法（Ratio Test）：利用相鄰非零項的極限比值直接計算收斂半徑： $$\lim_{k \to \infty} \left| \frac{u_{k+1}(x)}{u_k(x)} \right| < 1$$

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解題方法

步驟一：設定冪級數並代入初始條件

因 $x_0 = 0$ 處 $P(x) = 0, Q(x) = -x$ 均為多項式（在全平面解析），故 $x = 0$ 為常點。
設所求之冪級數解為：

$$y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + \cdots$$

逐項微分可得：

$$y'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} = a_1 + 2a_2 x + 3a_3 x^2 + \cdots$$ $$y''(x) = \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2}$$

代入初始條件 $y(0) = 3$ 與 $y'(0) = 0$：

$$a_0 = y(0) = 3, \quad a_1 = y'(0) = 0$$

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步驟二：代入微分方程式建立遞迴關係式

將 $y(x)$ 與 $y''(x)$ 代入微分方程式 $y'' - xy = 0$：

$$\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2} - x \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = 0$$ $$\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2} - \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+1} = 0$$

對第一項令 $k = n - 2$（即 $n = k + 2$）；對第二項令 $k = n + 1$（即 $n = k - 1$）：

$$\sum_{k=0}^{\infty} (k+2)(k+1) a_{k+2} x^k - \sum_{k=1}^{\infty} a_{k-1} x^k = 0$$

將 $k = 0$ 的常數項單獨提出，其餘項合併：

$$2 \cdot 1 \cdot a_2 + \sum_{k=1}^{\infty} \left[ (k+2)(k+1) a_{k+2} - a_{k-1} \right] x^k = 0$$

由於上式對所有 $x$ 恆成立，各次方係數必全為零：

1. 常數項（$x^0$）： $$2 a_2 = 0 \implies a_2 = 0$$
2. 一般項（$x^k, k \ge 1$）： $$(k+2)(k+1) a_{k+2} - a_{k-1} = 0 \implies a_{k+2} = \frac{a_{k-1}}{(k+2)(k+1)}$$

令 $n = k + 2$（則 $n \ge 3$），得到標準遞迴關係式：

$$a_n = \frac{a_{n-3}}{n(n-1)}, \quad \forall n \ge 3$$

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步驟三：推導係數的顯式通式（Explicit Formula）

由於遞迴關係式每 $3$ 步遞推一次（$a_n$ 依賴於 $a_{n-3}$），我們依 $n \pmod 3$ 分為三類討論：

1. 當 $n = 3k + 1$（$k \ge 0$）時：
   已知 $a_1 = 0$，由遞迴關係式：

   $$a_4 = \frac{a_1}{4 \cdot 3} = 0, \quad a_7 = \frac{a_4}{7 \cdot 6} = 0, \quad \dots \quad \implies a_{3k+1} = 0 \quad (\forall k \ge 0)$$

2. 當 $n = 3k + 2$（$k \ge 0$）時：
   已知 $a_2 = 0$，由遞迴關係式：

   $$a_5 = \frac{a_2}{5 \cdot 4} = 0, \quad a_8 = \frac{a_5}{8 \cdot 7} = 0, \quad \dots \quad \implies a_{3k+2} = 0 \quad (\forall k \ge 0)$$