113 年 國立臺灣大學應用數學科學研究所碩士班《微分方程》

此題考查一階線性偏微分方程的初值問題，可使用特徵線法（method of characteristics）求解。

我們考慮偏微分方程 $u_t + 2u_x = 2x - t$。
令 $x(t)$ 和 $u(t)$ 為沿著特徵線上的變數。
特徵線由以下常微分方程組給出：
$\frac{dx}{dt} = 2, \quad \frac{du}{dt} = 2x - t$
給定初始條件 $u(x, 0) = 10x$。我們可以將初始條件視為在 $t=0$ 時，點 $(x, 0)$ 上的 $u$ 值。

首先，解 $x$ 的常微分方程：
$\frac{dx}{dt} = 2 \implies x(t) = 2t + C_1$
由於初始條件是在 $t=0$ 時給定，我們設初始點為 $(x_0, 0)$，則 $x(0) = x_0$。
所以 $x_0 = 2(0) + C_1 \implies C_1 = x_0$。
因此，特徵線上的 $x$ 座標為 $x(t) = x_0 + 2t$。

接著，將 $x(t)$ 代入 $u$ 的常微分方程：
$\frac{du}{dt} = 2(x_0 + 2t) - t = 2x_0 + 4t - t = 2x_0 + 3t$
對上式積分以求 $u(t)$：
$u(t) = \int (2x_0 + 3t) dt = 2x_0 t + \frac{3}{2}t^2 + C_2$
在 $t=0$ 時，我們有初始條件 $u(x_0, 0) = 10x_0$。
所以 $u(0) = 10x_0$。

核心觀念

本題考查三維調和函數的下列性質：

1. 若 $\Delta u=0$，則各一階偏導數也為調和函數：

$$\Delta\left(\frac{\partial u}{\partial x_i}\right) =\frac{\partial}{\partial x_i}(\Delta u)=0.$$

2. 調和函數滿足平均值性質：

$$v(x_0)=\frac{1}{\operatorname{Vol}(B(x_0,\rho))} \iiint_{B(x_0,\rho)}v(x)\,dx.$$

3. 透過散度定理，可將球面上的通量積分轉換為球體內的體積積分，進而得到調和函數的一階導數估計。

事實上，我們將證明較強的估計：

$$\left|\frac{\partial u}{\partial x_i}(x_0)\right| \le \frac{3}{r\,\operatorname{Vol}(B(x_0,r))} \iiint_{B(x_0,r)}|u(x)|\,dx.$$

題目所要求的單邊不等式便立即成立。

---

解題方法

先將座標平移，使 $x_0=0$。令

$$B_r=B(0,r).$$

對固定的 $i\in\{1,2,3\}$，設

$$v(x)=\frac{\partial u}{\partial x_i}(x).$$

由於 $u$ 為調和函數，$v$ 也是調和函數。由調和函數的一階導數平均值估計，可得

$$|v(0)| \le \frac{3}{r\,\operatorname{Vol}(B_r)} \iiint_{B_r}|u(x)|\,dx.$$

以下說明此估計如何由平均值性質與散度定理得到。

對半徑 $\rho<r$ 的球 $B_\rho$，由 $v$ 的平均值性質，

$$v(0)=\frac{1}{\operatorname{Vol}(B_\rho)} \iiint_{B_\rho}v(x)\,dx.$$

又因為 $v=\partial_i u$，利用散度定理，

$$\iiint_{B_\rho}\frac{\partial u}{\partial x_i}\,dx = \iint_{\partial B_\rho}u\,\nu_i\,dS,$$

其中 $\nu=(\nu_1,\nu_2,\nu_3)$ 是球面外向單位法向量。因此

$$v(0) = \frac{1}{\operatorname{Vol}(B_\rho)} \iint_{\partial B_\rho}u\,\nu_i\,dS.$$

將此球面公式對半徑 $\rho$ 作平均，並使用

核心觀念

本題考查三階常係數非齊次線性微分方程組。由於矩陣 $A$ 為上三角矩陣，方程組可以由下而上依序求解：

1. 先解 $x_3(t)$；
2. 將 $x_3(t)$ 代入求 $x_2(t)$；
3. 再將 $x_2(t)$ 代入求 $x_1(t)$。

所使用的一階線性微分方程公式為

$$y'(t)+p(t)y(t)=q(t),$$

其積分因子為

$$\mu(t)=e^{\int p(t)\,dt}.$$

---

解題方法

由

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

可得分量方程組

$$\begin{cases} x_1'=2x_1+3x_2+3t,\\ x_2'=-2x_2+x_3,\\ x_3'=x_3+2e^t. \end{cases}$$

初始條件為

$$x_1(0)=1,\qquad x_2(0)=0,\qquad x_3(0)=2.$$

第一步：求 $x_3(t)$

方程為

$$x_3'-x_3=2e^t.$$

積分因子為 $e^{-t}$，因此

$$\left(e^{-t}x_3\right)'=2.$$

積分並利用 $x_3(0)=2$：

$$e^{-t}x_3(t)=2t+C.$$

代入 $t=0$ 得 $C=2$，所以

$$\boxed{x_3(t)=2(1+t)e^t}.$$

---

第二步：求 $x_2(t)$

將 $x_3(t)=2(1+t)e^t$ 代入第二式：

$$x_2'+2x_2=2(1+t)e^t.$$

積分因子為 $e^{2t}$，因此

$$\left(e^{2t}x_2\right)'=2(1+t)e^{3t}.$$

由 $x_2(0)=0$，直接積分：

$$e^{2t}x_2(t) = 2\int_0^t (1+s)e^{3s}\,ds.$$

計算積分：

$$\int (1+s)e^{3s}\,ds = e^{3s}\left(\frac{s}{3}+\frac{2}{9}\right).$$

因此

$$\begin{aligned} e^{2t}x_2(t) &= 2\left[ e^{3s}\left(\frac{s}{3}+\frac{2}{9}\right) \right]_{s=0}^{s=t}\\ &= e^{3t}\left(\frac{2t}{3}+\frac{4}{9}\right)-\frac{4}{9}. \end{aligned}$$

乘上 $e^{-2t}$，得到

$$\boxed{ x_2(t) = \left(\frac{2t}{3}+\frac{4}{9}\right)e^t -\frac{4}{9}e^{-2t} }.$$

---

第三步：求 $x_1(t)$

由第一式，

$$x_1'-2x_1=3x_2+3t.$$

代入 $x_2(t)$：

$$\begin{aligned} 3x_2+3t &= 3\left[ \left(\frac{2t}{3}+\frac{4}{9}\right)e^t -\frac{4}{9}e^{-2t} \right]+3t\\ &= \left(2t+\frac{4}{3}\right)e^t -\frac{4}{3}e^{-2t} +3t. \end{aligned}$$

故

核心觀念

本題主要考查：

1. 拉普拉斯轉換法處理常係數線性微分方程。
2. Dirac delta 函數的平移性質：
   $\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as}.$
3. 零初始條件下：
   $\mathcal{L}\{y^{(n)}(t)\}=s^nY(s).$
4. 反拉普拉斯轉換、部分分式分解，以及單位階躍函數 $H(t-a)$ 的使用。

---

(a)

題目為

$$y''+6y'''+10y=2\delta(t-5),$$

且

$$y(0)=y'(0)=y''(0)=0.$$

解題方法

令

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$$

由於初始條件皆為零，

$$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s),\qquad \mathcal{L}\{y'''\}=s^3Y(s).$$

另一方面，

$$\mathcal{L}\{2\delta(t-5)\}=2e^{-5s}.$$

因此原方程經拉普拉斯轉換後得到

$$s^2Y(s)+6s^3Y(s)+10Y(s)=2e^{-5s}.$$

整理：

$$(6s^3+s^2+10)Y(s)=2e^{-5s},$$

所以

$$Y(s)=e^{-5s}\frac{2}{6s^3+s^2+10}.$$

令

$$G(s)=\frac{2}{6s^3+s^2+10},$$

並設

$$g(t)=\mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}.$$

利用第二位移定理：

$$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-5s}G(s)\} = H(t-5)g(t-5).$$

故

$$\boxed{y(t)=2H(t-5)\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{6s^3+s^2+10} \right\}_{t\mapsto t-5}}.$$

為了寫出更明確的形式，令 $r_1,r_2,r_3$ 為方程

$$6r^3+r^2+10=0$$

的三個相異根。則

$$\frac{2}{6s^3+s^2+10} = \sum_{k=1}^{3} \frac{2}{18r_k^2+2r_k}\frac{1}{s-r_k}.$$

因此

$$g(t)= \sum_{k=1}^{3} \frac{2e^{r_kt}}{18r_k^2+2r_k}.$$

所以解可表示為

$$\boxed{ y(t)= H(t-5) \sum_{k=1}^{3} \frac{2e^{r_k(t-5)}}{18r_k^2+2r_k} }$$

其中 $r_1,r_2,r_3$ 是 $6r^3+r^2+10=0$ 的根。

該三次方程約有一個實根與一對共軛複根：

$$r_1\approx -1.244,\qquad r_{2,3}\approx 0.539\pm1.025i.$$

若要求實數形式，可將共軛根合併為指數乘上正弦、餘弦的形式；上述根式表示已是完整且精確的解。

解題技巧與檢查

• 因為右側的脈衝發生在 $t=5$，所以
  $y(t)=0,\qquad 0\le t<5.$
• $e^{-5s}$ 必須轉換成 $H(t-5)$，不可直接忽略。
• 在 $t=5$ 附近積分原方程，可得主要跳躍條件
  $6\bigl[y''(5^+)-y''(5^-)\bigr]=2,$
  因而
  $y''(5^+)-y''(5^-)=\frac13.$
  這與三階系統受到 $2\delta(t-5)$ 輸入的結果一致。

---

(b)

題目為

$$x'''(t)-x''(t)-2x'(t)=\cos t,$$

且

$$x(0)=x'(0)=x''(0)=0.$$

解題方法

令

$$X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\}.$$

由零初始條件，

$$\mathcal{L}\{x'\}=sX(s),$$ $$\mathcal{L}\{x''\}=s^2X(s),$$

核心觀念

本題主要考查：

1. 拉普拉斯轉換法處理常係數線性微分方程。
2. Dirac delta 函數的平移性質：
   $\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as}.$
3. 零初始條件下：
   $\mathcal{L}\{y^{(n)}(t)\}=s^nY(s).$
4. 反拉普拉斯轉換、部分分式分解，以及單位階躍函數 $H(t-a)$ 的使用。

---

(a)

題目為

$$y''+6y'''+10y=2\delta(t-5),$$

且

$$y(0)=y'(0)=y''(0)=0.$$

解題方法

令

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$$

由於初始條件皆為零，

$$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s),\qquad \mathcal{L}\{y'''\}=s^3Y(s).$$

另一方面，

$$\mathcal{L}\{2\delta(t-5)\}=2e^{-5s}.$$

因此原方程經拉普拉斯轉換後得到

$$s^2Y(s)+6s^3Y(s)+10Y(s)=2e^{-5s}.$$

整理：

$$(6s^3+s^2+10)Y(s)=2e^{-5s},$$

所以

$$Y(s)=e^{-5s}\frac{2}{6s^3+s^2+10}.$$

令

$$G(s)=\frac{2}{6s^3+s^2+10},$$

並設

$$g(t)=\mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}.$$

利用第二位移定理：

$$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-5s}G(s)\} = H(t-5)g(t-5).$$

故

$$\boxed{y(t)=2H(t-5)\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{6s^3+s^2+10} \right\}_{t\mapsto t-5}}.$$

為了寫出更明確的形式，令 $r_1,r_2,r_3$ 為方程

$$6r^3+r^2+10=0$$

的三個相異根。則

$$\frac{2}{6s^3+s^2+10} = \sum_{k=1}^{3} \frac{2}{18r_k^2+2r_k}\frac{1}{s-r_k}.$$

因此

$$g(t)= \sum_{k=1}^{3} \frac{2e^{r_kt}}{18r_k^2+2r_k}.$$

所以解可表示為

$$\boxed{ y(t)= H(t-5) \sum_{k=1}^{3} \frac{2e^{r_k(t-5)}}{18r_k^2+2r_k} }$$

其中 $r_1,r_2,r_3$ 是 $6r^3+r^2+10=0$ 的根。

該三次方程約有一個實根與一對共軛複根：

$$r_1\approx -1.244,\qquad r_{2,3}\approx 0.539\pm1.025i.$$

若要求實數形式，可將共軛根合併為指數乘上正弦、餘弦的形式；上述根式表示已是完整且精確的解。

解題技巧與檢查

• 因為右側的脈衝發生在 $t=5$，所以
  $y(t)=0,\qquad 0\le t<5.$
• $e^{-5s}$ 必須轉換成 $H(t-5)$，不可直接忽略。
• 在 $t=5$ 附近積分原方程，可得主要跳躍條件
  $6\bigl[y''(5^+)-y''(5^-)\bigr]=2,$
  因而
  $y''(5^+)-y''(5^-)=\frac13.$
  這與三階系統受到 $2\delta(t-5)$ 輸入的結果一致。

---

(b)

題目為

$$x'''(t)-x''(t)-2x'(t)=\cos t,$$

且

$$x(0)=x'(0)=x''(0)=0.$$

解題方法

令

$$X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\}.$$

由零初始條件，

$$\mathcal{L}\{x'\}=sX(s),$$ $$\mathcal{L}\{x''\}=s^2X(s),$$