114 年 國立臺灣大學應用數學科學研究所碩士班《微分方程與線性代數》

核心觀念

本題分別考查：

• 變數代換與可分離變數微分方程。
• 可分離變數法及隱式解的表示。
• 二階常係數齊次微分方程，搭配初始條件求特解。

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(a) $\displaystyle \frac{dy}{dx}=1+(2-x+y)^3$

解題方法

右側含有組合式 $2-x+y$，令

$$u=2-x+y.$$

對 $x$ 微分得

$$\frac{du}{dx}=-1+\frac{dy}{dx}.$$

由原方程

$$\frac{dy}{dx}=1+u^3,$$

因此

$$\frac{du}{dx}=-1+(1+u^3)=u^3.$$

方程化為可分離形式：

$$\frac{du}{dx}=u^3.$$

當 $u\neq 0$ 時，

$$u^{-3}\,du=dx.$$

積分得到

$$\int u^{-3}\,du=\int dx,$$ $$-\frac{1}{2u^2}=x+C.$$

將常數重新整理，可寫成

$$\frac{1}{u^2}=C-2x.$$

代回 $u=2-x+y$：

$$\boxed{\frac{1}{(2-x+y)^2}=C-2x}.$$

也可解出 $y$：

$$2-x+y=\pm \frac{1}{\sqrt{C-2x}},$$

所以

$$\boxed{y=x-2\pm \frac{1}{\sqrt{C-2x}}}.$$

特殊解

分離變數時除以了 $u^3$，因此需補上 $u=0$ 的情形：

$$2-x+y=0.$$

故另一條解為

$$\boxed{y=x-2}.$$

解題技巧

遇到 $1+(2-x+y)^3$ 時，直接令 $u=2-x+y$，可使常數項 $1$ 與微分中的 $-1$ 抵消，迅速化為

$$u'=u^3.$$

這是本小題的關鍵。分離變數過程中若除以未知函數，必須額外檢查該未知函數等於零所對應的解。

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(b) $\displaystyle e^y\frac{dy}{dx}+(1+y^2)=0$

核心觀念

此方程可直接整理為可分離變數形式。將含 $y$ 的部分放在左側、含 $x$ 的部分放在右側即可。

解題方法

原方程為

$$e^y\frac{dy}{dx}=-(1+y^2).$$

整理為

$$\frac{e^y}{1+y^2}\,dy=-dx.$$

兩側積分：

$$\int \frac{e^y}{1+y^2}\,dy=-x+C.$$

因此通解以隱式形式表示為

$$\boxed{\int \frac{e^y}{1+y^2}\,dy+x=C}.$$

由於 $\displaystyle \int \frac{e^y}{1+y^2}\,dy$ 沒有初等函數形式，保留積分形式即為標準答案。

核心觀念

本題考查常係數線性微分方程組：

$$\mathbf{x}'(t)=A\mathbf{x}(t)+\mathbf{f}(t).$$

主要使用以下公式：

1. 矩陣指數 $e^{At}$。
2. 齊次系統的解：

$$\mathbf{x}(t)=e^{At}\mathbf{x}(0).$$

3. 非齊次系統的變數變換公式：

$$\mathbf{x}(t)=e^{At}\mathbf{x}(0)+\int_0^t e^{A(t-s)}\mathbf{f}(s)\,ds.$$

本題矩陣 $A$ 的特徵值重根，因此可利用冪零矩陣快速計算矩陣指數。

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解題方法

(a) 求 $e^{At}$

先計算特徵多項式：

$$\det(\lambda I-A) = \det \begin{pmatrix} \lambda-1 & -1\\ 4 & \lambda+3 \end{pmatrix}.$$

因此

$$\det(\lambda I-A) =(\lambda-1)(\lambda+3)+4 =\lambda^2+2\lambda+1 =(\lambda+1)^2.$$

唯一特徵值為 $\lambda=-1$，且為二重根。

將 $A$ 分解為

$$A=-I+N,$$

其中

$$N=A+I = \begin{pmatrix} 2&1\\ -4&-2 \end{pmatrix}.$$

直接計算：

$$N^2 = \begin{pmatrix} 2&1\\ -4&-2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2&1\\ -4&-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0&0\\ 0&0 \end{pmatrix}.$$

由於 $N^2=0$，矩陣指數級數截斷為

$$e^{Nt}=I+Nt.$$

又因為 $-I$ 與 $N$ 可交換，

$$e^{At}=e^{(-I+N)t} =e^{-t}e^{Nt} =e^{-t}(I+tN).$$

故

$$e^{At} = e^{-t} \left[ \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} 2&1\\ -4&-2 \end{pmatrix} \right].$$

因此

$$\boxed{ e^{At} = e^{-t} \begin{pmatrix} 1+2t&t\\ -4t&1-2t \end{pmatrix} }.$$

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(b) 求解齊次系統

題目給定

$$\mathbf{x}'(t)=A\mathbf{x}(t), \qquad \mathbf{x}(0)= \begin{pmatrix} 2\\ 0 \end{pmatrix}.$$

齊次系統的解為

$$\mathbf{x}(t)=e^{At}\mathbf{x}(0).$$

代入 (a) 的結果：

$$\mathbf{x}(t) = e^{-t} \begin{pmatrix} 1+2t&t\\ -4t&1-2t \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2\\ 0 \end{pmatrix}.$$

矩陣相乘得

$$\mathbf{x}(t) = e^{-t} \begin{pmatrix} 2+4t\\ -8t \end{pmatrix}.$$

所以

$$\boxed{ \mathbf{x}(t) = \begin{pmatrix} (2+4t)e^{-t}\\ -8te^{-t} \end{pmatrix} }.$$

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(c) 求解非齊次系統

題目給定

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

令外力向量為

$$\mathbf{b}= \begin{pmatrix} 1\\ -1 \end{pmatrix}.$$

由於外力為常數，可先尋找常數特解 $\mathbf{x}_p$。令 $\mathbf{x}_p'=\mathbf{0}$，則

$$A\mathbf{x}_p+\mathbf{b}=\mathbf{0},$$

所以

核心觀念

本題考查：

• 分段微分方程的通解；
• 在接點 $x=\dfrac{\pi}{2}$ 的光滑銜接條件；
• 連續二階導數所帶來的額外相容條件；
• 向量空間的封閉性與維度。

由於題目要求 $y$ 在 $[0,\pi]$ 上具有連續二階導數，因此在接點 $x=\dfrac{\pi}{2}$ 必須同時滿足

$$y\left(\frac{\pi}{2}^{-}\right)=y\left(\frac{\pi}{2}^{+}\right),$$ $$y'\left(\frac{\pi}{2}^{-}\right)=y'\left(\frac{\pi}{2}^{+}\right),$$

以及

$$y''\left(\frac{\pi}{2}^{-}\right)=y''\left(\frac{\pi}{2}^{+}\right).$$

第三個條件是本題的關鍵。

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解題方法

令

$$a=\frac{\pi}{2}.$$

第一段：$0\leq x\leq \dfrac{\pi}{2}$

方程為

$$y''+y=0.$$

其通解為

$$y(x)=A\cos x+B\sin x.$$

因此

$$y'(x)=-A\sin x+B\cos x,$$ $$y''(x)=-A\cos x-B\sin x=-y(x).$$

在 $x=a$ 處，

$$y(a)=B,$$

因為 $\cos(\pi/2)=0$、$\sin(\pi/2)=1$；且

$$y'(a)=-A.$$

此外，

$$y''(a)=-B.$$

第二段：$\dfrac{\pi}{2}\leq x\leq \pi$

方程為

$$y'+xy=0.$$

分離變數得

$$\frac{y'}{y}=-x.$$

積分後得到

$$\ln|y|=-\frac{x^2}{2}+C,$$

故通解可寫成

$$y(x)=C e^{-x^2/2}.$$

其導數為

$$y'(x)=-xC e^{-x^2/2}=-xy(x).$$

再微分一次：

$$y''(x)=-y(x)-xy'(x).$$

利用 $y'=-xy$，可得

$$y''(x)=-y(x)+x^2y(x) =(x^2-1)y(x).$$

因此在 $x=a$ 處，

$$y''(a)=(a^2-1)y(a).$$

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接點的二階導數條件

由 $y$ 的連續性，

$$y(a)=B.$$

由 $y''$ 的連續性，

$$-B=(a^2-1)B.$$

移項得

$$-a^2B=0.$$

由於

$$a=\frac{\pi}{2}\neq 0,$$

所以

$$B=0.$$

因此

$$y(a)=0.$$

第二段解為

$$y(x)=C e^{-x^2/2}.$$

由 $y(a)=0$ 且指數函數不為零，得到

$$C=0.$$

所以右半段恆為零。又因為 $y'$ 在接點連續，右半段的導數為零，故

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

第一段滿足

$$y(a)=B=0,\qquad y'(a)=-A=0,$$

因此

$$A=0.$$

故整個區間上唯一可能的解為

$$y(x)\equiv 0.$$

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本題考察凱萊-哈密頓定理、線性微分方程解的性質以及多項式。

(a) 證明存在一個次數為 2 的多項式 $P(x)$ 使得 $P(A) = 0_{2\times 2}$。
根據凱萊-哈密頓定理 (Cayley-Hamilton Theorem)，任何方陣都滿足其特徵多項式。
對於一個 $2 \times 2$ 的矩陣 $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$，其特徵多項式為：
$\det(A - \lambda I) = \det \begin{pmatrix} a-\lambda & b \\ c & d-\lambda \end{pmatrix} = (a-\lambda)(d-\lambda) - bc$
$= ad - a\lambda - d\lambda + \lambda^2 - bc = \lambda^2 - (a+d)\lambda + (ad-bc)$。
令 $tr(A) = a+d$ (矩陣的跡) 和 $\det(A) = ad-bc$ (矩陣的行列式)。
則特徵多項式為 $p_A(\lambda) = \lambda^2 - tr(A)\lambda + \det(A)$。
凱萊-哈密頓定理指出，$p_A(A) = A^2 - tr(A)A + \det(A)I = 0_{2\times 2}$。
令 $P(x) = x^2 - tr(A)x + \det(A)$。這是一個次數為 2 的多項式。
因此，存在一個次數為 2 的多項式 $P(x)$ 使得 $P(A) = 0_{2\times 2}$。
這個多項式是矩陣 $A$ 的特徵多項式。

【答案】
根據凱萊-哈密頓定理，矩陣 $A$ 的特徵多項式 $P(x) = x^2 - (a+d)x + (ad-bc)$ 滿足 $P(A) = 0_{2\times 2}$。此為次數為 2 的多項式。

(b) 證明存在一個次數為 2 的多項式 $Q_1(x)$ 使得 $Q_1(y_1(t)) = 0$。
微分方程為 $\mathbf{y}'(t) = A\mathbf{y}(t)$，其中 $\mathbf{y}(t) = \begin{pmatrix} y_1(t) \\ y_2(t) \end{pmatrix}$。
這意味著 $y_1'(t) = ay_1(t) + by_2(t)$ 和 $y_2'(t) = cy_1(t) + dy_2(t)$。

我們知道 $y_1(t)$ 和 $y_2(t)$ 是線性微分方程組的解。
考慮 $y_1(t)$。我們可以將 $y_1(t)$ 看作是某種形式的組合。
從 $y_1'(t) = ay_1(t) + by_2(t)$，我們有 $by_2(t) = y_1'(t) - ay_1(t)$。
由於 $b \neq 0$，所以 $y_2(t) = \frac{1}{b}(y_1'(t) - ay_1(t))$。
將此代入 $y_2'(t) = cy_1(t) + dy_2(t)$：
$\frac{d}{dt} \left( \frac{1}{b}(y_1'(t) - ay_1(t)) \right) = c y_1(t) + d \left( \frac{1}{b}(y_1'(t) - ay_1(t)) \right)$。
$\frac{1}{b}(y_1''(t) - ay_1'(t)) = c y_1(t) + \frac{d}{b} y_1'(t) - \frac{ad}{b} y_1(t)$。
乘以 $b$：
$y_1''(t) - ay_1'(t) = bc y_1(t) + d y_1'(t) - ad y_1(t)$。
$y_1''(t) - ay_1'(t) - d y_1'(t) + ad y_1(t) - bc y_1(t) = 0$。
$y_1''(t) - (a+d)y_1'(t) + (ad-bc)y_1(t) = 0$。
$y_1''(t) - tr(A)y_1'(t) + \det(A)y_1(t) = 0$。

這是一個二階常係數齊次線性微分方程，其特徵方程為 $r^2 - tr(A)r + \det(A) = 0$。
這個方程的根就是矩陣 $A$ 的特徵值。
令 $Q_1(x) = x^2 - tr(A)x + \det(A)$。
那麼 $Q_1(y_1(t)) = y_1''(t) - tr(A)y_1'(t) + \det(A)y_1(t)$。
根據上面的推導，我們得到 $Q_1(y_1(t)) = 0$。
$Q_1(x)$ 是一個次數為 2 的多項式。

【答案】
令 $Q_1(x) = x^2 - (a+d)x + (ad-bc)$。則 $Q_1(y_1(t)) = y_1''(t) - (a+d)y_1'(t) + (ad-bc)y_1(t) = 0$。

(c) 判斷 $Q_2(x) = \beta P(x)$ 是否為真，其中 $Q_2(x)$ 是次數為 2 的多項式，且 $Q_2(y_1(t)) = 0$ 恆成立。
我們已知 $P(x) = x^2 - tr(A)x + \det(A)$，且 $P(A) = 0_{2\times 2}$。
我們也知道 $Q_1(x) = x^2 - tr(A)x + \det(A)$，且 $Q_1(y_1(t)) = 0$。
所以 $P(x)$ 和 $Q_1(x)$ 是同一個多項式。

現在考慮 $Q_2(x)$。$Q_2(x)$ 是一個次數為 2 的多項式，且 $Q_2(y_1(t)) = 0$ 恆成立。
我們知道 $y_1(t)$ 滿足 $y_1''(t) - tr(A)y_1'(t) + \det(A)y_1(t) = 0$。
這意味著 $y_1(t)$ 是由 $Q_1(x)$ 的根決定的。
如果 $Q_1(x)$ 有兩個不同的實根 $\lambda_1, \lambda_2$，則 $y_1(t) = c_1 e^{\lambda_1 t} + c_2 e^{\lambda_2 t}$。
如果 $Q_1(x)$ 有重根 $\lambda$，則 $y_1(t) = (c_1 + c_2 t) e^{\lambda t}$。
如果 $Q_1(x)$ 有一對共軛複根 $\alpha \pm i\beta$，則 $y_1(t) = e^{\alpha t}(c_1 \cos(\beta t) + c_2 \sin(\beta t))$。

在任何情況下，$y_1(t)$ 都是滿足 $Q_1(x)$ 的形式的微分方程的解。
如果 $Q_2(x)$ 是一個次數為 2 的多項式，且 $Q_2(y_1(t)) = 0$ 恆成立，這意味著 $y_1(t)$ 也是 $Q_2(x)$ 所對應的齊次微分方程的解。
$Q_2(x) = k_2 x^2 + k_1 x + k_0$。
$Q_2(y_1(t)) = k_2 y_1''(t) + k_1 y_1'(t) + k_0 y_1(t) = 0$。

我們知道 $y_1''(t) - tr(A)y_1'(t) + \det(A)y_1(t) = 0$。
如果 $Q_2(x)$ 也是這個微分方程的解，那麼 $Q_2(x)$ 必須是 $P(x)$ 的倍數。
這是因為對於一個二階齊次線性微分方程，其解空間是二維的。如果 $y_1(t)$ 不是零函數（通常情況下，初始條件決定了它不是零函數），那麼 $y_1(t)$ 的形式由特徵值決定。
如果 $Q_2(x)$ 的根與 $P(x)$ 的根相同，那麼 $Q_2(x)$ 就是 $P(x)$ 的倍數。
如果 $Q_2(x)$ 的根不同，但 $Q_2(y_1(t))=0$ 恆成立，這意味著 $y_1(t)$ 必須是 $Q_2(x)$ 的根所對應的微分方程的解。

考慮 $y_1(t)$ 是一個非平凡解。
如果 $Q_2(x)$ 是一個次數為 2 的多項式，且 $Q_2(y_1(t))=0$ 恆成立，這意味著 $y_1(t)$ 是微分方程 $Q_2(y(t))=0$ 的解。
由於 $y_1(t)$ 也是微分方程 $P(y(t))=0$ 的解，且 $P(x)$ 和 $Q_2(x)$ 都是次數為 2 的多項式。
如果 $y_1(t)$ 是 $P(y)=0$ 和 $Q_2(y)=0$ 的非平凡解，那麼 $P(x)$ 和 $Q_2(x)$ 必須是相似的。
這意味著 $Q_2(x) = \beta P(x)$ 對於某個常數 $\beta$。

我們需要確保 $y_1(t)$ 不是平凡解。
特徵方程 $r^2 - tr(A)r + \det(A) = 0$ 的根決定了 $y_1(t)$ 的形式。