115 年 國立臺灣大學數學系碩士班《常微分方程式》

此題考驗 Bernoulli 方程式的解法。Bernoulli 方程式的形式為 $y' + P(t)y = Q(t)y^n$。此題的 $P(t)=1$, $Q(t)=e^t$, $n=3$。

解題步驟：

1. 將原方程式改寫為標準形式：$y' + y = y^3 e^t$。
2. 由於 $y=0$ 是該方程式的一個解，我們首先考慮 $y \neq 0$ 的情況。
3. 將方程式兩邊同除以 $y^3$（假設 $y \neq 0$）：
   $\frac{y'}{y^3} + \frac{1}{y^2} = e^t$
4. 令 $v = y^{-2}$。對 $t$ 微分，得到 $v' = -2y^{-3}y'$，即 $\frac{y'}{y^3} = -\frac{1}{2}v'$。
5. 將 $v$ 和 $v'$ 代入轉換後的方程式：
   $-\frac{1}{2}v' + v = e^t$
   $v' - 2v = -2e^t$
6. 這是一個標準的一階線性微分方程式。我們使用積分因子法求解。積分因子為 $e^{\int -2 dt} = e^{-2t}$。
7. 將方程式兩邊同乘以積分因子 $e^{-2t}$：
   $e^{-2t}v' - 2e^{-2t}v = -2e^{-2t}e^t$

此題為一階線性齊次常微分方程式聯立系統，並給定初始條件，屬於初值問題。

核心觀念：使用矩陣方法，計算特徵值與特徵向量來求解聯立微分方程式。

解題步驟：

1. 將聯立微分方程式寫成矩陣形式：
   $\begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$
   令 $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$。
2. 計算矩陣 $A$ 的特徵值 (eigenvalues)。特徵方程式為 $\det(A - \lambda I) = 0$。
   $\det \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{pmatrix} = (2-\lambda)^2 - 1^2 = 0$
   $(2-\lambda)^2 = 1$
   $2-\lambda = \pm 1$
   $\lambda_1 = 2 - 1 = 1$
   $\lambda_2 = 2 + 1 = 3$
   特徵值為 $\lambda_1 = 1$ 和 $\lambda_2 = 3$。
3. 計算對應的特徵向量 (eigenvectors)。
   對於 $\lambda_1 = 1$:
   $(A - 1I)v_1 = 0 \implies \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_{11} \\ v_{12} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
   得到 $v_{11} + v_{12} = 0$。取 $v_{11} = 1$, 則 $v_{12} = -1$。
   特徵向量 $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$。
   對於 $\lambda_2 = 3$:

此題是求解一個二階線性齊次常微分方程式的初值問題 (IVP)。

核心觀念：求解具有常係數的二階線性齊次微分方程式，其解的形式與特徵方程式的根有關。

解題步驟：

1. 寫出特徵方程式 (characteristic equation)。對於 $ay'' + by' + cy = 0$ 的形式，特徵方程式為 $ar^2 + br + c = 0$。
   在此題中，方程式為 $y'' + 4y' + 4y = 0$，所以特徵方程式為：
   $r^2 + 4r + 4 = 0$
2. 求解特徵方程式的根。
   此方程式可以因式分解為 $(r+2)^2 = 0$。
   因此，我們得到一個重根 $r = -2$ (即 $r_1 = r_2 = -2$)。
3. 根據特徵方程式根的類型，寫出微分方程式的通解。
   當特徵方程式有重根 $r$ 時，通解的形式為 $y(t) = c_1 e^{rt} + c_2 t e^{rt}$。
   在此情況下，$r = -2$，所以通解為：
   $y(t) = c_1 e^{-2t} + c_2 t e^{-2t}$
4. 利用初始條件 $y(0) = 1$ 和 $y'(0) = 0$ 來求解常數 $c_1$ 和 $c_2$。
   首先，計算 $y(t)$ 的導數：

此題要求使用參數變易法 (variation of parameters) 來求解一個非齊次二階線性微分方程式。

核心觀念：參數變易法是用來求解形如 $y'' + P(t)y' + Q(t)y = R(t)$ 的微分方程式。當齊次部分 $y'' + P(t)y' + Q(t)y = 0$ 的解 $y_1(t), y_2(t)$ 已知時，我們假設非齊次解的形式為 $y_p(t) = u_1(t)y_1(t) + u_2(t)y_2(t)$，然後求出 $u_1(t)$ 和 $u_2(t)$。

解題步驟：

1. 先求解齊次方程式 $y'' + y = 0$ 的通解。
   特徵方程式為 $r^2 + 1 = 0$，其根為 $r = \pm i$。
   所以齊次解為 $y_h(t) = c_1 \cos t + c_2 \sin t$。
   由此我們得到兩個線性獨立的齊次解：$y_1(t) = \cos t$ 和 $y_2(t) = \sin t$。
2. 計算 Wronskian $W(y_1, y_2)$。
   $W(t) = \det \begin{pmatrix} y_1 & y_2 \\ y_1' & y_2' \end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} \cos t & \sin t \\ -\sin t & \cos t \end{pmatrix} = \cos^2 t - (-\sin^2 t) = \cos^2 t + \sin^2 t = 1$。
   Wronskian 不為零，表示 $y_1$ 和 $y_2$ 是線性獨立的。
3. 參數變易法的公式為：
   $y_p(t) = -y_1(t) \int \frac{y_2(t) R(t)}{W(t)} dt + y_2(t) \int \frac{y_1(t) R(t)}{W(t)} dt$

核心觀念

平衡點 $(0,0)$ 的穩定性可用 Lyapunov 直接法判斷。若能找到正定函數 $V(x,y)$，使得

$$V(0,0)=0,\qquad V(x,y)>0\quad ((x,y)\neq(0,0)),$$

且沿系統軌跡滿足

$$\dot V(x,y)\leq 0,$$

即可判定平衡點為 Lyapunov 穩定。若進一步利用 LaSalle 不變性原理，證明最大不變集合只有原點，則可判定原點為漸近穩定。

題目中的方程式為

$$x'=y,\qquad y'=-x-y^3.$$

其中 $-y^3$ 可視為非線性阻尼項，會消耗系統能量。

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解題方法：建立能量函數

取類似簡諧振子的能量函數

$$V(x,y)=\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}y^2.$$

此函數具有以下性質：

$$V(0,0)=0,$$

且對所有 $(x,y)\neq(0,0)$，

$$V(x,y)>0.$$

因此 $V$ 是關於原點的正定函數。

沿著系統解計算其導數：

$$\dot V = \frac{\partial V}{\partial x}x' + \frac{\partial V}{\partial y}y'.$$

由

$$\frac{\partial V}{\partial x}=x,\qquad \frac{\partial V}{\partial y}=y,$$

以及

$$x'=y,\qquad y'=-x-y^3,$$

得到

$$\begin{aligned} \dot V &=x(y)+y(-x-y^3)\\ &=xy-xy-y^4\\ &=-y^4\leq 0. \end{aligned}$$

因此 $V$ 沿軌跡單調不增加，表示系統能量不會增加。

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先判定 Lyapunov 穩定

由

$$V(x(t),y(t))\leq V(x(0),y(0)),$$

可得

$$\frac12\bigl(x(t)^2+y(t)^2\bigr) \leq \frac12\bigl(x(0)^2+y(0)^2\bigr).$$

因此

$$\sqrt{x(t)^2+y(t)^2} \leq \sqrt{x(0)^2+y(0)^2}.$$

也就是說，初始狀態距離原點足夠近時，之後所有時間的狀態都不會離開相應的小鄰域，所以 $(0,0)$ 至少是 Lyapunov 穩定的。

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利用 LaSalle 不變性原理判定漸近穩定

雖然

$$\dot V=-y^4\leq 0,$$