核心觀念

本題考查三類常係數或 Euler–Cauchy 型線性常微分方程：

1. Euler–Cauchy 方程：各階導數前的係數具有 $x^n$ 形式，可令 $t=\ln x$ 降階轉換。
2. 常係數非齊次線性微分方程：先由特徵方程求齊次解，再以待定係數法求特解。
3. 重根與共振：當右端項與齊次解重複時，待定係數需乘上 $x$ 的適當次方。

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（a）$x^3y''' + x^2y'' - 2xy' + 2y = 3x^3\ln x$

解題方法：Euler–Cauchy 變數代換

令

$$t=\ln x,\qquad x=e^t,\qquad Y(t)=y(x)$$

則有

$$xy'=Y'$$ $$x^2y''=Y''-Y'$$ $$x^3y'''=Y'''-3Y''+2Y'$$

代回原方程：

$$Y'''-3Y''+2Y'+Y''-Y'-2Y'+2Y=3e^{3t}t$$

整理得

$$Y'''-2Y''-Y'+2Y=3e^{3t}t$$

求齊次解

特徵方程為

$$r^3-2r^2-r+2=0$$

因式分解：

$$r^3-2r^2-r+2=(r-1)(r-2)(r+1)$$

因此

$$r=1,\ 2,\ -1$$

齊次解為

$$Y_h=C_1e^t+C_2e^{2t}+C_3e^{-t}$$

因為 $x=e^t$，所以

$$y_h=C_1x+C_2x^2+\frac{C_3}{x}$$

求特解

右端為 $3e^{3t}t$，設

$$Y_p=e^{3t}(At+B)$$

令

$$P(r)=r^3-2r^2-r+2$$

則

$$P(3)=8,\qquad P'(r)=3r^2-4r-1,\qquad P'(3)=14$$

代入運算可得

$$P(D)Y_p=e^{3t}\left[8(At+B)+14A\right]$$

與右端 $3e^{3t}t$ 比較係數：

$$8A=3$$ $$8B+14A=0$$

因此

$$A=\frac{3}{8},\qquad B=-\frac{21}{32}$$

故

$$Y_p=e^{3t}\left(\frac{3}{8}t-\frac{21}{32}\right)$$

換回 $x$：

$$y_p=x^3\left(\frac{3}{8}\ln x-\frac{21}{32}\right)$$

解題技巧

Euler–Cauchy 方程也可直接設 $y=x^m$ 求齊次解；但右端含有 $x^3\ln x$ 時，令 $t=\ln x$ 能將題目化為常係數方程，計算最清楚。

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（b）$y''-5y'+6y=9\cos(3x)$

求齊次解

齊次方程為

$$y''-5y'+6y=0$$

特徵方程：

$$r^2-5r+6=0$$

因式分解：

$$(r-2)(r-3)=0$$

所以

$$y_h=C_1e^{2x}+C_2e^{3x}$$

求特解

右端為 $9\cos(3x)$，且齊次解中沒有 $\cos(3x)$、$\sin(3x)$，因此設

$$y_p=A\cos(3x)+B\sin(3x)$$

則

$$y_p'=-3A\sin(3x)+3B\cos(3x)$$ $$y_p''=-9A\cos(3x)-9B\sin(3x)$$

代入左側：

$$y_p''-5y_p'+6y_p$$

整理 $\cos(3x)$ 與 $\sin(3x)$ 的係數：

$$=(-3A-15B)\cos(3x)+(15A-3B)\sin(3x)$$

與 $9\cos(3x)$ 比較：

$$-3A-15B=9$$ $$15A-3B=0$$

由第二式得

$$B=5A$$

代入第一式：

$$-3A-75A=9$$

2. (a)

核心觀念

本小題考查雙曲函數的拉普拉斯轉換（Laplace Transform）。題幹中符號雖寫為 $L^{-1}$，但依前後文及輸入為時域函數 $f(t) = 8\cosh(2t) - 3\sinh(4t)$ 判定，實為求正轉換 $\mathcal{L}\{f(t)\}$。
常用基本公式為（其中 $s > |a|$）：

$$\mathcal{L}\{\cosh(at)\} = \frac{s}{s^2 - a^2}$$ $$\mathcal{L}\{\sinh(at)\} = \frac{a}{s^2 - a^2}$$

解題方法

利用拉普拉斯轉換的線性性質（Linearity Property），將兩項分別求轉換後線性組合：

$$\mathcal{L}\{8\cosh(2t) - 3\sinh(4t)\} = 8\mathcal{L}\{\cosh(2t)\} - 3\mathcal{L}\{\sinh(4t)\}$$

代入標準公式：

1. $\mathcal{L}\{\cosh(2t)\} = \frac{s}{s^2 - 2^2} = \frac{s}{s^2 - 4}$
2. $\mathcal{L}\{\sinh(4t)\} = \frac{4}{s^2 - 4^2} = \frac{4}{s^2 - 16}$

因此：

$$\mathcal{L}\{8\cosh(2t) - 3\sinh(4t)\} = \frac{8s}{s^2 - 4} - \frac{12}{s^2 - 16} \quad (s > 4)$$

解題技巧

雙曲函數與三角函數的轉換極易混淆：

• 三角函數分母為平方相加：$\mathcal{L}\{\cos(at)\} = \frac{s}{s^2 + a^2}$、$\mathcal{L}\{\sin(at)\} = \frac{a}{s^2 + a^2}$。
• 雙曲函數分母為平方相減：$\mathcal{L}\{\cosh(at)\} = \frac{s}{s^2 - a^2}$、$\mathcal{L}\{\sinh(at)\} = \frac{a}{s^2 - a^2}$。
  收斂區間（ROC）由極點決定，本題兩項極點分別為 $s = \pm 2$ 與 $s = \pm 4$，故共同存在區間為 $s > 4$。

【答案】

$$\frac{8s}{s^2 - 4} - \frac{12}{s^2 - 16} \quad (\text{其中 } s > 4)$$

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2. (b)

核心觀念

本小題考查反拉普拉斯轉換（Inverse Laplace Transform）及第一位移定理（First Shifting Theorem / Frequency Shift Theorem）：

$$\mathcal{L}^{-1}\{F(s-a)\} = e^{at}\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}$$

基本對應轉換對為：

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s-a}{(s-a)^2 + \omega^2}\right\} = e^{at}\cos(\omega t)$$ $$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{\omega}{(s-a)^2 + \omega^2}\right\} = e^{at}\sin(\omega t)$$

解題方法

給定函數為：

$$F(s) = \frac{2s-5}{s^2 - 6s + 25}$$

1. 分母配方法：

   $$s^2 - 6s + 25 = (s-3)^2 + 16 = (s-3)^2 + 4^2$$

   此處 $a = 3$，$\omega = 4$。

2. 分子依 $(s-3)$ 形式重組：

   $$2s - 5 = 2(s-3) + 6 - 5 = 2(s-3) + 1$$

   為了湊出 $\sin(4t)$ 的標準型，將常數項表示為 $\frac{1}{4} \cdot 4$：

   $$F(s) = \frac{2(s-3) + 1}{(s-3)^2 + 4^2} = 2\cdot\frac{s-3}{(s-3)^2 + 4^2} + \frac{1}{4}\cdot\frac{4}{(s-3)^2 + 4^2}$$

3. 逐項取反轉換：

   $$f(t) = \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} = 2e^{3t}\cos(4t) + \frac{1}{4}e^{3t}\sin(4t)$$

解題技巧

當二階多項式分母判別式 $b^2 - 4ac < 0$ 時，切勿強行展開為部分分式（複數極點），一律以「配方法」搭配第一位移定理化為指數乘上正餘弦函數的形式求解最為快速且不易出錯。

【答案】

$$e^{3t}\left(2\cos(4t) + \frac{1}{4}\sin(4t)\right)$$

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2. (c)

核心觀念

本題考查利用拉普拉斯轉換求解非齊次常微分方程初值問題（IVP），涉及：

1. 微分的拉普拉斯轉換性質： $$\mathcal{L}\{y'\} = sY(s) - y(0)$$ $$\mathcal{L}\{y''\} = s^2Y(s) - sy(0) - y'(0)$$
2. 單位步階函數與第二位移定理（Second Shifting Theorem / Time Shift Theorem）： $$\mathcal{L}\{u(t-a)\} = \frac{e^{-as}}{s} \quad (a > 0)$$ $$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}G(s)\} = g(t-a)u(t-a)$$

解題方法

原微分方程為：

$$y'' - 2y' - 3y = u(t-1), \quad y(0) = 0, \; y'(0) = -1$$

1. 對兩端取拉普拉斯轉換：

   $$[s^2 Y(s) - sy(0) - y'(0)] - 2[s Y(s) - y(0)] - 3Y(s) = \frac{e^{-s}}{s}$$

   代入初始條件 $y(0) = 0$ 與 $y'(0) = -1$：

   $$[s^2 Y(s) - (-1)] - 2[s Y(s)] - 3Y(s) = \frac{e^{-s}}{s}$$ $$(s^2 - 2s - 3)Y(s) + 1 = \frac{e^{-s}}{s}$$ $$(s-3)(s+1)Y(s) = -1 + \frac{e^{-s}}{s}$$

   解出 $Y(s)$：

   $$Y(s) = \frac{-1}{(s-3)(s+1)} + e^{-s}\frac{1}{s(s-3)(s+1)} = Y_1(s) + e^{-s}Y_2(s)$$

2. 部分分式展開求解 $Y_1(s)$：

   $$Y_1(s) = \frac{-1}{(s-3)(s+1)} = \frac{A}{s-3} + \frac{B}{s+1}$$

   由覆蓋法（Heaviside cover-up method）：

   $$A = \lim_{s\to 3} \frac{-1}{s+1} = -\frac{1}{4}$$ $$B = \lim_{s\to -1} \frac{-1}{s-3} = \frac{1}{4}$$

   取反轉換得：

   $$y_1(t) = \mathcal{L}^{-1}\{Y_1(s)\} = -\frac{1}{4}e^{3t} + \frac{1}{4}e^{-t}$$

核心觀念

本題要求在 $x=0$ 附近使用 Frobenius 法求解。將原方程除以 $3x$：

$$y''+\frac{1}{3x}y'-\frac{1}{3x}y=0.$$

其中

$$P(x)=\frac{1}{3x},\qquad Q(x)=-\frac{1}{3x}.$$

因為

$$xP(x)=\frac13,\qquad x^2Q(x)=-\frac{x}{3}$$

在 $x=0$ 附近皆為解析函數，所以 $x=0$ 是正則奇異點，適合使用 Frobenius 級數：

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r},\qquad a_0\neq 0.$$

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解題方法：代入 Frobenius 級數

設

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r}.$$

則

$$y'=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(n+r)x^{n+r-1},$$ $$y''=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(n+r)(n+r-1)x^{n+r-2}.$$

代入

$$3xy''+y'-y=0$$

得

$$3\sum_{n=0}^{\infty}a_n(n+r)(n+r-1)x^{n+r-1} +\sum_{n=0}^{\infty}a_n(n+r)x^{n+r-1} -\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r}=0.$$

前兩項合併為

$$\sum_{n=0}^{\infty} a_n(n+r)\bigl[3(n+r-1)+1\bigr]x^{n+r-1}.$$

因此

$$\sum_{n=0}^{\infty} a_n(n+r)(3n+3r-2)x^{n+r-1} -\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r}=0.$$

將第二個級數改寫為

$$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n-1}x^{n+r-1},$$

所以

$$a_0r(3r-2)x^{r-1} +\sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n(n+r)(3n+3r-2)-a_{n-1} \right]x^{n+r-1}=0.$$

---

指標方程與遞迴關係

最低次方 $x^{r-1}$ 的係數必須為零，因此指標方程為

$$r(3r-2)=0.$$

故兩個指標根為

$$r_1=0,\qquad r_2=\frac23.$$

對 $n\geq 1$，係數滿足

$$a_n(n+r)(3n+3r-2)-a_{n-1}=0,$$

即

$$\boxed{ a_n=\frac{a_{n-1}}{(n+r)(3n+3r-2)} }.$$

兩根之差為

$$r_2-r_1=\frac23,$$

不是整數，因此由 Frobenius 理論可知，兩組級數解必定線性獨立。

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第一組解：$r=0$

此時遞迴式為

$$a_n=\frac{a_{n-1}}{n(3n-2)}.$$

逐項計算：

$$a_1=\frac{a_0}{1(1)}=a_0,$$ $$a_2=\frac{a_1}{2(4)}=\frac{a_0}{8},$$ $$a_3=\frac{a_2}{3(7)}=\frac{a_0}{168},$$ $$a_4=\frac{a_3}{4(10)}=\frac{a_0}{6720}.$$

因此

核心觀念

在區間 $[-\pi,\pi]$ 上，兩個函數 $f(x)$ 與 $g(x)$ 的內積定義為

$$\langle f,g\rangle=\int_{-\pi}^{\pi}f(x)g(x)\,dx.$$

若一組函數中任意兩個不同函數皆滿足

$$\langle f_i,f_j\rangle=0,\qquad i\ne j,$$

則稱其為正交集。

若函數還滿足單位範數

$$\|f_i\|=\sqrt{\langle f_i,f_i\rangle}=1,$$

則為正交規一集（orthonormal set）。

本題需檢查函數

$$\left\{1,\cos(mx),\sin(mx)\right\},\qquad m=1,2,3$$

是否兩兩正交，並將每個函數除以其範數以得到正交規一集。

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解題方法

本題使用傅立葉三角函數的正交性。需要計算下列幾類內積：

1. $1$ 與 $\cos(mx)$、$\sin(mx)$ 的內積。
2. $\cos(mx)$ 與 $\cos(nx)$ 的內積。
3. $\sin(mx)$ 與 $\sin(nx)$ 的內積。
4. $\cos(mx)$ 與 $\sin(nx)$ 的內積。

其中 $m,n=1,2,3$。

一、常數函數與餘弦函數

$$\left\langle 1,\cos(mx)\right\rangle =\int_{-\pi}^{\pi}\cos(mx)\,dx$$ $$=\left[\frac{\sin(mx)}{m}\right]_{-\pi}^{\pi} =\frac{\sin(m\pi)-\sin(-m\pi)}{m}=0.$$

因此

$$\left\langle 1,\cos(mx)\right\rangle=0.$$

二、常數函數與正弦函數

由於 $\sin(mx)$ 是奇函數，且積分區間對稱，

$$\left\langle 1,\sin(mx)\right\rangle =\int_{-\pi}^{\pi}\sin(mx)\,dx=0.$$

因此常數函數與所有正弦函數正交。

三、不同頻率餘弦函數之間

當 $m\ne n$ 時，使用積化和差公式

$$\cos(mx)\cos(nx) =\frac{1}{2}\left[\cos((m-n)x)+\cos((m+n)x)\right].$$

因此

$$\int_{-\pi}^{\pi}\cos(mx)\cos(nx)\,dx$$ $$=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi} \left[\cos((m-n)x)+\cos((m+n)x)\right]dx=0.$$

所以不同頻率的餘弦函數彼此正交。

四、不同頻率正弦函數之間

使用積化和差公式

$$\sin(mx)\sin(nx) =\frac{1}{2}\left[\cos((m-n)x)-\cos((m+n)x)\right].$$

當 $m\ne n$ 時，

$$\int_{-\pi}^{\pi}\sin(mx)\sin(nx)\,dx=0.$$

所以不同頻率的正弦函數彼此正交。

五、正弦函數與餘弦函數之間

$\sin(mx)$ 為奇函數，$\cos(nx)$ 為偶函數，因此乘積 $\sin(mx)\cos(nx)$ 為奇函數。故

核心觀念

題目要求在 $-\pi<x<\pi$ 上展開 $f(x)=x^3$ 的 Fourier 級數。週期為 $2\pi$ 的 Fourier 級數形式為

$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),$$

其中

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,$$ $$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx, \qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx.$$

由於 $x^3$ 是奇函數：

• $a_0=0$；
• $a_n=0$，因為 $x^3\cos nx$ 為奇函數；
• 只需計算正弦係數 $b_n$。

因此本題的 Fourier 級數必為純正弦級數。

解題方法

由奇函數性質，

$$b_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi x^3\sin(nx)\,dx.$$

令

$$I_n=\int_0^\pi x^3\sin(nx)\,dx.$$

第一次分部積分，取

$$u=x^3,\qquad dv=\sin(nx)\,dx,$$

則

$$du=3x^2\,dx,\qquad v=-\frac{\cos(nx)}{n}.$$

因此

$$I_n = \left[-\frac{x^3\cos(nx)}{n}\right]_0^\pi +\frac{3}{n}\int_0^\pi x^2\cos(nx)\,dx.$$

再計算

$$J_n=\int_0^\pi x^2\cos(nx)\,dx.$$

第二次分部積分得

$$J_n = \left[\frac{x^2\sin(nx)}{n}\right]_0^\pi -\frac{2}{n}\int_0^\pi x\sin(nx)\,dx.$$

因為 $\sin(n\pi)=0$，故

$$J_n = -\frac{2}{n}\int_0^\pi x\sin(nx)\,dx.$$

最後，

$$\int_0^\pi x\sin(nx)\,dx = \left[-\frac{x\cos(nx)}{n}\right]_0^\pi +\frac{1}{n}\int_0^\pi\cos(nx)\,dx.$$

且

核心觀念

本題考查配方與第二移位定理。常用反拉氏變換公式為

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s-a}{(s-a)^2+\omega^2}\right\} =e^{at}\cos(\omega t),$$ $$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{\omega}{(s-a)^2+\omega^2}\right\} =e^{at}\sin(\omega t).$$

解題方法

先將分母配成平方和：

$$s^2-6s+25=(s-3)^2+16=(s-3)^2+4^2.$$

分子改寫成含有 $s-3$ 的形式：

$$2s-5=2(s-3)+1.$$

因此，

$$F(s) =\frac{2(s-3)}{(s-3)^2+4^2} +\frac{1}{(s-3)^2+4^2}.$$

核心觀念

本題考查單位階躍函數的拉普拉斯轉換與第二移位定理：

$$\mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}=e^{-as}F(s), \qquad F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}.$$

使用初值公式時，需代入初始位置的函數值與導數值：

$$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0), \qquad \mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0).$$

解題方法

令 $Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}$。由 $y(0)=0$、$y'(0)=-1$ 可得

$$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)+1, \qquad \mathcal{L}\{y'\}=sY(s).$$

右側的 $u(t-1)$ 是在 $t=1$ 才開始作用的單位階躍函數，其拉普拉斯轉換為 $e^{-s}/s$。因此原方程轉換後為

$$(s^2-2s-3)Y(s)+1=\frac{e^{-s}}{s}.$$

因為 $s^2-2s-3=(s-3)(s+1)$，整理得

$$Y(s) = -\frac{1}{(s-3)(s+1)} + e^{-s}\frac{1}{s(s-3)(s+1)}.$$

第一項作部分分式分解：

$$-\frac{1}{(s-3)(s+1)} = -\frac{1}{4}\frac{1}{s-3} +\frac{1}{4}\frac{1}{s+1}.$$

第二項中的有理式分解為

$$\frac{1}{s(s-3)(s+1)} = -\frac{1}{3}\frac{1}{s} +\frac{1}{12}\frac{1}{s-3} +\frac{1}{4}\frac{1}{s+1}.$$

先對有理式取反拉普拉斯轉換，可得

核心觀念

本題考半無限區間 $x>0$ 上的熱方程，使用時間變數 $t$ 的拉普拉斯轉換，將偏微分方程化為 $x$ 的常微分方程。轉換時使用

$$\mathcal{L}\{u_t(x,t)\}=sU(x,s)-u(x,0), \qquad \mathcal{L}\{u_{xx}(x,t)\}=U_{xx}(x,s),$$

其中

$$U(x,s)=\mathcal{L}\{u(x,t)\}.$$

本題在角點 $(x,t)=(0,0)$ 的初始條件與邊界條件不相容：初始條件給 $u(0,0)=25$，而邊界條件要求 $u(0,t)=0$。因此解適用於 $t>0$；初始條件在 $x>0$ 成立，邊界條件則在 $x=0,\ t>0$ 成立。

解題方法

對方程

$$u_t=u_{xx}$$

作時間拉普拉斯轉換，並代入 $u(x,0)=25$：

$$sU(x,s)-25=U_{xx}(x,s).$$

整理得

$$U_{xx}-sU=-25.$$

此常係數方程的通解為

$$U(x,s)=\frac{25}{s}+C_1e^{\sqrt{s}\,x}+C_2e^{-\sqrt{s}\,x}.$$

由 $\lim_{x\to\infty}u(x,t)=25$，可得 $\lim_{x\to\infty}U(x,s)=25/s$。為使 $U$ 在 $x\to\infty$ 有界，必須令 $C_1=0$。再由邊界條件 $U(0,s)=0$：

$$0=\frac{25}{s}+C_2, \qquad C_2=-\frac{25}{s}.$$

因此

$$U(x,s)=\frac{25}{s}\left(1-e^{-x\sqrt{s}}\right).$$