第 1 題 詳解｜常微分方程（ODE）

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(a) 解 $y' = \dfrac{1+y^2+3x^2y}{1-2xy-x^3}$

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核心觀念

此題表面上是一個非線性 ODE，但若改寫為**全微分方程（Exact ODE）**的形式，便可直接積分求解。

全微分方程的標準形式為：

$M(x,y)\,dx + N(x,y)\,dy = 0$

若存在函數 $F(x,y)$ 使得 $\dfrac{\partial F}{\partial x} = M$，$\dfrac{\partial F}{\partial y} = N$，且滿足

$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$

則方程為 exact，其通解為 $F(x,y) = C$。

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解題方法

步驟一：改寫為標準形式

將原式

$y'= \frac{dy}{dx} = \frac{1+y^2+3x^2y}{1-2xy-x^3}$

交叉相乘：

$(1-2xy-x^3)\,dy = (1+y^2+3x^2y)\,dx$

移項整理為 $M\,dx + N\,dy = 0$：

$-(1+y^2+3x^2y)\,dx + (1-2xy-x^3)\,dy = 0$

令

$M = -(1+y^2+3x^2y), \qquad N = 1-2xy-x^3$

步驟二：驗證 Exact 條件

$\frac{\partial M}{\partial y} = -(2y+3x^2) = -2y - 3x^2$

$\frac{\partial N}{\partial x} = -2y - 3x^2$

因為 $\dfrac{\partial M}{\partial y} = \dfrac{\partial N}{\partial x}$，方程確為 exact。

步驟三：求位勢函數 $F(x,y)$

由 $\dfrac{\partial F}{\partial y} = N = 1-2xy-x^3$，對 $y$ 積分：

$F(x,y) = \int (1-2xy-x^3)\,dy = y - xy^2 - x^3 y + g(x)$

其中 $g(x)$ 為待定函數（僅含 $x$）。

再由 $\dfrac{\partial F}{\partial x} = M$：

$\frac{\partial F}{\partial x} = -y^2 - 3x^2 y + g'(x)$

此應等於 $M = -(1+y^2+3x^2y) = -1 - y^2 - 3x^2 y$，故：

$-y^2 - 3x^2 y + g'(x) = -1 - y^2 - 3x^2 y$

$g'(x) = -1 \implies g(x) = -x + C_0$

步驟四：寫出通解

$F(x,y) = y - xy^2 - x^3 y - x = C$

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解題技巧

• 判斷 exact 的直覺：遇到分子分母各有多項且含 $xy$、$x^2y$ 等混合項，優先嘗試改寫並檢驗 $M_y = N_x$，是最省時的策略。
• 積分方向選擇：對哪個變數積分，選結構較簡單的那個方向（此題對 $y$ 積分較快）。
• 驗算：將 $F = y - xy^2 - x^3 y - x$ 分別對 $x$ 和 $y$ 偏微分，確認等於 $M$ 和 $N$，即可確保無計算錯誤。

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【答案】

$\boxed{y - xy^2 - x^3 y - x = C}$

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(b) 解 $y'' + 4y = \cos 2x$

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核心觀念

此題為二階線性常係數非齊次 ODE，需求：

1. 齊次解（Homogeneous solution） $y_h$：解 $y''+4y=0$
2. 特解（Particular solution） $y_p$：對應右端 $\cos 2x$

通解 $y = y_h + y_p$。

題目要求分別用**待定係數法（Undetermined Coefficients）與參數變異法（Variation of Parameters）**各解一次。

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共同前置：求齊次解 $y_h$

特徵方程（Characteristic Equation）：

$r^2 + 4 = 0 \implies r = \pm 2i$

$y_h = c_1 \cos 2x + c_2 \sin 2x$

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方法一：待定係數法（Undetermined Coefficients）

解題方法

右端 $f(x) = \cos 2x$，其角頻率 $\omega = 2$。

關鍵陷阱：$\cos 2x$ 對應的指數型態為 $e^{i\cdot 2x}$，其指數 $\alpha = 2i$ 恰好是特徵根，故發生共振（resonance）！

此時初始猜測 $y_p = A\cos 2x + B\sin 2x$ 會與 $y_h$ 線性相依，必須乘以 $x$ 修正：

$y_p = x(A\cos 2x + B\sin 2x)$

計算 $y_p'$ 與 $y_p''$：

核心觀念

本題考查旋度的計算、向量場通量積分，以及史托克斯定理。對 $\vec F=(P,Q,R)$，

$$\nabla\times\vec F = \left( \frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}, \frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}, \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} \right).$$

史托克斯定理為

$$\iint_S(\nabla\times\vec F)\cdot d\vec A = \oint_{\partial S}\vec F\cdot d\vec r,$$

其中曲面法向量與邊界走向須符合右手定則。本題採用向上的法向量，因此圓周方向為從上方看逆時針。

解題方法

給定 $\vec F=(y^3,-x^3,0)$，曲面 $S$ 是平面 $z=1$ 上的單位圓盤。向上單位法向量為 $\hat n=\mathbf k$，故 $d\vec A=\mathbf k\,dA$。

(a) 直接計算曲面積分

先求旋度：

$$\nabla\times\vec F = \left( 0,\, 0,\, \frac{\partial(-x^3)}{\partial x}-\frac{\partial(y^3)}{\partial y} \right) = (0,0,-3x^2-3y^2).$$

與向上法向量內積後，

$$(\nabla\times\vec F)\cdot d\vec A = -3(x^2+y^2)\,dA.$$

改用極座標 $x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$，其中 $0\le r\le1$、$0\le\theta\le2\pi$，且 $dA=r\,dr\,d\theta$：

第 3 題　Laplace Transform　詳解

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(a) 用步階函數改寫 $f(t)$，並求其 Laplace Transform

核心觀念

本小題考查單位步階函數（Unit Step Function）與第二位移定理（Second Shifting Theorem）。

單位步階函數定義：
$u(t-a) = \begin{cases} 0 & t < a \\ 1 & t \geq a \end{cases}$

第二位移定理：若 $\mathcal{L}\{g(t)\} = G(s)$，則
$\mathcal{L}\{g(t-a)\,u(t-a)\} = e^{-as}G(s)$

關鍵公式：
$\mathcal{L}\{\sin t\} = \frac{1}{s^2+1}$

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解題方法

Step 1：用步階函數改寫 $f(t)$

原函數在 $(\pi,\, 2\pi)$ 上值為 $\sin t$，其餘為 $0$。利用步階函數的「開關」特性：

• 在 $t = \pi$ 時「打開」$\sin t$，乘以 $u(t-\pi)$。
• 在 $t = 2\pi$ 時「關閉」$\sin t$，再減去 $u(t-2\pi)$。

因此：
$\boxed{f(t) = \sin t\cdot\bigl[u(t-\pi) - u(t-2\pi)\bigr]}$

Step 2：將 $\sin t$ 做位移改寫

為套用第二位移定理，須將 $\sin t$ 寫成 $g(t-a)$ 的形式。

• 對於 $u(t-\pi)$ 的部分，令 $a=\pi$，需找 $g(t)$ 使得 $g(t-\pi)=\sin t$，
  即 $g(\tau)=\sin(\tau+\pi)=-\sin\tau$。

• 對於 $u(t-2\pi)$ 的部分，令 $a=2\pi$，需找 $g(t)$ 使得 $g(t-2\pi)=\sin t$，
  即 $g(\tau)=\sin(\tau+2\pi)=\sin\tau$。

因此 $f(t)$ 可等價改寫為：
$f(t) = (-\sin(t-\pi))\,u(t-\pi) - \sin(t-2\pi)\,u(t-2\pi)$

（利用 $\sin(t-\pi)=-\sin t$，故 $-\sin(t-\pi)=\sin t$，一致。）

Step 3：逐項取 Laplace Transform

由第二位移定理：

$\mathcal{L}\{-\sin(t-\pi)\,u(t-\pi)\} = -e^{-\pi s}\cdot\mathcal{L}\{\sin t\} = -e^{-\pi s}\cdot\frac{1}{s^2+1}$

$\mathcal{L}\{-\sin(t-2\pi)\,u(t-2\pi)\} = -e^{-2\pi s}\cdot\mathcal{L}\{\sin t\} = -e^{-2\pi s}\cdot\frac{1}{s^2+1}$

兩項相加：

$\boxed{F(s) = \mathcal{L}\{f(t)\} = \frac{-e^{-\pi s} - e^{-2\pi s}}{s^2+1}}$

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解題技巧

• 正負號陷阱：$\sin(t-\pi)=-\sin t$，所以 $\sin t = -\sin(t-\pi)$。計算時直接代入恆等式，切勿在位移後自行「想像」函數的行為而弄混符號。
• 快速驗算：對 $t\in(\pi,2\pi)$，$u(t-\pi)=1$，$u(t-2\pi)=0$，代回 $(-\sin(t-\pi))(1)-(−\sin(t-2\pi))(0)=-\sin(t-\pi)=\sin t$ ✓

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【答案】

$f(t) = \sin t\cdot\bigl[u(t-\pi)-u(t-2\pi)\bigr]$

$F(s) = \frac{-e^{-\pi s}-e^{-2\pi s}}{s^2+1}$

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(b) 求 $F(s) = \dfrac{e^{-s}}{s^2+\pi^2} + \dfrac{e^{-2s}}{s^2+\pi^2} + \dfrac{e^{-3s}}{(s+2)^2}$ 的 Inverse Laplace Transform

核心觀念

本小題考查：

1. 第二位移定理的逆運算：
   $\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}G(s)\} = g(t-a)\,u(t-a)$

核心觀念

本題考查週期函數的 Fourier series 展開，以及利用適當的函數值求出無窮級數。

週期為 $2\pi$ 的函數，其 Fourier series 為

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

其中

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

本題函數為奇函數，因此 $a_0=0$ 且 $a_n=0$，只需計算 $b_n$。

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解題方法

（a）求 Fourier series

函數為

$$f(x)= \begin{cases} -k, & -\pi<x<0,\\ k, & 0<x<\pi. \end{cases}$$

由於 $f(-x)=-f(x)$，所以 $f(x)$ 是奇函數。

因此：

$$a_0=0,\qquad a_n=0.$$

只計算正弦係數：

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

因為 $f(x)$ 與 $\sin nx$ 皆為奇函數，乘積為偶函數，所以

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

計算積分：

$$\begin{aligned} b_n &=\frac{2k}{\pi}\left[-\frac{\cos nx}{n}\right]_0^\pi\\ &=\frac{2k}{n\pi}\left(1-\cos n\pi\right)\\ &=\frac{2k}{n\pi}\left(1-(-1)^n\right). \end{aligned}$$

分別討論 $n$ 的奇偶性：

• 當 $n$ 為偶數時，$(-1)^n=1$，因此

$$b_n=0.$$

• 當 $n$ 為奇數時，$(-1)^n=-1$，因此

$$b_n=\frac{4k}{n\pi}.$$

故 Fourier series 為

$$\boxed{ f(x)=\frac{4k}{\pi} \left( \sin x+\frac{1}{3}\sin 3x+\frac{1}{5}\sin 5x+\cdots \right) }$$

也可寫成

核心觀念

本題考查半無限區間上的一維波動方程

$$\phi_{tt}=c^2\phi_{xx},\qquad 0<x<\infty,\ t>0$$

並要求使用變數分離法。關鍵觀念如下：

1. 設定乘積形式
   $\phi(x,t)=X(x)T(t)$
   將偏微分方程化為兩個常微分方程。

2. 利用邊界條件 $\phi(0,t)=0$ 選出空間特徵函數。

3. 因為空間區間是半無限區間，特徵值不是離散值，而是連續參數 $k>0$，因此最後必須以 Fourier 正弦積分疊加所有分離解。

4. 初始條件透過 Fourier 正弦轉換決定展開係數。

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變數分離

令

$$\phi(x,t)=X(x)T(t).$$

代入波動方程：

$$X(x)T''(t)=c^2X''(x)T(t).$$

兩邊除以 $c^2X(x)T(t)$：

$$\frac{T''(t)}{c^2T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda.$$

取分離常數為 $-\lambda$，得到

$$X''+\lambda X=0,$$

以及

$$T''+c^2\lambda T=0.$$

接著分別討論 $\lambda$ 的三種情形。

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特徵值分析

情形一：$\lambda=k^2>0$

此時空間方程為

$$X''+k^2X=0,$$

其一般解為

$$X(x)=A\cos(kx)+B\sin(kx).$$

由邊界條件 $\phi(0,t)=0$，對非零的 $T(t)$ 必須有

$$X(0)=0.$$

因此

$$A=0,$$

空間特徵函數為

$$X_k(x)=\sin(kx).$$

時間方程為

$$T''+c^2k^2T=0,$$

其解為

$$T_k(t)=C_k\cos(ckt)+D_k\sin(ckt).$$

所以每一個分離解為

$$\phi_k(x,t) = \left[C_k\cos(ckt)+D_k\sin(ckt)\right]\sin(kx).$$

由於 $\sin(kx)$ 在 $x\to\infty$ 時保持有界，此類解符合無限遠處有界的要求。

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情形二：$\lambda=0$

此時

$$X''=0,$$

所以

$$X(x)=A+Bx.$$

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，因此

$$X(x)=Bx.$$

但當 $x\to\infty$ 時，$Bx$ 不有界，故只能取 $B=0$。此情形只產生零解，不提供非零的物理解。

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情形三：$\lambda=-\mu^2<0$

此時

$$X''-\mu^2X=0,$$

一般解為

$$X(x)=A\cosh(\mu x)+B\sinh(\mu x).$$

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，但 $\sinh(\mu x)$ 隨 $x\to\infty$ 指數成長，不符合有界條件。因此此情形也只能取零解。

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半無限區間的分離解

只有 $\lambda=k^2>0$ 能產生非零且有界的解。由於 $k$ 可取任意正值，通解必須寫成連續疊加：

$$\phi(x,t) = \int_0^\infty \left[ A(k)\cos(ckt)+B(k)\sin(ckt) \right]\sin(kx)\,dk.$$

這就是半無限區間上符合邊界條件的 Fourier 正弦積分形式。

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利用初始位移決定 $A(k)$

令 $t=0$，則

$$\phi(x,0) = \int_0^\infty A(k)\sin(kx)\,dk.$$

由初始條件 $\phi(x,0)=f(x)$，得到

$$f(x)=\int_0^\infty A(k)\sin(kx)\,dk.$$

核心觀念

利用三角恆等式與歐拉公式：
$\frac{\sin^2 t}{t^2} = \text{Re}\left( \frac{1 - e^{2it}}{2t^2} \right)$
構造複變函數 $f(z) = \frac{1 - e^{2iz}}{2z^2}$。考慮在上半平面繞過原點 $z=0$ 的凹口閉路徑（Indented Contour）$C$：

• 實軸區間 $[-R, -r]$ 與 $[r, R]$
• 原點處小半圓弧 $C_r$（半徑 $r$，順時針方向）
• 上半平面大半圓弧 $C_R$（半徑 $R$，逆時針方向）

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計算步驟

1. 判斷極點與計算留數
   分析 $z = 0$ 處的奇點類型與留數：
   $\text{Res}(f(z), 0) = \lim_{z \to 0} z \cdot \frac{1 - e^{2iz}}{2z^2} = \lim_{z \to 0} \frac{1 - e^{2iz}}{2z} = \lim_{z \to 0} \frac{-2i e^{2iz}}{2} = -i$
   故 $z = 0$ 為 $f(z)$ 的一階極點（Simple pole）。

2. 柯西積分定理（Cauchy's Integral Theorem）
   路徑 $C$ 內部無奇點，故：