範 例 1.1 試 解 出 下 列 微 分 方 程 dx = y. 不 嚴 謹 做 法 : 把 微 分 方 程 改 寫 為 y = dx. 兩 邊 同 時 積 分 y = 之 後 可 以 推 得 : ln y = X + C, 兩 邊 同 時 取 exp 之 後 可 以 得 到 y = Ce x.

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1 微 分 方 程 法 蘭 克 老 師 1 微 分 方 程 1.1 可 分 離 微 分 方 程 假 設 M(x), N(y) 都 是 定 義 在 某 個 區 間 上 的 連 續 函 數 我 們 希 望 解 以 下 類 型 的 常 微 分 方 程 以 不 嚴 謹 的 方 法 我 們 可 以 把 (1.1) 改 寫 成 M(x) N(y) = 0. (1.1) dx N(y) = M(x)dx. (1.2) 因 此 我 們 稱 微 分 方 程 (1.1) 是 可 分 離 的 對 (1.2) 求 不 定 積 分 之 後, 得 到 N(y) = M(x)dx 進 而 我 們 利 用 這 個 關 係 來 解 出 我 們 想 要 的 微 分 方 程 事 實 上, 解 微 分 方 程 是 以 下 的 過 程 令 G(y) 是 N(y) 的 ( 對 變 數 y) 反 導 函 數 dg = N(y). 利 用 微 分 連 鎖 律 可 以 驗 證 合 成 函 數 H(x) = G(f(x)) 是 M(x) 的 反 導 函 數 : d dg H(x) = dx dx = N(y) dx dx = M(x). 也 就 是 說 M(x)dx = H(x) = G(f(x)) + C. 處 理 可 分 離 的 微 分 方 程 可 以 分 成 以 下 幾 個 步 驟 : (1) 將 微 分 方 程 改 寫 成 (1.2) 的 型 式 (2) 將 等 式 兩 邊 同 時 積 分 (3) 利 用 所 得 到 的 積 分 式 求 出 y = f(x) 的 關 係 以 下 為 了 方 便 起 見 把 所 有 的 常 數 都 寫 成 C 不 討 論 其 差 異 性 1

2 範 例 1.1 試 解 出 下 列 微 分 方 程 dx = y. 不 嚴 謹 做 法 : 把 微 分 方 程 改 寫 為 y = dx. 兩 邊 同 時 積 分 y = 之 後 可 以 推 得 : ln y = X + C, 兩 邊 同 時 取 exp 之 後 可 以 得 到 y = Ce x. 嚴 謹 做 法 : 方 程 改 寫 為 1 y dx = 1. d 我 們 知 道 ln y = 1 y. 因 此 合 成 函 數 H(x) = ln y(x) 的 微 分 為 dh dx = 1 y(x) dx dx = 1. 因 此 H(x) 是 1 的 反 導 函 數, 可 知 H(x) = 1dx = x + C. 所 以 歸 納 出 ln y(x) = x + C, 得 到 y = Ce x. 範 例 1.2 試 求 出 微 分 方 程 的 解 dx = y 1 + x 2. 不 嚴 謹 做 法 : 我 們 把 微 分 方 程 改 寫 為 y = y = dx 1 + x 2. 兩 邊 同 時 積 分 dx 1 + x 2 之 後, 我 們 可 以 推 得 ln y = tan 1 x + C. 因 此 y = Ce tan 1 x. 1 嚴 謹 做 法 : 將 方 程 改 寫 為 y dx = x 2. 由 於 ln y 是 1/y 的 一 個 反 導 函 數 我 們 令 H(x) = ln y(x), 則 H (x) = 1 y(x) dx = x 2. 2

3 因 此 H(x) 是 1/(1 + x 2 ) 的 一 個 反 導 函 數 所 以 dx H(x) = 1 + x 2 = tan 1 x + C. 另 一 方 面 H(x) = ln y + C, 所 以 可 以 歸 納 出 ln y = tan 1 x + C, 因 此 y = Ce tan 1 x. 範 例 1.3 試 解 出 dx = 3x2 2x + 1 y y 不 嚴 謹 做 法 : 把 方 程 改 寫 為 (y 3 + 2y) = (3x 2 2x + 1)dx. 兩 邊 同 時 積 分 (y 3 + 2y) = (3x 2 2x + 1)dx, y 4 可 推 得 4 + y2 = x 3 x 2 + x + C. 嚴 謹 做 法 : 將 方 程 改 為 (y 3 + 2y) dx = 3x2 2x + 1. 則 取 H(x) = y(x)4 4 + y(x) 2, 則 H (x) = (y 3 + 2y) dx = 3x2 2x + 1. 於 是 H(x) 是 3x 2 2x + 1 的 一 個 反 導 函 數 由 於 (3x 2 2x + 1)dx = x 3 x 2 + x + C, 所 以 可 得 H(x) = x 3 x 2 y 4 + C 於 是 我 們 解 出 4 + y2 = x 3 x 2 + x + C. (y 3 + 2y) = y4 4 + y2 我 們 透 過 這 幾 個 例 子 大 家 可 以 發 現 所 謂 的 不 嚴 謹 做 法 只 是 嚴 謹 做 法 的 過 程 簡 化 而 已 在 此, 我 們 並 非 真 的 把 與 dx 當 作 數 來 運 算 而 是 把 微 分 方 程 分 離 之 後, 先 求 出 y 變 數 的 反 導 函 數, 再 利 用 合 成 函 數 與 連 鎖 律 的 概 念 去 驗 證 我 們 得 到 的 合 成 函 數 H(x) 是 右 式 M(x) 的 反 導 函 數, 進 而 求 出 微 分 方 程 的 解 接 下 來 的 幾 個 範 例, 我 們 就 採 用 不 嚴 謹 做 法 來 計 算 範 例 1.4 試 求 出 方 程 的 解 = (y 1)(y 2). dx 我 們 把 原 方 程 改 寫 為 (y 1)(y 2) = dx, 兩 邊 取 符 號 後 得 到 (y 1)(y 2) = dx = x + C. 3

4 利 用 部 分 分 式 法, 我 們 將 左 式 積 分 中 的 有 理 函 數 拆 成 : 1 (y 1)(y 2) = A y 1 + B y 2. 於 是 A(y 2) + B(y 1) = 1. 所 以 可 以 解 出 A = 1 且 B = 1. 可 得 (y 1)(y 2) = y 1 + y 2 = ln ( y 2 y 1 ) + C. y 2 所 以 我 們 得 到 了 y 1 = Cex. 交 叉 相 乘 後, 我 們 可 以 解 得 y, 我 們 就 讓 讀 者 自 行 驗 算 附 註 : 對 1/y 積 分 後, 我 們 會 得 到 ln y + C, 為 了 保 持 讓 ln 裡 面 的 量 是 正 的, 我 們 就 加 個 絕 對 值 得 到 ln y +C 但 在 這 幾 個 問 題 中, 我 們 為 了 能 夠 減 少 符 號 的 使 用 而 暫 時 忽 略 絕 對 值 得 記 號, 而 因 為 我 們 使 用 了 指 數 函 數 exp 來 表 達 解, 最 後 解 似 乎 也 與 y 的 正 負 無 關 從 ln y 到 y 就 成 為 了 一 個 中 繼 過 程 然 而, 正 負 號 其 實 是 的 討 論 是 包 含 在 常 數 C 中 如 果 我 們 給 定 微 分 方 程 的 初 始 條 件 ( 如 y(0) = a) 我 們 可 以 決 定 常 數 C 的 值, 因 此 知 道 了 y 的 正 負 號 1.2 一 階 微 分 方 程 本 章 節 主 要 希 望 研 究 型 如 y + P (x)y = Q(x) (1.3) 的 解 其 中 P (x), Q(x) 是 定 義 在 某 個 區 間 上 的 連 續 函 數 當 Q = Q(x) 為 零 函 數 時, 我 們 稱 此 方 程 為 齊 次 方 程, 而 Q = Q(x) 非 恆 等 於 零 時, 我 們 稱 此 方 程 為 非 齊 次 方 程 首 先, 我 們 先 來 研 究 Q = 0 則 方 程 可 以 改 寫 成 = P (x)dx. y 兩 邊 同 時 積 分 之 後 再 取 exp 可 推 得 y = Ce P (x)dx. 接 著 我 們 希 望 來 解 非 齊 次 的 問 題 首 先 我 們 來 提 供 一 個 比 較 直 接 的 作 法 假 設 z = z(x) 與 y = y(x) 分 別 滿 足 { z + P (x)z = 0, y (1.4) + P (x)y = Q(x). 將 第 二 式 乘 上 z 減 去 第 一 式 乘 上 y 之 後 我 們 得 到 y z z y = Q(x)z. 於 是 我 們 觀 察 一 下 微 分 的 商 法 則 可 以 知 道 ( y z ) = y z yz 對 上 式 積 分 之 後 我 們 可 以 推 得 兩 邊 同 乘 z 我 們 可 得 z 2 = Q(x). z y Q(x) z = C + z(x) dx. Q(x) y = Cz(x) + z(x) z(x) dx. x 為 了 區 別 積 分 內 的 變 數 與 積 分 外 的 變 數, 接 下 來 我 們 會 不 定 積 分 f(x)dx 的 表 示 法 改 為 f(t)dt 所 以 上 述 式 子 改 寫 為 : x Q(t) y = Cz(x) + z(x) z(t) dt. 4

5 另 外 一 個 解 決 這 問 題 的 方 法 是 利 用 微 分 的 乘 法 法 則 我 們 把 (1.3) 乘 上 一 個 函 數 h 使 得 h(x)y + P (x)h(x)y = Q(x)h(x). 如 果 我 們 找 到 的 h 滿 足 h = P (x)h 那 麼 h(x)y + P (x)h(x)y = h(x)y + h (x)y = (h(x)y). 進 而 推 得 (h(x)y) = Q(x)h(x). 兩 邊 同 時 積 分 之 後 可 得 h(x)y = C + x Q(t)h(t)dt. 因 而 得 到 y = C h(x) + 1 x Q(t)h(t)dt. h(x) 當 然 利 用 解 齊 次 方 程 的 方 法 我 們 知 道 h(x) = e x P (t)dt. 我 們 把 函 數 h(x) = e x P (t)dt 稱 為 (1.3) 的 積 分 因 子 我 們 可 以 把 這 類 問 題 分 成 幾 個 步 驟 解 決 (1) 求 出 積 分 因 子 (2) 微 分 方 程 兩 邊 同 乘 積 分 因 子 (3) 利 用 微 分 的 法 則 與 微 積 分 基 本 定 理 求 出 方 程 的 解 範 例 1.5 試 解 y + 1 x y = 3x. 本 問 題 的 積 分 因 子 為 h(x) = e x 1 t dt = e ln x = x 兩 邊 同 乘 x 之 後 推 得 xy + y = 3x 2. 利 用 微 分 的 法 則 可 知 xy + y = (xy) 於 是 (xy ) = 3x 2 可 推 知 xy = C + x 3. 兩 邊 同 除 x 之 後 可 得 y = Cx 1 + x 2. 範 例 1.6 試 解 y y = e 3x. 本 題 的 積 分 因 子 為 h(x) = e 1dx = e x 兩 邊 同 乘 e x 後 我 們 得 到 (e x y) = e 2x. 兩 邊 同 時 積 分 之 後 可 得 e x y = C + e 2x /2 兩 邊 同 乘 e x 我 們 得 到 方 程 的 解 為 y = Ce x + e 3x /2 5

6 範 例 1.7 試 解 y + 2xy = 10x. 取 積 分 因 子 h(x) = e 2xdx = e x2. 方 程 同 乘 h(x) 後 得 到 (e x2 y) = 10xe x2. 兩 邊 同 時 積 分 e x2 y = 10xe x2 dx. 令 u = x 2 可 得 du = 2xdx, 於 是 10xe x2 dx = 5 e u du = 5e u + C = 5e x2 + C. 所 以 解 為 y = Ce x 範 例 1.8 試 解 y + 1 y = 6x + 2. x 本 題 積 分 因 子 為 h(x) = e dx/x = e ln x = x. 方 程 兩 邊 同 乘 h(x) = x 可 得 (xy) = 6x 2 + 2x. 積 分 後 得 到 xy = (6x 2 + 2x)dx = 2x 3 + x 2 + C. 於 是 y = 2x 2 + x + Cx 二 階 常 係 數 微 分 方 程 本 章 節 主 要 來 討 論 下 列 二 階 微 分 方 程 的 解 : ay + by + cy = f(x) (1.5) 其 中 a, b, c R 類 似 於 一 階 微 分 方 程, 當 f(x) 恆 為 零 時,(1.5) 稱 為 齊 次 方 程 而 f(x) 不 恆 為 零 時,(1.5) 稱 為 非 齊 次 方 程 老 師 講 解 1 會 稱 呼 這 方 程 是 是 線 性 的 理 由 如 下 假 設 y 是 二 次 可 微 分 函 數, 我 們 定 義 L[y] = ay + by + cy. 那 麼 L 就 會 滿 足 下 列 關 係 : 對 任 意 的 二 次 可 微 分 函 數 y = f(x) 與 y = g(x), 恆 有 L[af + bg] = al[f] + bl[g], 其 中 a, b 是 實 數 首 先, 我 們 先 來 研 究 齊 次 方 程, 接 著 來 看 個 例 子 6

7 範 例 1.9 試 求 出 y 3y + 2y = 0. 如 果 我 們 把 微 分 記 為 D 那 麼 上 述 微 分 方 程 可 以 改 寫 為 (D 2 3D + 2)y = 0. 假 設 我 們 把 D 當 成 是 一 個 變 數 來 看 並 且 假 設 我 們 可 以 作 因 式 分 解 的 動 作, 那 麼 再 把 這 微 分 方 程 改 寫 為 (D 1)(D 2)y = 0. 令 z = (D 2)y 則 (D 1)z = 0, 也 就 是 說 z z = 0 利 用 分 離 變 數 的 方 法 我 們 解 出 z = C 1 e x. 帶 入 z = (D 2)y 之 後 得 到 了 y 2y = C 1 e x. 利 用 積 分 因 子 法, 將 此 方 程 乘 上 e 2x 之 後 得 到 (e 2x y) = C 1 e x 兩 邊 積 分 後 我 們 推 得 e 2x y = C 2 + C 1 e x 同 乘 e 2x 之 後 得 到 y = C 1 e x + C 2 e 2x. 1 當 然, 這 麼 作 存 在 著 一 個 問 題 我 們 能 否 使 用 因 式 分 解 的 概 念 來 解 決 這 問 題 呢? 我 們 必 須 要 去 驗 證 上 述 的 這 些 關 係 由 於 我 們 令 z = y 2y, 那 麼 z z = (y 2y ) (y 2y) = y 3y + 2y. 所 以 z z = 0 的 確 等 價 於 原 方 程 利 用 這 個 例 子, 我 們 可 以 來 討 論 更 一 般 的 情 形 我 們 把 (1.5) 改 寫 為 (ad 2 + bd + c)y = f(x). 為 了 能 夠 討 論 ad 2 + bd + c 的 分 解 情 況, 我 們 引 入 了 微 分 方 程 的 特 徵 多 項 式 的 概 念 : 我 們 稱 χ(λ) = aλ 2 + bλ + c 是 (1.5) 的 特 徵 方 程 由 於 a 是 個 非 零 常 數, 方 程 兩 邊 同 除 a 之 後 可 以 得 到 與 原 方 程 等 價 的 方 程 2 所 以 我 們 不 仿 假 設 a = 1 令 = b 2 4c, 稱 為 特 徵 方 程 的 判 別 式 利 用 中 學 所 學 到 的 方 法 我 們 知 道, 特 徵 多 項 式 的 根 有 三 種 情 況 1. > 0 時, 特 徵 方 程 有 兩 相 異 實 根 λ 1, λ = 0 時, 特 徵 方 程 有 重 根 λ < 0 時, 特 徵 方 程 有 共 軛 複 數 根 λ ± = α ± iβ, 其 中 α, β R. 當 f(x) 恆 為 零 時, 我 們 可 以 把 解 給 完 全 寫 下 來 如 果 > 0, 我 們 把 方 程 改 寫 成 (D λ 1 )(D λ 2 )y = 0. 利 用 上 述 想 法, 我 們 令 z = (D λ 2 )y 則 (D λ 1 )z = 0. 於 是 我 們 推 得 z = C 1 e λ 1x. 進 而 得 到 (D λ 2 )y = C 1 e λ1x 利 用 積 分 因 子 的 方 法, 同 乘 e λ2x 得 到 了 (e λ2 y) = C 1 e (λ1 λ2)x. 積 分 之 後, 推 得 了 e λ 2x y = C 2 + C 1 e (λ 1 λ 2 )x. 兩 邊 在 同 乘 e λ 2x 解 出 了 y = C 1 e λ1x + C 2 e λ2x. 當 = 0 時, 方 程 式 可 以 寫 成 (D λ 0 ) 2 y = 0. 1 在 這 裡 我 們 盡 可 能 讓 C 1, C 2 表 示 成 一 些 常 數, 雖 然 不 同 式 子 中 的 C 1, C 2 未 必 相 等 2 意 思 是 說 方 程 的 解 並 不 會 因 此 而 改 變 7

8 令 z = (D λ 0 )y. 則 (D λ 0 )z = 0. 利 用 分 離 變 數 的 方 法 我 們 得 到 z = C 1 e λ0x. 所 以 (D λ 0 )y = C 1 e λ 0x. 同 乘 積 分 因 子 e λ 0x 之 後 我 們 可 得 (e λ 0x y) = C 1 兩 邊 積 分 之 後 可 知 e λ 0x y = C 2 + C 1 x. 同 乘 e λ0x 之 後 得 到 y = (C 1 x + C 2 )e λ 0x. 當 < 0 時, 答 案 比 較 複 雜 一 點 假 設 我 們 可 以 讓 微 分 方 程 以 複 數 的 型 態 表 示, 那 麼 微 分 方 程 的 解 在 < 0 時, 解 y = C 1 e λ+x + C 2 e λ x. 但 是 一 個 實 係 數 的 微 分 方 程 為 何 會 得 到 複 數 解 呢? 這 樣 的 解 是 否 合 理 呢? 假 設 我 們 讓 這 樣 的 解 存 在 利 用 尤 拉 的 恆 等 式 我 們 可 以 推 得 e a+ib = e a (cos b + i sin b), a, b R. y = C 1 e αx (cos βx + i sin βx) + C 2 e αx (cos βx + i sin βx). 整 理 一 下 e αx cos βx 與 e αx sin βx 的 係 數 之 後, 我 們 可 以 把 方 程 式 的 解 改 寫 為 y = c 1 e αx cos βx + c 2 e αx sin βx. 當 然, 我 們 必 須 驗 證 這 個 函 數 的 確 給 了 方 程 在 < 0 時 的 解 令 y 1 = e αx cos βx 且 y 2 = e αx sin βx. 利 用 微 分 的 性 質 我 們 可 以 推 得 { y 1 = αy 1 + βy 2 由 此 可 以 驗 證 y 1, y 2 滿 足 y 2 = βy 1 + αy 2. y + 2αy + (α 2 + β 2 )y = 0. 利 用 根 與 係 數 的 關 係 b = 2α 且 c = α 2 + β 2 於 是 我 們 驗 證 了 y 1, y 2 的 確 是 方 程 在 < 0 時 的 解, 進 而 推 得 型 如 y = c 1 y 1 + c 2 y 2 都 是 方 程 在 < 0 時 的 解 老 師 講 解 2 所 以 我 們 得 出 下 列 歸 納 : (1) 當 > 0 時, 方 程 的 解 型 如 y = C 1 e λ1x + C 2 e λ2x. (2) 當 = 0 時, 方 程 的 解 型 如 y = (C 1 x + C 2 )e λ0x. (3) 當 < 0 時, 方 程 的 解 型 如 y = e αx (C 1 cos βx + C 2 sin βx). 我 們 來 看 幾 個 範 例 範 例 1.10 試 求 出 y 5y + 6y = 0. 解 : 此 微 分 方 程 的 特 徵 多 項 式 為 χ(λ) = λ 2 5λ + 6. 於 是 λ = 3, 2 是 方 程 的 兩 相 異 實 根 則 此 方 程 的 解 為 y = C 1 e 3x + C 2 e 2x. 8

9 範 例 1.11 試 求 出 y 2y + y = 0. 令 χ(λ) = λ 2 2λ + 1 表 示 方 程 的 特 徵 多 項 式 則 此 特 徵 多 項 式 有 重 根 λ = 1 於 是 利 用 上 述 的 歸 納 我 們 知 道 方 程 的 解 為 y = (C 1 x + C 2 )e x. 範 例 1.12 試 求 出 y + y + y = 0. 特 徵 方 程 為 χ(λ) = λ 2 + λ + 1, 其 根 為 λ ± = ( 1 ± i 3)/2 利 用 上 述 規 納 的 方 法 可 推 得 方 程 的 解 為 y = C 1 e 1 2 x cos 3 2 x + C 2e 1 2 x sin 3 2 x. 接 著 我 們 來 討 論 一 下 非 齊 次 方 程 的 解 在 > 0 時, 我 們 令 z = (D λ 2 )y 時, 推 得 z λ 1 z = f(x). 利 用 積 分 因 子 的 方 法 可 以 求 出 3 那 麼 在 帶 入 (D λ 2 )y = z 可 以 解 出 z = C 1 e λ1x + e λ1x x f(t)e λ1t dt. y = C 2 e λ 2x + e λ 2x x z(t)e λ 2t dt. 為 了 方 便 起 見, 我 們 定 義 u i (x) = x f(t)e λ it dt, i = 1, 2. 將 z 帶 入 y 之 後 我 們 得 到 y = C 1 e λ 1x + C 2 e λ 2x + e λ 2x x e (λ 1 λ 2 )t u 1 (t)dt. 利 用 u i (x) = f(x)e λix 與 分 部 積 分 的 方 式 我 們 可 以 推 得 x e (λ1 λ2)t u 1 (t)dt = e(λ 1 λ 2 )x 1 u 1 (x) u 2 (x). λ 1 λ 2 λ 1 λ 2 將 此 式 帶 入 y 之 後 我 們 發 現 我 們 可 以 把 上 式 最 後 一 項 改 寫 為 y = C 1 e λ 1x + C 2 e λ 2x + eλ1x u 1 (x) e λ2x u 2 (x) λ 2 λ 1. e λ1x u 1 (x) e λ2x u 2 (x) λ 2 λ 1 = 3 由 於 我 們 會 有 很 多 變 數, 為 了 不 要 搞 混, 我 使 用 t 來 當 作 積 分 的 參 數 x e λ1(x t) e λ2(x t) f(t)dt. λ 1 λ 2 9

10 所 以 推 得 x y = C 1 e λ1x + C 2 e λ2x e λ1(x t) e λ 2(x t) + f(t)dt. λ 1 λ 2 當 λ 1 = α + iβ, 與 λ 2 = α iβ 時, 我 們 可 以 推 得 e λ1(x t) e λ2(x t) λ 1 λ 2 = e α(x t) eiβ(x t) e iβ(x t). 2iβ 再 利 用 尤 拉 公 式 我 們 得 知 cos θ = eiθ + e iθ, sin θ = eiθ e iθ 2 2i e λ1(x t) e λ2(x t) α(x t) sin β(x t) = e λ 1 λ 2 β 所 以 我 們 推 得 當 < 0 時, 其 次 方 程 的 解 為 x y = C 1 e αx cos βx + C 2 e αx α(x t) sin β(x t) sin βx + e f(t)dt. β 當 = 0 時, 令 z = (D λ 0 )y 則 z λ 0 z = f(x). 利 用 積 分 因 子 法, 我 們 推 得 z = C 1 e λ0x + e λ 0x x f(t)e λ 0 t dt. 再 利 用 積 分 因 子 法 解 y λ 0 y = z 可 推 得 (e λ0 y) = C 1 + x f(t)e λ0t dt. 兩 邊 同 時 積 分 之 後 可 得 y = (C 1 x + C 2 )e λ0x + e λ0x x t f(u)e λ0u dudt. 如 果 我 們 令 u 0 (x) = x f(t)e λ 0t dt. 利 用 u 0(x) = f(x)e λ0x 分 部 積 分 的 方 法 我 們 可 以 推 得 x x x u 0 (t)dt = xu 0 (x) tf(t) λ0t dt = (x t)f(t)e λ0t dt. 所 以 我 們 總 結 得 到 : 當 = 0 時, y = (C 1 x + C 2 )e λ0x + x (x t)e λ0(x t) f(t)dt. 範 例 1.13 試 解 出 y 3y + 2y = 1. 令 z = y 2y, 我 們 可 以 推 得 z z = 1 利 用 積 分 因 子 法, 我 們 可 以 推 得 (e x z) = e x 兩 邊 積 分 之 後 可 得 e x z = C 1 e x 於 是 z = C 1 e x 1 那 麼 y 2y = C 1 e x 1. 再 次 利 用 積 分 因 子 法 可 得 (e 2x y) = C 1 e x e 2x 積 分 之 後 在 乘 e 2x 解 出 y = C 1 e x + C 2 e 2x + 1/2 10

11 範 例 1.14 試 解 出 y 2y + y = 1. 令 z = y y. 則 z z = 1. 利 用 積 分 因 子 法, 解 出 z = C 1 e x 1 所 以 y y = C 1 e x 1 在 利 用 積 分 因 子 法 (e x y) = C 1 e x 同 時 積 分 在 乘 上 e x 可 得 y = (C 1 x + C 2 )e x + 1. 在 這 兩 個 範 例 中, 我 取 f(x) = 1 是 為 了 要 讓 大 家 理 解 整 個 解 題 的 想 法 而 避 免 複 雜 計 算 所 定 的 然 而 當 f(x) 為 其 它 函 數 時, 解 題 只 有 積 分 技 巧 上 的 差 別 範 例 1.15 試 解 出 y + 4y = cos 3x. 特 徵 方 程 為 λ = 0. 因 此 我 們 得 到 兩 共 軛 複 數 根 λ ± = i ± 2 於 是 利 用 上 述 公 式 我 們 知 道 x sin 2(x t) y = C 1 cos 2x + C 2 sin 2x + cos 3tdt. 2 利 用 積 化 合 差 公 式 計 算 之 後 發 現 sin 2(x t) cos t = 1 {sin(2x + t) + sin(2x 5t)}. 2 y = C 1 cos 2x + C 2 sin 2x + 1 x {sin(2x + t) + sin(2x 5t)}dt 4 = C 1 cos 2x + C 2 sin 2x { cos 3x + 1 cos 3x} + C 5 = C 1 cos 2x + C 2 sin 2x 1 cos 3x + C. 5 於 是 方 程 的 解 為 y = C 1 cos 2x + C 2 sin 2x 1 5 cos 3x + C. 老 師 講 解 3 所 以 我 們 可 以 歸 納 出 (a) 當 > 0 時, (b) 當 = 0 時, x y = C 1 e λ1x + C 2 e λ2x e λ1(x t) e λ2(x t) + f(t)dt. λ 1 λ 2 x y = (C 1 x + C 2 )e λ0x + (x t)e λ0(x t) f(t)dt. (c) 當 < 0 時, x y = e αx α(x t) sin β(x t) (C 1 cos βx + C 2 sin βx) + e f(t)dt. β 11

12 公 式 本 身 有 些 複 雜, 但 不 建 議 記 憶, 但 非 不 得 已 只 好 查 公 式 使 用 然 而 最 重 要 的 地 方 並 不 在 於 公 式 本 身 在 於 解 問 題 的 精 神 我 們 透 過 分 解 微 分 方 程 與 積 分 因 子 的 方 法 解 微 分 方 程 12

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