111 年 國立中山大學電機工程學系碩士班戊組《工程數學甲》

核心觀念

本題評量**一階自主微分方程（Autonomous Differential Equation）的定性分析（Qualitative Analysis）與臨界點（Critical Points）的穩定度（Stability）**判別。

1. 臨界點（平衡解，Equilibrium Points）：
   對於自主微分方程 $y' = f(y)$，滿足 $f(y) = 0$ 的常數解 $y = c$ 稱為臨界點。
2. 穩定度判別準則（一階導函數檢驗法）：
   設 $y = c$ 為 $f(y) = 0$ 的臨界點，且 $f(y)$ 在 $c$ 附近連續可微：
   • 若 $f'(c) < 0$：解曲線在 $c$ 的兩側皆朝向 $c$ 靠近，此臨界點為漸近穩定（Asymptotically Stable / Sink）。
   • 若 $f'(c) > 0$：解曲線在 $c$ 的兩側皆遠離 $c$，此臨界點為不穩定（Unstable / Source）。
   • 若 $f'(c) = 0$ 且 $f(y)$ 在 $c$ 兩側同號（不變號）：解曲線在一側靠近、另一側遠離，此臨界點為半穩定（Semi-stable / Node）。

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解題方法

給定微分方程：

$$y' = f(y) = \frac{2}{\pi}y - \sin y$$

步驟 1：求臨界點（解 $f(y) = 0$）

令 $f(y) = 0$，即：

$$\frac{2}{\pi}y = \sin y$$

幾何意義為直線 $g(y) = \frac{2}{\pi}y$ 與正弦曲線 $h(y) = \sin y$ 的交點：

• 當 $y = 0$ 時：$\frac{2}{\pi}(0) = 0 = \sin 0$，故 $y = 0$ 為一解。
• 當 $y = \frac{\pi}{2}$ 時：$\frac{2}{\pi}\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1 = \sin\left(\frac{\pi}{2}\right)$，故 $y = \frac{\pi}{2}$ 為一解。
• 當 $y = -\frac{\pi}{2}$ 時：$\frac{2}{\pi}\left(-\frac{\pi}{2}\right) = -1 = \sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)$，故 $y = -\frac{\pi}{2}$ 為一解。

考慮函數的凸性與範圍：

• 在 $y > 0$ 時，$\sin y$ 的最大值為 $1$。當 $y > \frac{\pi}{2}$ 時，直線 $\frac{2}{\pi}y > 1 \ge \sin y$，兩圖形無交點。
• 同理，當 $y < -\frac{\pi}{2}$ 時，$\frac{2}{\pi}y < -1 \le \sin y$，兩圖形亦無交點。
• 在區間 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 內，$\sin y$ 為嚴格凹函數（$\sin'' y = -\sin y < 0$），而連接 $(0,0)$ 與 $\left(\frac{\pi}{2}, 1\right)$ 的割線斜率為 $\frac{2}{\pi}$，正弦函數在該區間內嚴格位於割線上方（$\sin y > \frac{2}{\pi}y$），因此區間內無其他交點。

綜上所述，恰有三個臨界點：

$$y_1 = -\frac{\pi}{2}, \quad y_2 = 0, \quad y_3 = \frac{\pi}{2}$$

步驟 2：判別臨界點的穩定度

對 $f(y)$ 微分：

$$f'(y) = \frac{2}{\pi} - \cos y$$

將各臨界點代入 $f'(y)$：

1. 在 $y = 0$ 處： $$f'(0) = \frac{2}{\pi} - \cos 0 = \frac{2}{\pi} - 1 \approx 0.6366 - 1 < 0$$

核心觀念

本題考查**二階常係數齊次線性常微分方程（Homogeneous Linear ODE with Constant Coefficients）**之特徵方程式與通解結構。

對於標準型二階常係數齊次微分方程：

$$y'' + a y' + b y = 0$$

其對應的特徵方程式為：

$$\lambda^2 + a\lambda + b = 0$$

若特徵方程式具有一對共軛複數根 $\lambda = \alpha \pm i\beta$（其中 $\beta \neq 0$），則微分方程的基底解為：

$$y_1 = e^{\alpha x}\cos(\beta x), \quad y_2 = e^{\alpha x}\sin(\beta x)$$

其通解形式為：

$$y(x) = e^{\alpha x}\left(C_1\cos(\beta x) + C_2\sin(\beta x)\right)$$

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解題方法

本題有兩種切入方式，考生可依熟練度選擇。在考場上強烈建議使用「方法一：特徵方程式反推法」，可於十秒內直接寫出答案。

方法一：由解的形式反推特徵方程式（推薦解法）

1. 觀察特徵根：
   題目給定解為 $y = e^{3x}\cos x$，此形式對應於共軛複數根 $\lambda = \alpha \pm i\beta$。
   對比標準基底解 $e^{\alpha x}\cos(\beta x)$ 可得：

   $$\alpha = 3, \quad \beta = 1$$

   因此特徵根為：

   $$\lambda = 3 \pm i$$

2. 建立特徵方程式：
   已知特徵根為 $\lambda = 3 \pm i$，則：

   $$(\lambda - 3)^2 = ( \pm i )^2 = -1$$

   展開整理可得：

   $$\lambda^2 - 6\lambda + 9 = -1 \implies \lambda^2 - 6\lambda + 10 = 0$$

3. 對照原方程式求係數：
   原微分方程 $\dfrac{d^2y}{dx^2} - 6\dfrac{dy}{dx} + ky = 0$ 的特徵方程式為：

   $$\lambda^2 - 6\lambda + k = 0$$

   對照兩式的常數項，即得：

   $$k = 10$$

方法二：直接代入微分方程（標準驗證法）

將 $y = e^{3x}\cos x$ 直接微分兩次並代入原式：

1. 一階微分：

   $$y' = \frac{d}{dx}\left(e^{3x}\cos x\right) = 3e^{3x}\cos x - e^{3x}\sin x = e^{3x}(3\cos x - \sin x)$$

2. 二階微分：

   $$y'' = \frac{d}{dx}\left(e^{3x}(3\cos x - \sin x)\right) = 3e^{3x}(3\cos x - \sin x) + e^{3x}(-3\sin x - \cos x) = e^{3x}(8\cos x - 6\sin x)$$

核心觀念

本題旨在檢驗考生對**一階常微分方程（First-order ODE）**兩大基本分類特性的理解與判斷能力：

1. 線性微分方程（Linear ODE）：
   一階線性常微分方程的標準型式為：

   $$\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)$$

   其核心特徵在於應變數 $y$ 及其導數 $\dfrac{dy}{dx}$ 皆為一次方，且兩者之間沒有乘積項，亦不存在非線性函數（如 $\sin y$、$e^y$ 等）。

2. 可分離變數方程式（Separable ODE）：
   一階可分離變數微分方程的標準型式為：

   $$\frac{dy}{dx} = g(x)h(y) \quad \text{或} \quad M(x)\,dx + N(y)\,dy = 0$$

   即能透過代數運算，將所有含自變數 $x$ 的項與含應變數 $y$ 的項分別移至等號兩側進行積分。

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解題方法與詳細推導

原方程式為：

$$e^x\frac{dy}{dx} + 3y = x^2y$$

步驟一：檢驗是否為線性（Linear）

將原式兩邊同除以 $e^x$（由於 $e^x \neq 0$）：

$$\frac{dy}{dx} + 3e^{-x}y = x^2e^{-x}y$$

移項合併含 $y$ 的同類項：

$$\frac{dy}{dx} + (3 - x^2)e^{-x}y = 0$$

對照一階線性 ODE 標準式 $\dfrac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)$：

• $P(x) = (3 - x^2)e^{-x}$
• $Q(x) = 0$

方程式完全符合一階線性齊次微分方程（Homogeneous linear ODE）的定義，因此此方程式為線性（Linear）。

步驟二：檢驗是否為可分離變數（Separable）

將原式整理為 $\dfrac{dy}{dx} = f(x, y)$ 的形式：

核心觀念

本題考查常微分方程數值解法（Numerical Methods for ODEs）中，龍格–庫塔法（Runge-Kutta Methods, RK methods） 與傳統單步法（Single-step methods）之間的對應關係。

考慮一階常微分方程初值問題（IVP）：

$$\frac{dy}{dx} = f(x, y), \quad y(x_0) = y_0$$

1. 歐拉法（Euler's Method）：

   $$y_{n+1} = y_n + h f(x_n, y_n)$$

   其局部截斷誤差（Local Truncation Error, LTE）為 $O(h^2)$，整體截斷誤差（Global Truncation Error, GTE）為 $O(h)$，對應 一階龍格–庫塔法（First-order Runge-Kutta method, RK1）。

2. 改良歐拉法（Improved Euler's Method / Heun's Method）：
   又稱為預測–校正法（Predictor-Corrector Method）或梯形法的一種顯式形式：

   $$\begin{aligned} k_1 &= f(x_n, y_n) \\ k_2 &= f(x_n + h,\, y_n + h k_1) \\ y_{n+1} &= y_n + \frac{h}{2}(k_1 + k_2) \end{aligned}$$

   其推導可由泰勒展開式比對至 $h^2$ 項，局部截斷誤差為 $O(h^3)$，整體截斷誤差為 $O(h^2)$。這正是 二階龍格–庫塔法（Second-order Runge-Kutta method, RK2） 的典型代表族之一。

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解題方法

一般二階顯式龍格–庫塔法（Explicit RK2）的形式如下：

$$\begin{aligned} k_1 &= f(x_n, y_n) \\ k_2 &= f(x_n + c_2 h,\, y_n + a_{21} h k_1) \\ y_{n+1} &= y_n + h(b_1 k_1 + b_2 k_2) \end{aligned}$$

將 $y(x_n + h)$ 進行泰勒展開至二階項，並與上述公式進行二維泰勒展開比較，可得階數條件（Order conditions）：

$$b_1 + b_2 = 1, \quad b_2 c_2 = \frac{1}{2}, \quad b_2 a_{21} = \frac{1}{2}$$

解此欠定方程組（自由度為 1），可取不同的參數組合對應不同的二階方法：

• 改良歐拉法（Heun's Method）：取 $c_2 = 1, a_{21} = 1 \implies b_1 = \frac{1}{2}, b_2 = \frac{1}{2}$。

核心觀念

本題結合了二階常微分方程（ODE）的解析解與數值解法（Euler's method）：

1. 柯西—尤拉方程式（Cauchy-Euler Equation）：形如 $x^2 y'' + ax y' + by = 0$ 的齊次線性常微分方程，可令 $y = x^m$ 求解輔助特徵方程式，進而求得解析通解。
2. 尤拉數值方法（Euler's Method）解高階常微分方程：將二階常微分方程化為一階方程組。令 $u = y$ 且 $v = y'$，則： $$\begin{cases} u' = v \\ v' = y'' = f(x, u, v) \end{cases}$$ 給定步長 $h$，其數值迭代公式為： $$\begin{aligned} u_{n+1} &= u_n + h \cdot v_n \\ v_{n+1} &= v_n + h \cdot f(x_n, u_n, v_n) \end{aligned}$$

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解題方法

1. 解析解推導

原微分方程為：

$$x^2 y'' - 2x y' + 2y = 0 \quad (x > 0)$$

設 $y = x^m$，代入可得特徵方程式：

$$m(m - 1) - 2m + 2 = 0 \implies m^2 - 3m + 2 = 0$$

因式分解得 $(m - 1)(m - 2) = 0$，解得 $m = 1, 2$。
因此通解的形式為：

$$y(x) = C_1 x + C_2 x^2$$

利用初始條件 $y(1) = 4$ 與 $y'(1) = 9$：

$$y(1) = C_1(1) + C_2(1)^2 = C_1 + C_2 = 4$$ $$y'(x) = C_1 + 2C_2 x \implies y'(1) = C_1 + 2C_2 = 9$$

解此二元一次方程組：

$$C_2 = 9 - 4 = 5, \quad C_1 = 4 - 5 = -1$$

故特解（解析解）為：

$$y(x) = -x + 5x^2$$

若代入 $x = 1.2$，解析真實值為：

$$y(1.2) = -(1.2) + 5(1.2)^2 = -1.2 + 5(1.44) = -1.2 + 7.2 = 6.0$$

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2. 尤拉數值法（Euler's Method）計算

題目明確要求使用尤拉數值法計算 $y(1.2)$，已知步長 $h = 0.1$。
將二階方程式整理為：

$$y'' = \frac{2x y' - 2y}{x^2}$$

令狀態變數 $u(x) = y(x)$、$v(x) = y'(x)$，系統表示為：

核心觀念

本題評量向量空間中「線性獨立（Linearly Independent）與線性相依（Linearly Dependent）」的基本定義與判別法。

1. 線性獨立的定義：
   設向量空間 $V$ 中的一組向量為 $\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \ldots, \mathbf{v}_k\}$。若線性組合方程式：

   $$c_1\mathbf{v}_1 + c_2\mathbf{v}_2 + \cdots + c_k\mathbf{v}_k = \mathbf{0}$$

   僅有唯一解 $c_1 = c_2 = \cdots = c_k = 0$（平凡解，trivial solution），則稱此向量集合為線性獨立；若存在不全為零的純量純量使得等式成立，則稱其為線性相依。

2. 矩陣秩（Rank）判別法：
   將這組向量作為行向量（或列向量）組成矩陣 $A$。若矩陣的行數為 $k$，則：

   • $\text{rank}(A) = k \iff$ 該組向量線性獨立。
   • $\text{rank}(A) < k \iff$ 該組向量線性相依。

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解題方法

令給定的三個 $\mathbb{R}^4$ 向量為：

$$\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 3 \\ 1 \end{bmatrix}, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ -6 \\ -1 \end{bmatrix}, \quad \mathbf{v}_3 = \begin{bmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$$

方法一：基本定義法（高斯消去法求解）

考慮純量方程式 $c_1\mathbf{v}_1 + c_2\mathbf{v}_2 + c_3\mathbf{v}_3 = \mathbf{0}$：

$$c_1 \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 3 \\ 1 \end{bmatrix} + c_2 \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ -6 \\ -1 \end{bmatrix} + c_3 \begin{bmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

對應的齊次線性方程組增廣矩陣如下，進行列基本運算（Row Operations）：

$$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 3 & -6 & 1 \\ 1 & -1 & 0 \end{bmatrix}$$

• 由第 1 列將第 3 列與第 4 列消去：
  • $R_3 \to R_3 - 3R_1$
  • $R_4 \to R_4 - R_1$

$$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & -6 & 1 \\ 0 & -1 & 0 \end{bmatrix}$$

核心觀念

1. 線性方程組之矩陣表示：
   設線性聯立方程組寫為矩陣形式 $A\mathbf{x} = \mathbf{b}$，其中 $A$ 為係數矩陣，$\mathbf{b}$ 為常數向量，$[A \mid \mathbf{b}]$ 為增廣矩陣（Augmented Matrix）。
2. 矩陣的秩（Rank）：
   矩陣的秩 $\text{rank}(A)$ 定義為其列空間（Row Space）或行空間（Column Space）的維度，亦即化簡至「列階梯形矩陣（Row Echelon Form, REF）」後「非零列（non-zero rows）的個數」或「主軸（Pivots）的個數」。
3. 秩的維度上限性質：
   對於任意 $m \times n$ 階矩陣 $M$，必滿足： $$\text{rank}(M) \le \min(m, n)$$ 本題方程組包含 3 條方程式、6 個變數，其係數矩陣 $A$ 維度為 $3 \times 6$，增廣矩陣 $[A \mid \mathbf{b}]$ 為 $3 \times 7$。因此，系統的秩至多為 $\min(3, 6) = 3$。

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解題方法

採用高斯消去法（Gaussian Elimination），將方程組的增廣矩陣化為列階梯形矩陣，計算非零列的數目：

Step 1：寫出增廣矩陣

對齊各未知數 $X_1, X_2, X_3, X_4, X_5, X_6$ 之係數與常數項：

$$[A \mid \mathbf{b}] = \begin{bmatrix} 1 & 0 & -1 & 2 & 1 & 6 & \bigm| & -3 \\ 0 & 1 & 2 & 3 & 2 & 4 & \bigm| & 1 \\ 1 & -4 & 3 & 1 & 0 & 2 & \bigm| & 0 \end{bmatrix}$$

Step 2：進行基本列運算（Elementary Row Operations）

以第一列消除第三列的第 1 個分量，執行列運算 $R_3 - R_1 \to R_3$：

$$\begin{bmatrix} 1 & 0 & -1 & 2 & 1 & 6 & \bigm| & -3 \\ 0 & 1 & 2 & 3 & 2 & 4 & \bigm| & 1 \\ 0 & -4 & 4 & -1 & -1 & -4 & \bigm| & 3 \end{bmatrix}$$

接著以第二列消除第三列的第 2 個分量，執行列運算 $R_3 + 4R_2 \to R_3$：

核心觀念

本題考查傅立葉級數（Fourier Series）之基本性質與狄利克雷收斂定理（Dirichlet's Conditions & Convergence Theorem）：

1. 奇偶函數定義：
   • 若 $f(-x) = f(x)$，則 $f(x)$ 為偶函數（Even function）。
   • 若 $f(-x) = -f(x)$，則 $f(x)$ 為奇函數（Odd function）。
2. 狄利克雷收斂定理（Dirichlet Theorem）：
   設 $f(x)$ 在區間 $[a, b]$ 上滿足狄利克雷條件（在週期內分段連續且有有限個極值點與不連續點），則其傅立葉級數在每一點 $x$ 收斂至： $$\frac{f(x^+) + f(x^-)}{2}$$
   • 在連續點處，級數直接收斂至函數值 $f(x)$。
   • 保證收斂的充分條件僅需 $f(x)$ 及 $f'(x)$ 在區間內**分段連續（piecewise continuous）**即可，並不要求 $f'(x)$ 必須「處處連續」。
3. 週期延拓邊界處的收斂值：
   若 $f(x)$ 定義於開區間 $(0, L)$，其以週期 $T = L$ 延拓之傅立葉級數在端點 $x = 0$ 處收斂至： $$\frac{f(0^+) + f(L^-)}{2}$$

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解題方法

逐一檢視各選項的數學敘述是否符合基本微積分與傅立葉級數理論：

• (A) 檢查對稱性質 $f(-x)$ 與 $f(x)$ 的關係。
• (B) 檢視傅立葉級數收斂定理對導函數 $f'$ 的平滑度要求（連續 vs. 分段連續）。
• (C) 檢驗絕對值函數在封閉區間 $[-\pi, \pi]$ 上的連續性。
• (D) 計算區間端點的單邊極限，利用狄利克雷定理求出收斂值。

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選項分析

• (A) 錯誤。
  令 $f(x) = e^{-|x|}$。 $$f(-x) = e^{-|-x|} = e^{-|x|} = f(x)$$ 因此 $e^{-|x|}$ 為偶函數（even function），而非奇函數。

核心觀念

本題考查**傅立葉級數（Fourier Series）**的展開，涉及的核心定理與觀念如下：

1. 週期與對稱性（奇偶性）：
   定義於對稱區間 $-L < x < L$ 的函數，若為偶函數（Even Function），其傅立葉正弦係數必為零（$b_n = 0$），傅立葉級數簡化為傅立葉餘弦級數（Fourier Cosine Series）： $$f(x) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$$
2. 傅立葉係數公式（半週期 $L$）：
   • 常數項（直流項）： $$a_0 = \frac{1}{2L} \int_{-L}^{L} f(x)\,dx = \frac{1}{L} \int_0^L f(x)\,dx$$
   • 餘弦係數： $$a_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x)\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx = \frac{2}{L} \int_0^L f(x)\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$$
3. 表格分部積分法（Tabular Integration by Parts）：
   多項式與三角函數相乘的定積分，透過連續微分與連續積分的配對迅速求值。

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解題方法

本題給定 $f(x) = 2x^2 - 1$，區間為 $-1 < x < 1$。
由此可知半週期 $L = 1$。

步驟一：判定奇偶性

$$f(-x) = 2(-x)^2 - 1 = 2x^2 - 1 = f(x)$$

因此 $f(x)$ 為偶函數，其正弦係數 $b_n = 0$。

步驟二：計算常數項 $A$

$$A = a_0 = \frac{1}{1} \int_0^1 (2x^2 - 1)\,dx = \left[ \frac{2}{3}x^3 - x \right]_0^1 = \frac{2}{3} - 1 = -\frac{1}{3}$$

步驟三：計算餘弦項係數 $a_n$

由偶函數公式：

$$a_n = \frac{2}{1} \int_0^1 (2x^2 - 1)\cos(n\pi x)\,dx = 2 \int_0^1 (2x^2 - 1)\cos(n\pi x)\,dx$$

利用分部積分法：

• 對多項式微分：$u = 2x^2 - 1 \implies u' = 4x \implies u'' = 4 \implies u''' = 0$
• 對三角函數積分：$dv = \cos(n\pi x)\,dx \implies v = \frac{\sin(n\pi x)}{n\pi} \implies \int v = -\frac{\cos(n\pi x)}{n^2\pi^2} \implies \iint v = -\frac{\sin(n\pi x)}{n^3\pi^3}$

核心觀念

本題評量二階線性齊次常微分方程式（Second-order Linear Homogeneous ODE）已知其中一解求另一線性獨立解的降階法（Reduction of Order）。

對於標準形式的二階齊次線性微分方程式：

$$y'' + P(x)y' + Q(x)y = 0$$

若已知其一非零特解 $y_1(x)$，則另一個與 $y_1(x)$ 線性獨立（Linearly Independent）的解 $y_2(x)$ 可設為 $y_2(x) = u(x)y_1(x)$，並由降階公式導出：

$$y_2(x) = y_1(x) \int \frac{e^{-\int P(x)\,dx}}{[y_1(x)]^2}\,dx$$

此時朗斯基行列式（Wronskian）滿足阿貝爾定理（Abel's formula）：

$$W(y_1, y_2)(x) = y_1 y_2' - y_1' y_2 = c \cdot e^{-\int P(x)\,dx} \neq 0$$

保證兩解彼此線性獨立。

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解題方法

步驟一：比對標準型並求積分因子

題目給定的微分方程式為：

$$y'' - \frac{2x}{1+x^2}y' + \frac{2}{1+x^2}y = 0$$

其係數函數為：

$$P(x) = -\frac{2x}{1+x^2},\quad Q(x) = \frac{2}{1+x^2}$$

計算分子指數項：

$$-\int P(x)\,dx = \int \frac{2x}{1+x^2}\,dx = \ln(1+x^2)$$

因此：

$$e^{-\int P(x)\,dx} = e^{\ln(1+x^2)} = 1+x^2$$

步驟二：利用降階公式求解 $y_2(x)$

已知 $y_1(x) = x$，代入降階公式：

$$y_2(x) = y_1(x) \int \frac{e^{-\int P(x)\,dx}}{[y_1(x)]^2}\,dx$$ $$y_2(x) = x \int \frac{1+x^2}{x^2}\,dx$$

被積函數拆項積分：

$$\int \left( \frac{1}{x^2} + 1 \right) dx = -\frac{1}{x} + x$$

（此處積分常數取為 $0$，其倍數由線性組合吸收即可）

將積分結果乘回 $y_1(x)$：

$$y_2(x) = x \left( -\frac{1}{x} + x \right) = -1 + x^2 = x^2 - 1$$

步驟三：檢驗線性獨立性

計算朗斯基行列式（Wronskian）：

$$W(y_1, y_2) = \begin{vmatrix} y_1 & y_2 \\ y_1' & y_2' \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} x & x^2-1 \\ 1 & 2x \end{vmatrix} = x(2x) - (x^2 - 1)(1) = x^2 + 1 \neq 0$$

由於 $W(y_1, y_2) = x^2 + 1 > 0$（對所有實數 $x$ 恆不為零），證實 $y_2(x) = x^2 - 1$ 與 $y_1(x) = x$ 確實線性獨立。

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選項分析

核心觀念

本題考查**二階常係數非齊次常微分方程式（ODE）之初值問題（IVP）與拉普拉斯轉換（Laplace Transform）**的應用，核心要點包含：

1. 微分的拉氏轉換公式： $$\mathcal{L}\{y'(t)\} = sY(s) - y(0)$$ $$\mathcal{L}\{y''(t)\} = s^2Y(s) - sy(0) - y'(0)$$
2. 基本指數函數之拉氏轉換： $$\mathcal{L}\{e^{at}\} = \frac{1}{s - a}$$
3. 部分分式展開法（Partial Fraction Expansion）與反拉氏轉換（Inverse Laplace Transform）。
4. 初值條件與解的結構對應：由給定的解之形式 $y(t) = A + Be^{-t} + Ce^{3t} + De^{4t}$，在 $t = 0$ 時滿足 $y(0) = A + B + C + D$。

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解題方法

步驟一：對微分方程式兩邊取拉普拉斯轉換

設 $\mathcal{L}\{y(t)\} = Y(s)$。給定初值條件 $y(0) = 1$ 與 $y'(0) = -1$。

等號左端轉換：

$$\mathcal{L}\{y'' - 4y'\} = \left[s^2Y(s) - sy(0) - y'(0)\right] - 4\left[sY(s) - y(0)\right]$$

代入初值 $y(0) = 1$、$y'(0) = -1$：

$$= \left[s^2Y(s) - s(1) - (-1)\right] - 4\left[sY(s) - 1\right]$$ $$= (s^2 - 4s)Y(s) - s + 1 + 4 = (s^2 - 4s)Y(s) - s + 5$$

等號右端轉換：

$$\mathcal{L}\{6e^{3t} - 3e^{-t}\} = \frac{6}{s - 3} - \frac{3}{s + 1}$$

步驟二：整理代數方程式求 $Y(s)$

將左右兩端相等並移項：

$$s(s - 4)Y(s) = s - 5 + \frac{6}{s - 3} - \frac{3}{s + 1}$$

同除以 $s(s - 4)$：

$$Y(s) = \frac{s - 5}{s(s - 4)} + \frac{6}{s(s - 4)(s - 3)} - \frac{3}{s(s - 4)(s + 1)}$$

將右式通分合併為單一分式：

$$Y(s) = \frac{(s - 5)(s - 3)(s + 1) + 6(s + 1) - 3(s - 3)}{s(s - 4)(s - 3)(s + 1)}$$

展開分子多項式 $N(s)$：

$$(s - 5)(s^2 - 2s - 3) = s^3 - 7s^2 + 7s + 15$$ $$6(s + 1) - 3(s - 3) = 3s + 15$$ $$N(s) = (s^3 - 7s^2 + 7s + 15) + (3s + 15) = s^3 - 7s^2 + 10s + 30$$

因此：

$$Y(s) = \frac{s^3 - 7s^2 + 10s + 30}{s(s - 4)(s - 3)(s + 1)}$$

步驟三：部分分式展開並求各待定係數

依題意，解的形式為 $y(t) = A + Be^{-t} + Ce^{3t} + De^{4t}$，對應之拉氏轉換為：

$$Y(s) = \frac{A}{s} + \frac{B}{s + 1} + \frac{C}{s - 3} + \frac{D}{s - 4}$$

利用留數法（Heaviside 覆蓋法）求各係數：

1. 求係數 $A$（對應極點 $s = 0$）：

核心觀念

本題的核心觀念為拉普拉斯轉換的摺積定理（Convolution Theorem for Laplace Transform）。

1. 摺積（Convolution）之定義：
   設函數 $f(t)$ 與 $g(t)$ 定義於 $t \ge 0$，兩者的摺積記為 $(f * g)(t)$，定義為：

   $$(f * g)(t) = \int_{0}^{t} f(\tau) g(t - \tau) \, d\tau$$

2. 摺積定理（Convolution Theorem）：
   若 $\mathcal{L}\{f(t)\} = F(s)$ 且 $\mathcal{L}\{g(t)\} = G(s)$，則在頻域（$s$-domain）兩函數的相乘對應到時域（$t$-domain）為兩函數的摺積，而非單純的代數乘積：

   $$\mathcal{L}^{-1}\{F(s)G(s)\} = (f * g)(t) = \int_{0}^{t} f(\tau) g(t - \tau) \, d\tau$$

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解題方法

題目敘述宣稱「頻域相乘的反轉換等於時域直接相乘」，即 $\mathcal{L}^{-1}\{F(s)G(s)\} = f(t)g(t)$。欲證明此命題為假（False），只需舉出一組反例（Counterexample）：

選取最簡單的單位階躍函數（常數函數）：
令 $f(t) = 1$ 且 $g(t) = 1$（$t \ge 0$）。

1. 計算兩者的拉普拉斯轉換：

   $$F(s) = \mathcal{L}\{1\} = \frac{1}{s}, \quad G(s) = \mathcal{L}\{1\} = \frac{1}{s}$$

2. 將兩者在頻域相乘並取反拉普拉斯轉換：

   $$F(s)G(s) = \frac{1}{s} \cdot \frac{1}{s} = \frac{1}{s^2}$$

核心觀念

本題考查分段函數的拉普拉斯轉換（Laplace Transform）。
主要運用的數學工具與定理如下：

1. 單位步階函數（Unit Step Function, Heaviside Function）表示法：
   定義單位步階函數 $u(t-a)$ 為： $$u(t-a) = \begin{cases} 0, & t < a \\ 1, & t \ge a \end{cases}$$ 分段函數可透過步階函數改寫為單一連續形式，利於套用轉換公式。
2. 拉普拉斯轉換的第二位移定理（Second Shifting Theorem / t-shifting）： $$\mathcal{L}\{g(t-a)u(t-a)\} = e^{-as} \mathcal{L}\{g(t)\}$$ 或其等價形式： $$\mathcal{L}\{h(t)u(t-a)\} = e^{-as} \mathcal{L}\{h(t+a)\}$$
3. 基本轉換公式： $$\mathcal{L}\{1\} = \frac{1}{s}, \quad \mathcal{L}\{t\} = \frac{1}{s^2}$$

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解題方法

方法一：使用單位步階函數與第二位移定理（推薦考場標準解法）

1. 改寫函數 $f(t)$ 為單位步階函數的形式：
   題目給定的分段函數為：

   $$f(t) = \begin{cases} 3, & 0 \le t \le 2 \\ 5 - t, & t > 2 \end{cases}$$

   利用步階函數 $u(t-2)$ 表示分段的切換：

   $$f(t) = 3 + [(5 - t) - 3] u(t-2) = 3 + (2 - t) u(t-2)$$

2. 整理成適合第二位移定理的形式：
   將 $(2 - t)$ 提出負號，湊成以 $(t-2)$ 為變數的函數：

   $$2 - t = -(t - 2)$$

   因此：

   $$f(t) = 3 - (t - 2) u(t-2)$$

3. 進行拉普拉斯轉換：
   利用線性性質與第二位移定理 $\mathcal{L}\{(t-2)u(t-2)\} = e^{-2s}\mathcal{L}\{t\}$：

   $$\mathcal{L}\{f(t)\} = \mathcal{L}\{3\} - \mathcal{L}\{(t-2)u(t-2)\}$$

   代入基本公式 $\mathcal{L}\{3\} = \dfrac{3}{s}$ 與 $\mathcal{L}\{t\} = \dfrac{1}{s^2}$：

   $$\mathcal{L}\{f(t)\} = \frac{3}{s} - e^{-2s} \cdot \frac{1}{s^2} = \frac{3}{s} - \frac{e^{-2s}}{s^2}$$

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方法二：利用拉普拉斯轉換的積分定義

依定義分段計算積分：

$$\mathcal{L}\{f(t)\} = \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-st} \, dt = \int_{0}^{2} 3e^{-st} \, dt + \int_{2}^{\infty} (5-t)e^{-st} \, dt$$

1. 第一段積分： $$\int_{0}^{2} 3e^{-st} \, dt = \left[ -\frac{3}{s}e^{-st} \right]_{0}^{2} = \frac{3}{s} - \frac{3}{s}e^{-2s}$$