核心觀念

本題考查一階微分方程的變數代換與可分離變數法：

• 若方程中反覆出現線性組合 $x-2y$，可令
  $u=x-2y.$
• 若左側含有
  $xy'+y,$
  可利用乘積微分公式
  $(xy)'=xy'+y.$

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（a）$(2x-4y+5)y'+x-2y+3=0$

解題方法

觀察
$2x-4y+5=2(x-2y)+5,$
因此令
$u=x-2y.$

對 $x$ 微分得
$\frac{du}{dx}=1-2y',$
所以
$y'=\frac{1-u'}{2}.$

原方程可改寫為
$(2u+5)y'+u+3=0.$

代入 $y'=\dfrac{1-u'}{2}$：

$$(2u+5)\frac{1-u'}{2}+u+3=0.$$

兩邊乘以 $2$：

$$(2u+5)(1-u')+2u+6=0.$$

整理得

$$2u+5-(2u+5)u'+2u+6=0,$$ $$(2u+5)u'=4u+11.$$

因此

$$\frac{dx}{du}=\frac{2u+5}{4u+11}.$$

將分式拆解：

$$\frac{2u+5}{4u+11} =\frac12-\frac{1}{2(4u+11)}.$$

積分得到

$$x=\int\left(\frac12-\frac{1}{2(4u+11)}\right)\,du,$$ $$x=\frac{u}{2}-\frac18\ln|4u+11|+C.$$

代回 $u=x-2y$，得一般解

$$\boxed{ \frac{x-2y}{2} -\frac18\ln|4x-8y+11| =x+C }$$

也可整理為

$$\boxed{ \frac{x-2y}{2}-x -\frac18\ln|4x-8y+11| =C }.$$

特殊解

在推導過程中曾除以 $4u+11$，因此需檢查

$$4u+11=0.$$

若

$$u=-\frac{11}{4},$$

則

$$x-2y=-\frac{11}{4},$$

即

$$\boxed{ y=\frac{x}{2}+\frac{11}{8} }.$$

代入原方程：

$$2x-4y+5=-\frac12,\qquad x-2y+3=\frac14,$$

且 $y'=\dfrac12$，所以

核心觀念

本題考查複變函數中的留數定理，並利用單位圓上的參數代換

$$z=e^{i\theta},\qquad d\theta=\frac{dz}{iz},\qquad \cos\theta=\frac12\left(z+\frac1z\right).$$

當 $|b|<1$ 時，原積分可轉換為沿單位圓 $|z|=1$ 的複數線積分，再計算圓內極點的留數：

$$\oint_C f(z)\,dz=2\pi i\sum \operatorname{Res}(f;z_k).$$

題目寫作 $b<1$，通常隱含 $b$ 為非負實數，因此以下以 $0\le b<1$ 為條件；一般而言，積分有限的充分條件為 $|b|<1$。

解題方法

令

$$P=\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{(1-b\cos\theta)^2}.$$

先處理 $b=0$：

$$P=\int_0^{2\pi}1\,d\theta=2\pi.$$

以下考慮 $0<b<1$。取

$$z=e^{i\theta},$$

則當 $\theta$ 從 $0$ 變化到 $2\pi$ 時，$z$ 逆時針繞單位圓 $C:|z|=1$ 一周。由

$$\cos\theta=\frac12\left(z+\frac1z\right),\qquad d\theta=\frac{dz}{iz},$$

可得

$$1-b\cos\theta =1-\frac b2\left(z+\frac1z\right) =\frac{2z-b(z^2+1)}{2z}.$$

因此

$$\frac{d\theta}{(1-b\cos\theta)^2} = \frac{4z^2}{\left(2z-b(z^2+1)\right)^2}\cdot\frac{dz}{iz}.$$

整理為

$$P=\oint_C \frac{4z}{i\left(2z-b(z^2+1)\right)^2}\,dz.$$

將二次式因式分解。令

$$s=\sqrt{1-b^2},$$

則

$$2z-b(z^2+1) =-b\left(z-\frac{1-s}{b}\right) \left(z-\frac{1+s}{b}\right).$$

定義

$$\alpha=\frac{1-s}{b},\qquad \beta=\frac{1+s}{b}.$$

由於

$$\alpha\beta=1,$$

且 $0<b<1$，所以

$$0<\alpha<1,\qquad \beta>1.$$

因此只有 $z=\alpha$ 位於單位圓內，而 $z=\beta$ 位於單位圓外。原積分化為

$$P=\oint_C \frac{4z}{ib^2(z-\alpha)^2(z-\beta)^2}\,dz.$$

點 $z=\alpha$ 是二階極點。令

核心觀念

題目要求在區間 $[-\pi,\pi)$ 上求函數的 Fourier series，採用週期 $2\pi$ 的傅立葉級數：

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

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

$$f(x)= \begin{cases} 0,&-\pi\le x<0,\\ x^2,&0\le x<\pi, \end{cases}$$

所有積分皆只需計算 $[0,\pi]$ 上的部分。

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解題方法

1. 計算常數項 $a_0$

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi x^2\,dx =\frac{1}{\pi}\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^\pi =\frac{\pi^2}{3}.$$

因此

$$\frac{a_0}{2}=\frac{\pi^2}{6}.$$

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2. 計算餘弦係數 $a_n$

$$a_n=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi x^2\cos nx\,dx.$$

先作分部積分：

$$\int x^2\cos nx\,dx =\frac{x^2\sin nx}{n}-\frac{2}{n}\int x\sin nx\,dx.$$

又

$$\int x\sin nx\,dx =-\frac{x\cos nx}{n}+\frac{\sin nx}{n^2}.$$

所以

$$\int x^2\cos nx\,dx = \frac{x^2\sin nx}{n} +\frac{2x\cos nx}{n^2} -\frac{2\sin nx}{n^3}.$$

代入 $0$ 與 $\pi$：

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

因此

$$a_n=\frac{1}{\pi}\cdot\frac{2\pi(-1)^n}{n^2} =\frac{2(-1)^n}{n^2}.$$

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3. 計算正弦係數 $b_n$

$$b_n=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi x^2\sin nx\,dx.$$

分部積分得

$$\int x^2\sin nx\,dx =-\frac{x^2\cos nx}{n} +\frac{2}{n}\int x\cos nx\,dx.$$

而

$$\int x\cos nx\,dx =\frac{x\sin nx}{n}+\frac{\cos nx}{n^2}.$$

因此

$$\int x^2\sin nx\,dx = -\frac{x^2\cos nx}{n} +\frac{2x\sin nx}{n^2} +\frac{2\cos nx}{n^3}.$$

代入 $0$ 與 $\pi$：

核心觀念

本題考查兩個拉普拉斯轉換觀念：

1. 部分分式分解

$\frac{1}{s(s+2)}$

2. 第二位移定理
   若

$\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s),$

則

$$\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\} =u(t-a)f(t-a),$$

其中 $u(t-a)$ 為單位階梯函數。

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解題方法

先處理未含延遲因子的部分：

$$\frac{1}{s(s+2)} =\frac{A}{s}+\frac{B}{s+2}.$$

因此

$$1=A(s+2)+Bs =(A+B)s+2A.$$

比較係數得

$A+B=0,\qquad 2A=1,$

所以

$A=\frac12,\qquad B=-\frac12.$

故

$$\frac{1}{s(s+2)} =\frac12\left(\frac1s-\frac1{s+2}\right).$$

利用基本反拉普拉斯轉換公式

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac1s\right\}=1, \qquad \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac1{s+2}\right\}=e^{-2t},$$

可得

$$f(t)=\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s(s+2)}\right\} =\frac12\left(1-e^{-2t}\right).$$

原式為

核心觀念

本題考查含 Dirac delta 函數的二階線性常微分方程，核心公式為：

• 單位階躍函數 $u(t-a)$ 的位移性質：
  $\mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}=e^{-as}F(s)$
• Dirac delta 函數的拉普拉斯變換：
  $\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as}$
• 基本反變換：

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s-\alpha)^2+\beta^2}\right\} =\frac{1}{\beta}e^{\alpha t}\sin(\beta t)$$

由於外力 $\delta(t-3)$ 只在 $t=3$ 瞬間作用，因此解在 $t<3$ 為零，$t=3$ 之後才產生響應。

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解題方法：拉普拉斯變換

原方程為

$$y''-4y'+13y=\delta(t-3), \qquad y(0)=0,\quad y'(0)=0.$$

設

$$\mathcal{L}\{y(t)\}=Y(s).$$

利用初始條件，

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

因此左側拉普拉斯變換為

$$s^2Y(s)-4sY(s)+13Y(s) =(s^2-4s+13)Y(s).$$

右側為

$$\mathcal{L}\{\delta(t-3)\}=e^{-3s}.$$

所以

$$(s^2-4s+13)Y(s)=e^{-3s},$$

得到

$$Y(s)=\frac{e^{-3s}}{s^2-4s+13}.$$

將分母配方：

$$s^2-4s+13=(s-2)^2+9.$$

故

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

先取未含位移因子的反拉普拉斯變換：

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{\frac{1}{(s-2)^2+3^2}\right\} =\frac{1}{3}e^{2t}\sin(3t).$$

再利用第二位移定理：

$$y(t) =u(t-3)\cdot \frac{1}{3}e^{2(t-3)} \sin\bigl(3(t-3)\bigr).$$

因此分段表示為

解題步驟

1. 因子與極點

$x^{6}+64=0\;\Longrightarrow\;x^{6}= -64 =64e^{i\pi}$

第六根為

$a_k =2\,e^{i\frac{\pi+2k\pi}{6}},\qquad k=0,\dots ,5$

上半平面的三個簡單極點

$a_1=2e^{i\pi/6},\; a_2=2e^{i\pi/2}=2i,\; a_3=2e^{i5\pi/6}$

2. 留數
   對 $f(z)=\dfrac{1}{z^{6}+64}$ ，

$$\operatorname{Res}\bigl(f,z=a\bigr)=\frac{1}{(z^{6}+64)'}\Big|_{z=a} =\frac{1}{6a^{5}} .$$

因 $a=2e^{i\theta}$，$a^{5}=32e^{i5\theta}$，故

$\operatorname{Res}(f,a)=\frac{1}{192}\,e^{-i5\theta}.$

計算三個上半平面極點的留數和：