核心觀念

本題分別考查：

• (a) 變數代換與可分離變數法。
• (b) 可分離變數法，以及非初等積分的表示方式。
• (c) 尋找微分方程中的全導數，將二階方程降階，再利用初始條件求解。

本題不是選擇題，因此沒有需逐一判斷的選項。

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

解題方法

右側的複合式 $3-x+y$ 直接出現在三次方中，令

$$u=3-x+y.$$

對 $x$ 微分：

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

`

由原方程

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

因此

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

此方程為可分離變數方程。

計算

當 $u\neq 0$ 時，

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

積分得

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

重新整理常數後可寫成

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

因此

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

代回 $u=3-x+y$：

$$3-x+y=\pm \frac{1}{\sqrt{C-2x}},$$

所以

$$\boxed{y=x-3\pm \frac{1}{\sqrt{C-2x}}}.$$

另外，分離變數時除以了 $u^3$，必須補回 $u=0$ 的解。由

$$3-x+y=0,$$

得到

$$\boxed{y=x-3}.$$

解題技巧與檢查

看到 $3-x+y$ 這種「一次式整體出現」時，優先令其為新變數。代換後：

$$u'=y'-1,$$

恰好消去原方程右側的常數 $1$，形成最簡單的可分離方程 $u'=u^3$。

此外，$u=0$ 是平衡解，不能因分離變數時除以 $u^3$ 而遺漏。

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

核心觀念

先將方程整理為

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

這是可分離變數方程。將 $y$ 的部分與 $x$ 的部分分開即可。

計算

由

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

可得

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

兩邊積分：

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

因此通解可表示為

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

若希望將積分寫成定積分形式，可定義

$$F(y)=\int_0^y \frac{e^{t^2}}{1+t^2}\,dt.$$

則解為

$$\boxed{x+F(y)=C},$$

即

$$\boxed{x+\int_0^y\frac{e^{t^2}}{1+t^2}\,dt=C}.$$

核心觀念

本題考查線性常係數系統

$$x'(t)=Ax(t)+f(t)$$

的矩陣指數 $e^{At}$、齊次系統解，以及變數變換法（variation of parameters）。

關鍵觀察是將矩陣 $A$ 分解為

$$A=3I+B, \qquad B=A-3I= \begin{pmatrix} -2&1\\ -4&2 \end{pmatrix}.$$

直接計算可得

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

因此 $B$ 是冪零矩陣，矩陣指數級數只保留一次項：

$$e^{Bt}=I+tB.$$

又因為 $3I$ 與 $B$ 可交換，

$$e^{At}=e^{(3I+B)t}=e^{3t}e^{Bt} =e^{3t}(I+tB).$$

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解題方法

（a）求 $e^{At}$

由 $B^2=0$，

$$e^{Bt} =I+Bt+\frac{(Bt)^2}{2!}+\cdots =I+tB.$$

因此

$$e^{At} =e^{3t} \left[ I+t \begin{pmatrix} -2&1\\ -4&2 \end{pmatrix} \right].$$

整理矩陣得

$$\boxed{ e^{At} = e^{3t} \begin{pmatrix} 1-2t&t\\ -4t&1+2t \end{pmatrix} }.$$

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（b）求解齊次系統

題目給定

$$x'(t)=Ax(t), \qquad x(0)= \begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}.$$

常係數齊次系統的解為

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

代入（a）的結果：

$$x(t) = e^{3t} \begin{pmatrix} 1-2t&t\\ -4t&1+2t \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}.$$

因此

$$\boxed{ x(t)= e^{3t} \begin{pmatrix} 1-2t\\ -4t \end{pmatrix} }.$$

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（c）求解非齊次系統

現在考慮

$$x'(t)=Ax(t)+ \begin{pmatrix} -2\\ 1 \end{pmatrix}e^{-2t}, \qquad x(0)= \begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}.$$

令

$$b= \begin{pmatrix} -2\\ 1 \end{pmatrix}.$$

由常數變易法，解為

$$x(t)=e^{At}x(0)+ \int_0^t e^{A(t-s)}b\,e^{-2s}\,ds.$$

由

$$e^{A(t-s)} = e^{3(t-s)} \left[I+(t-s)B\right],$$

且

$$Bb= \begin{pmatrix} -2&1\\ -4&2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -2\\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5\\ 10 \end{pmatrix},$$

故非齊次積分項為

$$\begin{aligned} \int_0^t e^{A(t-s)}b\,e^{-2s}\,ds &= e^{3t}\int_0^t e^{-5s} \left[b+(t-s)Bb\right]ds. \end{aligned}$$

所需的兩個積分為

$$\int_0^t e^{-5s}\,ds = \frac{1-e^{-5t}}{5},$$

以及

核心觀念

本題考查：

1. 二階線性齊次微分方程的通解。
2. 分段微分方程在分界點的接續條件。
3. 連續二階導數所帶來的額外限制。
4. 向量空間的封閉性與維度。
5. 方程式

$$y''+xy=0$$

可用 Airy 函數表示其解。

令

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

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一、分界點的必要條件

在左半段，

$$y''+y=0,$$

因此由左側逼近 $a$ 可得

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

在右半段，

$$y''+xy=0,$$

因此由右側逼近 $a$ 可得

$$y''(a^+)= -a\,y(a).$$

題目要求 $y$ 具有連續的二階導數，所以

$$y''(a^-)=y''(a^+).$$

因此

$$-y(a)=-a\,y(a),$$

即

$$(a-1)y(a)=0.$$

由於 $a=\dfrac{\pi}{2}\ne 1$，故必須有

$$\boxed{y\left(\frac{\pi}{2}\right)=0}.$$

這是本題最關鍵的條件。若只要求 $y,y'$ 連續，不能得到此限制；正是因為題目要求二階導數連續，才會產生 $y(a)=0$。

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二、右半段的基本解

右半段方程為

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

Airy 函數 $\operatorname{Ai}$ 與 $\operatorname{Bi}$ 滿足

$$\operatorname{Ai}''(z)-z\operatorname{Ai}(z)=0, \qquad \operatorname{Bi}''(z)-z\operatorname{Bi}(z)=0.$$

因此 $\operatorname{Ai}(-x)$ 與 $\operatorname{Bi}(-x)$ 滿足

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

定義函數 $\Phi$ 為右半段的基本解：

$$\Phi(x) = \pi\left[ \operatorname{Bi}(-a)\operatorname{Ai}(-x) - \operatorname{Ai}(-a)\operatorname{Bi}(-x) \right].$$

由定義可得

$$\Phi(a)=0.$$

利用 Airy 函數的 Wronskian 關係

$$\operatorname{Ai}(z)\operatorname{Bi}'(z) - \operatorname{Ai}'(z)\operatorname{Bi}(z) = \frac{1}{\pi},$$

可得

$$\Phi'(a)=1.$$

所以 $\Phi$ 是滿足

$$\Phi(a)=0,\qquad \Phi'(a)=1$$

的唯一解。

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(a) 求滿足 $y_1(\pi)=2$ 的解

左半段

左半段方程

$$y''+y=0$$

的通解為

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

由 $y(a)=0$ 得

$$A\cos\frac{\pi}{2}+B\sin\frac{\pi}{2}=B=0.$$

因此左半段可寫成

$$y(x)=A\cos x.$$

為了使用在 $x=a$ 的導數條件，令

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

由於 $y(a)=0$，左半段解可直接寫成

$$y(x)=c\sin(x-a).$$

確實有

$$y(a)=0,\qquad y'(a)=c.$$

右半段

右半段解必須滿足

$$y(a)=0,\qquad y'(a)=c.$$

由 $\Phi(a)=0$、$\Phi'(a)=1$，可知右半段為

$$y(x)=c\Phi(x).$$

再利用邊界條件 $y(\pi)=2$：

$$c\Phi(\pi)=2,$$

因此

$$c=\frac{2}{\Phi(\pi)}.$$

所以

$$\boxed{ y_1(x)= \begin{cases} \dfrac{2}{\Phi(\pi)} \sin\left(x-\dfrac{\pi}{2}\right), & 0\le x\le \dfrac{\pi}{2},\\[1.2em] \dfrac{2\Phi(x)}{\Phi(\pi)}, & \dfrac{\pi}{2}\le x\le \pi, \end{cases} }$$

其中

$$\boxed{ \Phi(x) = \pi\left[ \operatorname{Bi}\left(-\frac{\pi}{2}\right)\operatorname{Ai}(-x) - \operatorname{Ai}\left(-\frac{\pi}{2}\right)\operatorname{Bi}(-x) \right]. }$$

為何 $\Phi(\pi)\ne 0$？

由 $\Phi(a)=0$、$\Phi'(a)=1$，且右半段方程為

$$\Phi''+x\Phi=0.$$

在 $[a,\pi]$ 上有 $x\le \pi$。與方程

$$z''+\pi z=0$$

比較，其從 $a$ 出發的第一個正零點為

$$a+\frac{\pi}{\sqrt{\pi}} = \frac{\pi}{2}+\sqrt{\pi} > \pi.$$

因此 $\Phi$ 在 $(a,\pi]$ 上不會再次變成零，故

$$\Phi(\pi)\ne 0.$$

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(b) 是否可能有 $y_2(0)=1$？

由分界點條件，所有解都必須滿足

$$y_2\left(\frac{\pi}{2}\right)=0.$$

在左半段，

核心觀念

本題考查：

• 將微分方程乘以 $y'$，建立能量守恆式。
• 利用位能 $V(y)=\dfrac{y^4}{4}$ 的性質，判斷解的運動範圍。
• 由相平面上的封閉軌道或有限週期積分，證明解為週期函數。

不過，題目第（a）小題的係數與微分方程不一致。

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（a）題目式子存在係數錯誤

題目聲稱

$$\left(\frac{y'}{2}\right)^2+\frac{y^4}{4} =\frac{(y')^2}{4}+\frac{y^4}{4}$$

為常數。對其微分：

$$\frac{d}{dx}\left(\frac{(y')^2}{4}+\frac{y^4}{4}\right) = \frac{y'y''}{2}+y^3y'.$$

整理得

$$\frac{d}{dx}\left(\frac{(y')^2}{4}+\frac{y^4}{4}\right) = y'\left(\frac{y''}{2}+y^3\right).$$

由原方程

$$y''+y^3=0$$

可得 $y''=-y^3$，因此

$$\frac{d}{dx}\left(\frac{(y')^2}{4}+\frac{y^4}{4}\right) = \frac{1}{2}y^3y',$$

一般並不等於 $0$。所以題目所列的式子並非守恆量。

例如取某一點使得 $y=1$、$y'=1$，則上式導數為

$$\frac{1}{2}\neq 0.$$

因此第（a）小題照原題文字無法成立。

正確的能量守恆式應為

$$\boxed{\frac{(y')^2}{2}+\frac{y^4}{4}=C}.$$

證明如下。將方程式乘以 $y'$：

$$y'y''+y^3y'=0.$$

注意到

$$y'y''=\frac{d}{dx}\left(\frac{(y')^2}{2}\right), \qquad y^3y'=\frac{d}{dx}\left(\frac{y^4}{4}\right),$$

故

$$\frac{d}{dx} \left( \frac{(y')^2}{2}+\frac{y^4}{4} \right)=0.$$

因此

$$\boxed{\frac{(y')^2}{2}+\frac{y^4}{4}=C}.$$

若原方程式應為 $y''+2y^3=0$，則題目所列的

$$\frac{(y')^2}{4}+\frac{y^4}{4}$$

才會是守恆量。

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（b）證明 $y$ 為週期函數

以下使用正確的能量式

$$\frac{(y')^2}{2}+\frac{y^4}{4}=C.$$

令

$$y(0)=y_0\neq 0,\qquad y'(0)=v_0.$$

則

$$C=\frac{v_0^2}{2}+\frac{y_0^4}{4}>0.$$

由能量式可得

$$(y')^2=2C-\frac{y^4}{2}.$$

定義

$$A=(4C)^{1/4}>0,$$

則 $4C=A^4$，所以