112 年 國立成功大學地球科學研究所乙組《應用數學（含微積分）》

這是一階可分離變數的微分方程。

我們將變數分離，將含有 $y$ 的項移到等號一邊，含有 $x$ 的項移到另一邊。
$\frac{dy}{dx} = 1 + y^2$
$\frac{dy}{1+y^2} = dx$
對兩邊進行積分：

這也是一階可分離變數的微分方程。

將含有 $y$ 的項移到等號一邊，含有 $x$ 的項移到另一邊。
$\frac{dy}{dx} = \sec^2y$
$\frac{dy}{\sec^2y} = dx$
由於 $\frac{1}{\sec^2y} = \cos^2y$，我們可以將式子寫成：
$\cos^2y \, dy = dx$
對兩邊進行積分：
$\int \cos^2y \, dy = \int dx$
使用三角恆等式 $\cos^2y = \frac{1 + \cos(2y)}{2}$ 來積分左邊：

這是一個一階微分方程，我們可以嘗試判斷它是否為恰當微分方程，或者進行變數分離。

首先，將方程改寫成 $M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0$ 的形式：
$M(x,y) = 2xy$
$N(x,y) = x^2$

檢查是否為恰當微分方程：
$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(2xy) = 2x$
$\frac{\partial N}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x^2) = 2x$
由於 $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$，所以此方程為恰當微分方程。

存在一個勢函數 $\phi(x,y)$ 使得 $\frac{\partial \phi}{\partial x} = M(x,y)$ 且 $\frac{\partial \phi}{\partial y} = N(x,y)$。
從 $\frac{\partial \phi}{\partial x} = 2xy$ 開始積分：
$\phi(x,y) = \int 2xy \, dx = x^2y + g(y)$
其中 $g(y)$ 是關於 $y$ 的任意函數。

接下來，對 $\phi(x,y)$ 對 $y$ 求偏導，並令其等於 $N(x,y)$：
$\frac{\partial \phi}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(x^2y + g(y)) = x^2 + g'(y)$
令 $\frac{\partial \phi}{\partial y} = N(x,y)$：
$x^2 + g'(y) = x^2$

這是一階齊次線性常係數微分方程。

其特徵方程為：
$r^2 + 1 = 0$
解出 $r$：
$r^2 = -1$
$r = \pm i$

由於根是複數根 $r = \alpha \pm \beta i$，其中 $\alpha = 0$ 且 $\beta = 1$，
通解的形式為：

這是一階齊次線性常係數歐拉-柯西方程 (Euler-Cauchy equation)。

歐拉-柯西方程的形式為 $ax^2y'' + bxy' + cy = 0$。
我們假設解的形式為 $y = x^r$。
則 $y' = rx^{r-1}$， $y'' = r(r-1)x^{r-2}$。
將這些代入原方程：
$x^2(r(r-1)x^{r-2}) + 1.5x(rx^{r-1}) - 0.5x^r = 0$
$r(r-1)x^r + 1.5rx^r - 0.5x^r = 0$
提出 $x^r$ (假設 $x \neq 0$)：
$x^r [r(r-1) + 1.5r - 0.5] = 0$
$r(r-1) + 1.5r - 0.5 = 0$

這是一個二階非齊次線性常係數微分方程。

我們需要求解其齊次部分的通解 (complementary solution) 和非齊次部分的特解 (particular solution)。

1. 求解齊次部分 $y_c$：
   齊次方程為 $y'' + y = 0$。
   其特徵方程為 $r^2 + 1 = 0$，解得 $r = \pm i$。
   因此，齊次部分的通解為 $y_c(x) = C_1 \cos(x) + C_2 \sin(x)$。

2. 求解非齊次部分的特解 $y_p$：
   非齊次項為 $g(x) = 0.001x^2 = \frac{1}{1000}x^2$。
   我們使用待定係數法。由於 $g(x)$ 是個多項式，我們假設特解的形式為一個多項式。
   假設 $y_p(x) = Ax^2 + Bx + D$。
   則 $y_p'(x) = 2Ax + B$。
   $y_p''(x) = 2A$。

這是一個二階非齊次線性常係數微分方程。

我們需要求解其齊次部分的通解 (complementary solution) 和非齊次部分的特解 (particular solution)。

1. 求解齊次部分 $y_c$：
   齊次方程為 $y'' + 5y' + 4y = 0$。
   其特徵方程為 $r^2 + 5r + 4 = 0$。
   因式分解：$(r+1)(r+4) = 0$。
   解得 $r_1 = -1$ 和 $r_2 = -4$。
   由於是兩個不同的實根，齊次部分的通解為 $y_c(x) = C_1 e^{-x} + C_2 e^{-4x}$。

2. 求解非齊次部分的特解 $y_p$：
   非齊次項為 $g(x) = 10e^{-3x}$。
   我們使用待定係數法。由於非齊次項是 $e^{kx}$ 的形式，且 $k = -3$ 不是特徵方程的根，我們假設特解的形式為 $y_p(x) = Ae^{-3x}$。
   則 $y_p'(x) = -3Ae^{-3x}$。

這是一個二階非齊次線性常係數微分方程。

我們需要求解其齊次部分的通解 (complementary solution) 和非齊次部分的特解 (particular solution)。

1. 求解齊次部分 $y_c$：
   齊次方程為 $y'' + y = 0$。
   其特徵方程為 $r^2 + 1 = 0$，解得 $r = \pm i$。
   因此，齊次部分的通解為 $y_c(x) = C_1 \cos(x) + C_2 \sin(x)$。

2. 求解非齊次部分的特解 $y_p$：
   非齊次項為 $g(x) = \cos x - \sin x$。
   由於非齊次項包含 $\cos x$ 和 $\sin x$，且 $i$ 是特徵方程的根（即 $r = \pm i$），這意味著 $e^{ix}$ 和 $e^{-ix}$ 是齊次方程的解。
   當非齊次項的形式與齊次解的某一部分重複時，我們需要調整待定係數法的假設形式。
   我們假設特解的形式為 $y_p(x) = Ax \cos(x) + Bx \sin(x)$。

   計算其導數：
   $y_p'(x) = A \cos(x) - Ax \sin(x) + B \sin(x) + Bx \cos(x)$
   $y_p'(x) = (A+Bx) \cos(x) + (B-Ax) \sin(x)$

   計算二階導數：
   $y_p''(x) = B \cos(x) - (A+Bx) \sin(x) - A \sin(x) + (B-Ax) \cos(x)$
   $y_p''(x) = (B + B - Ax) \cos(x) + (-A - Bx - A) \sin(x)$

求解矩陣的特徵值與特徵向量。

1. 求解特徵值 $\lambda$：
   特徵值是滿足 $\det(A - \lambda I) = 0$ 的 $\lambda$ 值，其中 $I$ 是單位矩陣。

   $$A - \lambda I = \begin{bmatrix} 4-\lambda & 6 & 6 \\ 1 & 3-\lambda & 2 \\ -1 & -5 & -2-\lambda \end{bmatrix}$$

   計算行列式：
   $\det(A - \lambda I) = (4-\lambda) \det \begin{bmatrix} 3-\lambda & 2 \\ -5 & -2-\lambda \end{bmatrix} - 6 \det \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ -1 & -2-\lambda \end{bmatrix} + 6 \det \begin{bmatrix} 1 & 3-\lambda \\ -1 & -5 \end{bmatrix}$

   計算子行列式：
   $\det \begin{bmatrix} 3-\lambda & 2 \\ -5 & -2-\lambda \end{bmatrix} = (3-\lambda)(-2-\lambda) - (2)(-5) = -(3-\lambda)(2+\lambda) + 10 = -(6 + 3\lambda - 2\lambda - \lambda^2) + 10 = -6 - \lambda + \lambda^2 + 10 = \lambda^2 - \lambda + 4$

   $\det \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ -1 & -2-\lambda \end{bmatrix} = (1)(-2-\lambda) - (2)(-1) = -2 - \lambda + 2 = -\lambda$

   $\det \begin{bmatrix} 1 & 3-\lambda \\ -1 & -5 \end{bmatrix} = (1)(-5) - (3-\lambda)(-1) = -5 - (-3+\lambda) = -5 + 3 - \lambda = -2 - \lambda$

   將這些代回行列式計算：
   $\det(A - \lambda I) = (4-\lambda)(\lambda^2 - \lambda + 4) - 6(-\lambda) + 6(-2 - \lambda)$
   $= (4\lambda^2 - 4\lambda + 16 - \lambda^3 + \lambda^2 - 4\lambda) + 6\lambda - 12 - 6\lambda$
   $= -\lambda^3 + 5\lambda^2 - 8\lambda + 16 - 12$
   $= -\lambda^3 + 5\lambda^2 - 8\lambda + 4$

   令 $-\lambda^3 + 5\lambda^2 - 8\lambda + 4 = 0$，或 $\lambda^3 - 5\lambda^2 + 8\lambda - 4 = 0$。
   嘗試尋找整數根，例如 $\lambda=1$: $1 - 5 + 8 - 4 = 0$。所以 $\lambda=1$ 是一個特徵值。
   這意味著 $(\lambda-1)$ 是多項式的一個因子。
   進行多項式長除法或綜合除法：
   $(\lambda^3 - 5\lambda^2 + 8\lambda - 4) \div (\lambda-1)$

       λ²  -4λ   +4
     ________________
   λ-1 | λ³ -5λ² +8λ -4
       -(λ³ -λ²)
       _________
           -4λ² +8λ
          -(-4λ² +4λ)
          _________
                4λ -4
               -(4λ -4)
               _______
                    0
   

   所以，特徵多項式可以分解為 $(\lambda-1)(\lambda^2 - 4\lambda + 4) = 0$。
   進一步分解二次項：$\lambda^2 - 4\lambda + 4 = (\lambda-2)^2$。
   因此，特徵方程為 $(\lambda-1)(\lambda-2)^2 = 0$。
   特徵值為 $\lambda_1 = 1$ (單重根) 和 $\lambda_2 = 2$ (重根)。

2. 求解特徵向量 $v$：
   對於每個特徵值 $\lambda$，求解 $(A - \lambda I)v = 0$。

   情況 1: $\lambda_1 = 1$
   $A - 1I = \begin{bmatrix} 4-1 & 6 & 6 \\ 1 & 3-1 & 2 \\ -1 & -5 & -2-1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 & 6 & 6 \\ 1 & 2 & 2 \\ -1 & -5 & -3 \end{bmatrix}$
   求解方程組：

   $$$$

\begin{bmatrix}
3 & 6 & 6 \
1 & 2 & 2 \
-1 & -5 & -3
\end{bmatrix} \begin{bmatrix}
v_1 \
v_2 \
v_3
\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}
0 \
0 \
0
\end{bmatrix} $$
觀察第一行和第二行，它們是成比例的 ($R_1 = 3R_2$)。我們可以只看第二行和第三行（或第一行和第三行）來求解。
從第二行：$v_1 + 2v_2 + 2v_3 = 0$
從第三行：$-v_1 - 5v_2 - 3v_3 = 0$
將兩式相加：$(v_1 + 2v_2 + 2v_3) + (-v_1 - 5v_2 - 3v_3) = 0$
$-3v_2 - v_3 = 0 \implies v_3 = -3v_2$
將 $v_3 = -3v_2$ 代回第二行方程：
$v_1 + 2v_2 + 2(-3v_2) = 0$
$v_1 + 2v_2 - 6v_2 = 0$
$v_1 - 4v_2 = 0 \implies v_1 = 4v_2$
令 $v_2 = k$ (非零常數)，則 $v_1 = 4k$ 且 $v_3 = -3k$。
特徵向量為 $v^{(1)} = k \begin{bmatrix} 4 \\ 1 \\ -3 \end{bmatrix}$。
取 $k=1$，則 $v^{(1)} = \begin{bmatrix} 4 \\ 1 \\ -3 \end{bmatrix}$。

**情況 2: $\lambda_2 = 2$ (重根)**
$A - 2I = \begin{bmatrix}
4-2 & 6 & 6 \\
1 & 3-2 & 2 \\
-1 & -5 & -2-2
\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}
2 & 6 & 6 \\
1 & 1 & 2 \\
-1 & -5 & -4
\end{bmatrix}$
求解方程組：

求解矩陣的逆矩陣。

我們可以使用伴隨矩陣法或高斯-約旦消去法來求解。這裡我們使用伴隨矩陣法。
逆矩陣 $A^{-1}$ 可以表示為 $A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \text{adj}(A)$，其中 $\text{adj}(A)$ 是 $A$ 的伴隨矩陣（即 $A$ 的餘因子矩陣的轉置）。

1. 計算行列式 $\det(A)$：

   $$\det(A) = 1 \det \begin{bmatrix} -1 & 1 \\ 3 & 4 \end{bmatrix} - (-1) \det \begin{bmatrix} 3 & 1 \\ -1 & 4 \end{bmatrix} + (-2) \det \begin{bmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 3 \end{bmatrix}$$ $$\det(A) = 1((-1)(4) - (1)(3)) + 1((3)(4) - (1)(-1)) - 2((3)(3) - (-1)(-1))$$ $$\det(A) = 1(-4 - 3) + 1(12 + 1) - 2(9 - 1)$$ $$\det(A) = 1(-7) + 1(13) - 2(8)$$ $$\det(A) = -7 + 13 - 16$$ $$\det(A) = 6 - 16 = -10$$

   由於行列式不為零，所以逆矩陣存在。

2. 計算餘因子矩陣 (Cofactor Matrix)：
   $C_{ij} = (-1)^{i+j} M_{ij}$，其中 $M_{ij}$ 是刪除第 $i$ 行和第 $j$ 列後得到的子矩陣的行列式。

   $C_{11} = (-1)^{1+1} \det \begin{bmatrix} -1 & 1 \\ 3 & 4 \end{bmatrix} = 1(-4 - 3) = -7$
   $C_{12} = (-1)^{1+2} \det \begin{bmatrix} 3 & 1 \\ -1 & 4 \end{bmatrix} = -1(12 - (-1)) = -1(13) = -13$
   $C_{13} = (-1)^{1+3} \det \begin{bmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 3 \end{bmatrix} = 1(9 - 1) = 8$

   $C_{21} = (-1)^{2+1} \det \begin{bmatrix} -1 & -2 \\ 3 & 4 \end{bmatrix} = -1(-4 - (-6)) = -1(-4 + 6) = -1(2) = -2$
   $C_{22} = (-1)^{2+2} \det \begin{bmatrix} 1 & -2 \\ -1 & 4 \end{bmatrix} = 1(4 - 2) = 2$
   $C_{23} = (-1)^{2+3} \det \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 3 \end{bmatrix} = -1(3 - 1) = -1(2) = -2$

   $C_{31} = (-1)^{3+1} \det \begin{bmatrix} -1 & -2 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} = 1(-1 - 2) = -3$
   $C_{32} = (-1)^{3+2} \det \begin{bmatrix} 1 & -2 \\ 3 & 1 \end{bmatrix} = -1(1 - (-6)) = -1(1 + 6) = -1(7) = -7$
   $C_{33} = (-1)^{3+3} \det \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 3 & -1 \end{bmatrix} = 1(-1 - (-3)) = 1(-1 + 3) = 1(2) = 2$

   餘因子矩陣 $C = \begin{bmatrix} -7 & -13 & 8 \\ -2 & 2 & -2 \\ -3 & -7 & 2 \end{bmatrix}$

3. 計算伴隨矩陣 $\text{adj}(A)$：
   伴隨矩陣是餘因子矩陣的轉置。

   $$\text{adj}(A) = C^T = \begin{bmatrix} -7 & -2 & -3 \\ -13 & 2 & -7 \\ 8 & -2 & 2 \end{bmatrix}$$

4. 計算逆矩陣 $A^{-1}$：

   $$A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \text{adj}(A) = \frac{1}{-10} \begin{bmatrix} -7 & -2 & -3 \\ -13 & 2 & -7 \\ 8 & -2 & 2 \end{bmatrix}$$

求解週期為 $2\pi$ 的函數 $f(x)$ 的傅立葉級數。
函數定義為 $f(x) = x + \pi$ 在區間 $(-\pi, \pi)$ 上，且 $f(x+2\pi) = f(x)$。
週期 $T = 2\pi$，所以 $\omega = \frac{2\pi}{T} = 1$。
傅立葉級數的標準形式為：
$f(x) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(nx) + b_n \sin(nx))$

其中係數計算公式為：
$a_0 = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) dx$
$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) dx$
$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) dx$

1. 計算 $a_0$：
   $a_0 = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} (x+\pi) dx$
   $a_0 = \frac{1}{2\pi} \left[ \frac{x^2}{2} + \pi x \right]_{-\pi}^{\pi}$
   $a_0 = \frac{1}{2\pi} \left[ \left( \frac{\pi^2}{2} + \pi^2 \right) - \left( \frac{(-\pi)^2}{2} + \pi(-\pi) \right) \right]$
   $a_0 = \frac{1}{2\pi} \left[ \left( \frac{3\pi^2}{2} \right) - \left( \frac{\pi^2}{2} - \pi^2 \right) \right]$
   $a_0 = \frac{1}{2\pi} \left[ \frac{3\pi^2}{2} - \left( -\frac{\pi^2}{2} \right) \right]$
   $a_0 = \frac{1}{2\pi} \left[ \frac{3\pi^2}{2} + \frac{\pi^2}{2} \right] = \frac{1}{2\pi} \left[ \frac{4\pi^2}{2} \right] = \frac{1}{2\pi} (2\pi^2) = \pi$

2. 計算 $a_n$：
   $a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} (x+\pi) \cos(nx) dx$
   $a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} x \cos(nx) dx + \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \pi \cos(nx) dx$

   考慮第一個積分 $\int_{-\pi}^{\pi} x \cos(nx) dx$。
   函數 $g(x) = x \cos(nx)$ 是一個奇函數，因為 $g(-x) = (-x) \cos(n(-x)) = -x \cos(nx) = -g(x)$。
   對於一個奇函數，在對稱區間 $(-\pi, \pi)$ 上的積分為 0。
   所以，$\int_{-\pi}^{\pi} x \cos(nx) dx = 0$。

   考慮第二個積分 $\int_{-\pi}^{\pi} \pi \cos(nx) dx$。
   $\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \pi \cos(nx) dx = \int_{-\pi}^{\pi} \cos(nx) dx$
   當 $n \neq 0$ 時：
   $\int_{-\pi}^{\pi} \cos(nx) dx = \left[ \frac{\sin(nx)}{n} \right]_{-\pi}^{\pi} = \frac{\sin(n\pi)}{n} - \frac{\sin(-n\pi)}{n} = 0 - 0 = 0$。
   所以，$a_n = 0 + 0 = 0$ 對於所有 $n \ge 1$。

3. 計算 $b_n$：
   $b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} (x+\pi) \sin(nx) dx$
   $b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} x \sin(nx) dx + \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \pi \sin(nx) dx$

   考慮第一個積分 $\int_{-\pi}^{\pi} x \sin(nx) dx$。
   函數 $h(x) = x \sin(nx)$ 是一個偶函數，因為 $h(-x) = (-x) \sin(n(-x)) = (-x) (-\sin(nx)) = x \sin(nx) = h(x)$。
   對於一個偶函數，在對稱區間 $(-\pi, \pi)$ 上的積分等於 2 倍在 $(0, \pi)$ 上的積分。
   $\int_{-\pi}^{\pi} x \sin(nx) dx = 2 \int_{0}^{\pi} x \sin(nx) dx$
   我們需要使用分部積分法：$\int u \, dv = uv - \int v \, du$。
   令 $u = x$, $dv = \sin(nx) dx$。

求解週期為 $2$ 的函數 $f(x)$ 的傅立葉級數。
函數定義為 $f(x) = x^2$ 在區間 $(-1, 1)$ 上，且 $f(x+2) = f(x)$。
週期 $T = 2$，所以 $\omega = \frac{2\pi}{T} = \pi$。
傅立葉級數的標準形式為：
$f(x) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(n\omega x) + b_n \sin(n\omega x))$
$f(x) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(n\pi x) + b_n \sin(n\pi x))$

其中係數計算公式為：
$a_0 = \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} f(x) dx$
$a_n = \int_{-1}^{1} f(x) \cos(n\pi x) dx$
$b_n = \int_{-1}^{1} f(x) \sin(n\pi x) dx$

1. 計算 $a_0$：
   $f(x) = x^2$ 是一個偶函數。
   $a_0 = \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} x^2 dx$
   $a_0 = \frac{1}{2} \cdot 2 \int_{0}^{1} x^2 dx = \int_{0}^{1} x^2 dx$
   $a_0 = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{1} = \frac{1^3}{3} - \frac{0^3}{3} = \frac{1}{3}$

2. 計算 $a_n$：
   $f(x) = x^2$ 是偶函數，$\cos(n\pi x)$ 是偶函數，所以 $f(x)\cos(n\pi x)$ 是偶函數。
   $a_n = \int_{-1}^{1} x^2 \cos(n\pi x) dx = 2 \int_{0}^{1} x^2 \cos(n\pi x) dx$

   使用分部積分法兩次。
   令 $u = x^2$, $dv = \cos(n\pi x) dx$。
   $du = 2x dx$, $v = \frac{\sin(n\pi x)}{n\pi}$。
   $\int x^2 \cos(n\pi x) dx = x^2 \frac{\sin(n\pi x)}{n\pi} - \int \frac{\sin(n\pi x)}{n\pi} (2x dx)$
   $= \frac{x^2 \sin(n\pi x)}{n\pi} - \frac{2}{n\pi} \int x \sin(n\pi x) dx$

   現在計算 $\int x \sin(n\pi x) dx$。
   令 $u = x$, $dv = \sin(n\pi x) dx$。
   $du = dx$, $v = -\frac{\cos(n\pi x)}{n\pi}$。
   $\int x \sin(n\pi x) dx = x \left(-\frac{\cos(n\pi x)}{n\pi}\right) - \int \left(-\frac{\cos(n\pi x)}{n\pi}\right) dx$

這是一個一維熱傳導方程，我們使用變數分離法求解。
假設解的形式為 $u(x,t) = X(x)T(t)$。

將此形式代入熱傳導方程：
$\frac{\partial}{\partial t}(X(x)T(t)) = c^2 \frac{\partial^2}{\partial x^2}(X(x)T(t))$
$X(x) T'(t) = c^2 X''(x) T(t)$

將方程兩邊同時除以 $c^2 X(x) T(t)$ (假設 $X(x) \neq 0$ 且 $T(t) \neq 0$)：
$\frac{T'(t)}{c^2 T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)}$

由於左邊只與 $t$ 有關，右邊只與 $x$ 有關，因此兩邊必須等於一個常數。我們稱這個常數為 $-\lambda$。
$\frac{T'(t)}{c^2 T(t)} = -\lambda \implies T'(t) + c^2 \lambda T(t) = 0$
$\frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda \implies X''(x) + \lambda X(x) = 0$

接下來，我們考慮邊界條件。
$u(0,t) = 0 \implies X(0)T(t) = 0$。由於 $T(t)$ 不恆為零，所以 $X(0) = 0$。
$u(L,t) = 0 \implies X(L)T(t) = 0$。由於 $T(t)$ 不恆為零，所以 $X(L) = 0$。

我們需要求解關於 $X(x)$ 的邊界值問題：$X''(x) + \lambda X(x) = 0$，且 $X(0) = 0, X(L) = 0$。

有三種情況對於 $\lambda$：

1. $\lambda < 0$： 令 $\lambda = -\mu^2$，其中 $\mu > 0$。
   $X''(x) - \mu^2 X(x) = 0$。
   特徵方程為 $r^2 - \mu^2 = 0$，解得 $r = \pm \mu$。
   $X(x) = C_1 e^{\mu x} + C_2 e^{-\mu x}$。
   應用邊界條件：
   $X(0) = C_1 + C_2 = 0 \implies C_2 = -C_1$。
   $X(x) = C_1 (e^{\mu x} - e^{-\mu x})$。
   $X(L) = C_1 (e^{\mu L} - e^{-\mu L}) = 0$。
   由於 $e^{\mu L} - e^{-\mu L} = 2 \sinh(\mu L) \neq 0$ (因為 $\mu>0, L>0$)，所以必須 $C_1 = 0$。
   這導致 $X(x) = 0$，這是一個平凡解，無法滿足非平凡的初始條件。因此 $\lambda < 0$ 不會產生非平凡解。

2. $\lambda = 0$：
   $X''(x) = 0$。
   $X(x) = C_1 x + C_2$。
   應用邊界條件：
   $X(0) = C_1(0) + C_2 = 0 \implies C_2 = 0$。
   $X(x) = C_1 x$。
   $X(L) = C_1 L = 0$。
   由於 $L > 0$，所以必須 $C_1 = 0$。
   這也導致 $X(x) = 0$，平凡解。因此 $\lambda = 0$ 不會產生非平凡解。

3. $\lambda > 0$： 令 $\lambda = \omega^2$，其中 $\omega > 0$。
   $X''(x) + \omega^2 X(x) = 0$。
   特徵方程為 $r^2 + \omega^2 = 0$，解得 $r = \pm i\omega$。
   $X(x) = C_1 \cos(\omega x) + C_2 \sin(\omega x)$。
   應用邊界條件：
   $X(0) = C_1 \cos(0) + C_2 \sin(0) = C_1 = 0$。
   所以 $X(x) = C_2 \sin(\omega x)$。
   $X(L) = C_2 \sin(\omega L) = 0$。
   為了得到非平凡解，我們必須有 $C_2 \neq 0$，因此 $\sin(\omega L) = 0$。
   這意味著 $\omega L = n\pi$，其中 $n$ 是正整數 (因為 $\omega > 0, L > 0$)。