115 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》

此題為一階微分方程的初值問題，屬於可分離變數型。我們需要先將微分方程分離變數並積分，求得通解，再利用初始條件求出特解，最後判斷特解存在的區間。

給定微分方程為 $y' = \frac{3x^2}{3y^2 - 1}$，初始條件為 $y(0) = 1$。
將微分方程改寫為 $\frac{dy}{dx} = \frac{3x^2}{3y^2 - 1}$。
分離變數可得 $(3y^2 - 1) dy = 3x^2 dx$。
對兩邊積分：
$\int (3y^2 - 1) dy = \int 3x^2 dx$
$y^3 - y = x^3 + C$

利用初始條件 $y(0) = 1$ 代入求 $C$：
$1^3 - 1 = 0^3 + C$
$0 = 0 + C \implies C = 0$

所以特解滿足 $y^3 - y = x^3$。
為了確定解存在的區間，我們需要分析這個隱函數的性質。
令 $f(x, y) = y^3 - y - x^3 = 0$。
我們知道 $y(0) = 1$。
對 $f(x, y) = 0$ 隱含微分，以 $x$ 為變數：
$3y^2 \frac{dy}{dx} - \frac{dy}{dx} - 3x^2 = 0$
$\frac{dy}{dx} (3y^2 - 1) = 3x^2$
$\frac{dy}{dx} = \frac{3x^2}{3y^2 - 1}$
這與原微分方程一致。

解存在的條件是 $3y^2 - 1 \neq 0$，即 $y \neq \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$。
我們從初始條件 $y(0) = 1$ 開始。由於 $y(0) = 1 > \frac{1}{\sqrt{3}}$，且 $y(x)$ 應為連續函數，因此在 $y$ 靠近 $1$ 的鄰域內， $y$ 仍然會大於 $\frac{1}{\sqrt{3}}$。
我們需要找到 $y^3 - y = x^3$ 的解 $y(x)$。
考慮函數 $g(y) = y^3 - y$。其導數為 $g'(y) = 3y^2 - 1$。
當 $y > \frac{1}{\sqrt{3}}$ 時，$g'(y) > 0$，所以 $g(y)$ 是遞增的。
當 $y < -\frac{1}{\sqrt{3}}$ 時，$g'(y) > 0$，所以 $g(y)$ 是遞增的。
在 $-\frac{1}{\sqrt{3}} < y < \frac{1}{\sqrt{3}}$ 時，$g'(y) < 0$，所以 $g(y)$ 是遞減的。
$g(y)$ 在 $y = \frac{1}{\sqrt{3}}$ 時有局部極小值，在 $y = -\frac{1}{\sqrt{3}}$ 時有局部極大值。
$g(\frac{1}{\sqrt{3}}) = (\frac{1}{\sqrt{3}})^3 - \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{1}{3\sqrt{3}} - \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{1-3}{3\sqrt{3}} = -\frac{2}{3\sqrt{3}}$
$g(-\frac{1}{\sqrt{3}}) = (-\frac{1}{\sqrt{3}})^3 - (-\frac{1}{\sqrt{3}}) = -\frac{1}{3\sqrt{3}} + \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{-1+3}{3\sqrt{3}} = \frac{2}{3\sqrt{3}}$

核心觀念

本題可藉由代換

$$u=\cos y$$

將非線性微分方程化為一階線性微分方程。由鏈鎖律，

$$\frac{du}{dx}=-\sin y\frac{dy}{dx}.$$

原式的分母含有 $x\sin y$，因此解的定義域必須滿足

$$x\neq 0,\qquad \sin y\neq 0.$$

解題方法

原微分方程為

$$\frac{dy}{dx} = \frac{(x+3)e^x+3\cos y}{x\sin y}.$$

兩邊乘上 $x\sin y$：

$$x\sin y\frac{dy}{dx} = (x+3)e^x+3\cos y.$$

令

$$u=\cos y,$$

則

$$\sin y\frac{dy}{dx}=-\frac{du}{dx}.$$

代入得

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

整理為

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

在 $x\neq 0$ 的區間上除以 $x$：

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

這是一階線性微分方程。其積分因子為

$$\mu(x) = e^{\int \frac{3}{x}\,dx} = e^{3\ln|x|} = |x|^3.$$

在固定的 $x>0$ 或 $x<0$ 區間上，可取積分因子為 $x^3$，因為

$$\frac{d}{dx}(x^3)=3x^2.$$

方程乘上 $x^3$：

$$x^3\frac{du}{dx}+3x^2u = -\left(x^3+3x^2\right)e^x.$$

左側為乘積微分：

$$\frac{d}{dx}(x^3u) = -\left(x^3+3x^2\right)e^x.$$

注意到

此題要求計算給定矩陣的特徵值與特徵向量。這是線性代數中的基本計算。

首先，我們需要計算矩陣 $A$ 的特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$，其中 $\lambda$ 是特徵值，$I$ 是單位矩陣。
$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} - \lambda \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4-\lambda & -1 \\ 1 & 2-\lambda \end{pmatrix}$

計算行列式：
$\det(A - \lambda I) = (4-\lambda)(2-\lambda) - (-1)(1) = (8 - 4\lambda - 2\lambda + \lambda^2) + 1 = \lambda^2 - 6\lambda + 8 + 1 = \lambda^2 - 6\lambda + 9$

令特徵方程式為零：
$\lambda^2 - 6\lambda + 9 = 0$
$(\lambda - 3)^2 = 0$

因此，特徵值為 $\lambda = 3$，且是重根（代數重數為 2）。

接下來，我們需要找到對應於特徵值 $\lambda = 3$ 的特徵向量。
我們需要解方程 $(A - 3I) \mathbf{v} = \mathbf{0}$，其中 $\mathbf{v} = \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix}$ 是特徵向量。

此題要求求解一個二維線性常係數微分方程組。由於我們剛剛計算了對應矩陣的特徵值和特徵向量（儘管矩陣不同，但方法類似），我們可以使用矩陣指數函數法或特徵值分解法來求解。

首先，將微分方程組寫成矩陣形式：
$\frac{d}{dt} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$
令 $\mathbf{X}(t) = \begin{pmatrix} x(t) \\ y(t) \end{pmatrix}$，矩陣 $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$。
則方程為 $\frac{d\mathbf{X}}{dt} = A \mathbf{X}$。
其通解為 $\mathbf{X}(t) = e^{At} \mathbf{C}$，其中 $\mathbf{C} = \begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \end{pmatrix}$ 是任意常數向量。

我們需要計算 $e^{At}$。通常的方法是先找到矩陣 $A$ 的特徵值和特徵向量。
計算特徵方程式：
$\det(A - \lambda I) = \det\begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 \\ -1 & 1-\lambda \end{pmatrix} = (1-\lambda)^2 - (1)(-1) = (1-\lambda)^2 + 1 = 1 - 2\lambda + \lambda^2 + 1 = \lambda^2 - 2\lambda + 2$

令特徵方程式為零：
$\lambda^2 - 2\lambda + 2 = 0$
使用二次公式求解 $\lambda$:
$\lambda = \frac{-(-2) \pm \sqrt{(-2)^2 - 4(1)(2)}}{2(1)} = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 8}}{2} = \frac{2 \pm \sqrt{-4}}{2} = \frac{2 \pm 2i}{2} = 1 \pm i$

我們得到一對複數特徵值：$\lambda_1 = 1 + i$ 和 $\lambda_2 = 1 - i$。

現在，我們尋找對應於 $\lambda_1 = 1+i$ 的特徵向量。
$(A - (1+i)I) \mathbf{v} = \mathbf{0}$
$A - (1+i)I = \begin{pmatrix} 1-(1+i) & 1 \\ -1 & 1-(1+i) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -i & 1 \\ -1 & -i \end{pmatrix}$

方程組為：
$-i v_1 + v_2 = 0 \implies v_2 = i v_1$
$-v_1 - i v_2 = 0$ (第二個方程是第一個方程乘以 $i$ 得到的，是冗餘的)

令 $v_1 = 1$，則 $v_2 = i$。
所以，一個對應於 $\lambda_1 = 1+i$ 的特徵向量是 $\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix}$。

核心觀念

本題考查「基底交換定理」的有限維版本。

由於 $E=\{v_1,\dots,v_n\}$ 線性獨立，因此

$$\dim(\operatorname{span}(E))=n.$$

又因為 $F=\{w_1,\dots,w_m\}\subseteq \operatorname{span}(E)$ 且線性獨立，所以 $F$ 可在 $E$ 所張成的空間中取代其中 $m$ 個向量，而不會降低張成空間的能力。

關鍵工具是：

• 線性獨立向量組的座標矩陣具有滿列秩。
• 滿列秩矩陣必有一個非零的 $m\times m$ 子矩陣。
• 以這個非零子矩陣所對應的 $m$ 個基底向量進行替換，即可保持張成整個空間。

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解題方法

令

$$W=\operatorname{span}(E).$$

因為 $E$ 線性獨立，所以 $E$ 是 $W$ 的一組基底。對每個 $w_j\in F$，可唯一表示為

$$w_j=\sum_{i=1}^{n}a_{ij}v_i.$$

將係數排列成 $n\times m$ 矩陣

$$A=(a_{ij}).$$

其中第 $j$ 欄是 $w_j$ 相對於基底 $E$ 的座標。

由於 $w_1,\dots,w_m$ 線性獨立，矩陣 $A$ 的欄向量也線性獨立，因此

$$\operatorname{rank}(A)=m.$$

所以存在 $m$ 個不同的列指標

$$1\le i_1<i_2<\cdots<i_m\le n$$

使得由這些列所組成的 $m\times m$ 子矩陣

$$C= \begin{pmatrix} a_{i_1 1} & a_{i_1 2} & \cdots & a_{i_1 m}\\ a_{i_2 1} & a_{i_2 2} & \cdots & a_{i_2 m}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ a_{i_m 1} & a_{i_m 2} & \cdots & a_{i_m m} \end{pmatrix}$$

滿足

$$\det(C)\ne 0.$$

現在以 $w_1,\dots,w_m$ 分別取代 $v_{i_1},\dots,v_{i_m}$，考慮集合

$$E'= \bigl(E\setminus\{v_{i_1},\dots,v_{i_m}\}\bigr) \cup \{w_1,\dots,w_m\}.$$

需證明 $E'$ 仍然張成 $W$。

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證明替換後仍可張成

取任意 $x\in W$，寫成

$$x=\sum_{i=1}^{n}c_i v_i.$$

只要能將被取代的向量 $v_{i_1},\dots,v_{i_m}$ 表示成 $E'$ 中向量的線性組合，即可得到 $x\in\operatorname{span}(E')$。

由

$$w_j=\sum_{i=1}^{n}a_{ij}v_i,$$

將等式中對應於 $v_{i_1},\dots,v_{i_m}$ 的項集中，可寫成