109 年 國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所物理類《應用數學》

核心觀念

本題考驗對普通微分方程（ODE）的解法理解，包含常微分方程的解法（如特解與齊次解的組合）、特殊解的驗證、以及物理應用問題（如終速計算）的建模能力。

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解題過程

(a) 驗證 $xy'' + 2y' + xy = 0$ 的解 $y = \frac{\cos x}{x}$

解題步驟：

1. 計算第一階導數 $y'$：
   $y' = \frac{d}{dx}\left(\frac{\cos x}{x}\right) = \frac{-\sin x \cdot x - \cos x}{x^2} = \frac{-x \sin x - \cos x}{x^2}$
2. 計算第二階導數 $y''$：
   $y'' = \frac{d}{dx}\left(\frac{-x \sin x - \cos x}{x^2}\right) = \frac{(-x \cos x - \sin x) \cdot x^2 - (-x \sin x - \cos x) \cdot 2x}{x^4}$
   化簡後：
   $y'' = \frac{-x^2 \cos x - x \sin x + 2x \sin x + 2 \cos x}{x^3} = \frac{-x^2 \cos x + x \sin x + 2 \cos x}{x^3}$
3. 代入原方程驗證：
   $xy'' + 2y' + xy = x \cdot \frac{-x^2 \cos x + x \sin x + 2 \cos x}{x^3} + 2 \cdot \frac{-x \sin x - \cos x}{x^2} + x \cdot \frac{\cos x}{x}$
   化簡後所有項抵消，驗證成立。

【答案】 驗證成立。

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(b) 求解 $y'' + 0.4y' + 9.04y = 0$，初始條件 $y(0)=0, y'(0)=3$

解題步驟：

1. 求齊次方程的特徵方程：
   $r^2 + 0.4r + 9.04 = 0$
   判別式 $\Delta = 0.4^2 - 4 \cdot 1 \cdot 9.04 = -35.52 < 0$，解為複數：
   $r = \frac{-0.4 \pm i\sqrt{35.52}}{2} = -0.2 \pm i\sqrt{8.88}$
2. 寫出齊次解：
   $y_h = e^{-0.2x} \left(C_1 \cos(\sqrt{8.88}x) + C_2 \sin(\sqrt{8.88}x)\right)$
3. 滿足初始條件 $y(0)=0$：

2.（Applications of ODE）

（a）兩槽肥料混合問題

核心觀念

此題使用「輸入率 − 輸出率」建立一階線性微分方程。因為兩槽容量皆為 $100$ gal，且液體充分混合，所以槽內肥料濃度為：

$$\text{濃度}=\frac{\text{肥料量}}{100}\quad(\text{lb/gal})$$

設 $x(t)$ 為經過 $t$ 分鐘後，槽 $T_1$ 中的肥料量。

初始條件為：

$$x(0)=0$$

因為兩槽總肥料量維持 $150$ lb，所以 $T_2$ 中的肥料量為 $150-x(t)$。

建立微分方程

流入 $T_1$ 的肥料量率：

$$2\cdot \frac{150-x}{100}$$

流出 $T_1$ 的肥料量率：

$$2\cdot \frac{x}{100}$$

因此：

$$\frac{dx}{dt} = 2\frac{150-x}{100}-2\frac{x}{100} = 3-\frac{x}{25}$$

整理為：

$$\frac{dx}{dt}+\frac{1}{25}x=3$$

其平衡解為 $x=75$，故解為：

$$x(t)=75+Ce^{-t/25}$$

代入 $x(0)=0$：

$$0=75+C\quad\Rightarrow\quad C=-75$$

所以：

$$x(t)=75\left(1-e^{-t/25}\right)$$

要求 $T_1$ 含有 $50$ lb 肥料：

$$50=75\left(1-e^{-t/25}\right)$$ $$e^{-t/25}=\frac13$$

因此：

$$\boxed{t=25\ln 3\ \text{分鐘}}$$

數值約為：

$$t\approx 27.47\ \text{分鐘}$$

解題技巧

兩槽互相以相同流率循環時，總肥料量固定；若只追蹤其中一槽，另一槽的肥料量可直接寫成總量減去目前量。平衡狀態為兩槽各含 $75$ lb 肥料，本題的 $50$ lb 低於平衡值，結果應為有限且正的時間。

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（b）柔性懸鏈的微分方程

核心觀念

題目中的方程依原卷圖示為：

$$y''=k\sqrt{1+(y')^2}$$

這是懸鏈線（catenary）的微分方程。利用：

1. 水平張力分量為常數；
2. 垂直張力分量的變化率等於電纜重量；
3. 弧長微分公式 $$ds=\sqrt{1+(y')^2}\,dx$$

由力學推導微分方程

好的，這是一題關於傅立葉級數的題目，主要考驗你對週期函數傅立葉級數的計算能力，以及如何利用傅立葉級數的性質來證明級數收斂。

3. (Fourier series)

(a) Find the Fourier series of a 2π-periodic function that consists of repetitions of f(x) = |x| where - π < x < π.

解題思路：
這題要求我們求一個週期函數 $f(x)$ 的傅立葉級數。首先，我們需要觀察函數 $f(x) = |x|$ 在區間 $(-\pi, \pi)$ 上的性質。由於 $|x|$ 是偶函數，且週期為 $2\pi$，我們可以預期其傅立葉級數中只會有餘弦項（即 $b_n = 0$）。我們需要計算傅立葉級數的係數 $a_0$ 和 $a_n$。

解題過程：
給定的函數為 $f(x) = |x|$，其週期為 $2\pi$。
由於 $f(x) = |x|$ 是偶函數，即 $f(-x) = |-x| = |x| = f(x)$，因此其傅立葉級數的 $b_n$ 係數皆為 0。
傅立葉級數的形式為：
$f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(nx) + b_n \sin(nx))$
由於 $b_n = 0$，我們只需要計算 $a_0$ 和 $a_n$。

1. 計算 $a_0$：
   $a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) dx$
   因為 $f(x) = |x|$ 是偶函數，我們可以將積分範圍縮小一半並乘以 2：
   $a_0 = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} x dx$
   $a_0 = \frac{2}{\pi} \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{\pi}$
   $a_0 = \frac{2}{\pi} \left( \frac{\pi^2}{2} - 0 \right)$
   $a_0 = \pi$

2. 計算 $a_n$：
   $a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) dx$
   同樣地，由於 $f(x) = |x|$ 和 $\cos(nx)$ 都是偶函數，它們的乘積 $|x|\cos(nx)$ 也是偶函數。因此：
   $a_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} x \cos(nx) dx$
   我們需要使用分部積分法來計算這個積分。令 $u = x$，$dv = \cos(nx) dx$。則 $du = dx$，$v = \frac{1}{n} \sin(nx)$。
   $a_n = \frac{2}{\pi} \left[ \left. x \cdot \frac{1}{n} \sin(nx) \right|_{0}^{\pi} - \int_{0}^{\pi} \frac{1}{n} \sin(nx) dx \right]$
   $a_n = \frac{2}{\pi} \left[ \left( \frac{\pi}{n} \sin(n\pi) - 0 \cdot \frac{1}{n} \sin(0) \right) - \frac{1}{n} \int_{0}^{\pi} \sin(nx) dx \right]$
   由於 $\sin(n\pi) = 0$ 對於所有整數 $n$，第一項為 0。
   $a_n = \frac{2}{\pi} \left[ 0 - \frac{1}{n} \left( -\frac{1}{n} \cos(nx) \right) \right]_{0}^{\pi}$
   $a_n = \frac{2}{\pi} \left[ \frac{1}{n^2} \cos(nx) \right]_{0}^{\pi}$
   $a_n = \frac{2}{\pi n^2} (\cos(n\pi) - \cos(0))$
   $a_n = \frac{2}{\pi n^2} ((-1)^n - 1)$

   現在我們分析 $a_n$ 的值：

   • 當 $n$ 為偶數時（$n = 2k$），$(-1)^n = 1$，所以 $a_n = \frac{2}{\pi n^2} (1 - 1) = 0$。
   • 當 $n$ 為奇數時（$n = 2k-1$），$(-1)^n = -1$，所以 $a_n = \frac{2}{\pi n^2} (-1 - 1) = -\frac{4}{\pi n^2}$。

3. 寫出傅立葉級數：
   將 $a_0$ 和 $a_n$ 的結果代入傅立葉級數的公式中。我們只需要考慮 $n$ 為奇數的情況。
   $f(x) = \frac{\pi}{2} + \sum_{n \text{ odd}}^{\infty} \left( -\frac{4}{\pi n^2} \cos(nx) \right)$
   $f(x) = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum_{n=1,3,5,...}^{\infty} \frac{1}{n^2} \cos(nx)$

核心觀念

題目考查「受迫阻尼簡諧振子」：

$$m\ddot{x}=-kx-a\dot{x}+F_0\sin\omega t$$

整理為標準形式：

$$\ddot{x}+2\gamma\dot{x}+\omega_0^2x=\frac{F_0}{m}\sin\omega t$$

其中

$$\gamma=\frac{a}{2m},\qquad \omega_0=\sqrt{\frac{k}{m}}$$

欠阻尼條件為

$$\gamma<\omega_0 \quad\Longleftrightarrow\quad a^2<4mk$$

欠阻尼自然角頻率為

$$\omega_d=\sqrt{\omega_0^2-\gamma^2} =\sqrt{\frac{k}{m}-\frac{a^2}{4m^2}}$$

總解由兩部分組成：

$$x(t)=x_h(t)+x_p(t)$$

其中 $x_h(t)$ 是阻尼後的自由振盪，$x_p(t)$ 是外力造成的穩態振盪。

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解題方法

一、求齊次解

先考慮無外力方程式：

$$\ddot{x}+2\gamma\dot{x}+\omega_0^2x=0$$

特徵方程為

$$r^2+2\gamma r+\omega_0^2=0$$

欠阻尼時根為

$$r=-\gamma\pm i\omega_d$$

因此齊次解為

$$x_h(t)=e^{-\gamma t} \left(C_1\cos\omega_dt+C_2\sin\omega_dt\right)$$

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二、求特解

令

$$f=\frac{F_0}{m},\qquad \Delta=\omega_0^2-\omega^2$$

設穩態特解為

$$x_p(t)=A\sin\omega t+B\cos\omega t$$

代入方程式後，比較 $\sin\omega t$ 與 $\cos\omega t$ 的係數，得到

$$\Delta A-2\gamma\omega B=f$$ $$2\gamma\omega A+\Delta B=0$$

解得

$$A=\frac{f\Delta}{\Delta^2+4\gamma^2\omega^2}$$ $$B=-\frac{2f\gamma\omega}{\Delta^2+4\gamma^2\omega^2}$$

因此

$$x_p(t)= \frac{f\left[ \Delta\sin\omega t-2\gamma\omega\cos\omega t \right]} {\Delta^2+4\gamma^2\omega^2}$$

也可以寫成振幅—相位形式：

$$x_p(t)=X(\omega)\sin(\omega t-\delta)$$

其中穩態振幅為

$$X(\omega)= \frac{F_0/m} {\sqrt{(\omega_0^2-\omega^2)^2+4\gamma^2\omega^2}}$$

相位差滿足

$$\tan\delta= \frac{2\gamma\omega}{\omega_0^2-\omega^2}$$

相位的象限須依分母正負判定。

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三、利用初始條件求常數

令

$$D=\Delta^2+4\gamma^2\omega^2$$

則

$$x_p(t)=\frac{f}{D} \left(\Delta\sin\omega t-2\gamma\omega\cos\omega t\right)$$

因此

$$x_p(0)=-\frac{2f\gamma\omega}{D}$$

且

$$\dot{x}_p(0)=\frac{f\omega\Delta}{D}$$

總解為

$$x(t)=e^{-\gamma t} \left(C_1\cos\omega_dt+C_2\sin\omega_dt\right)+x_p(t)$$

由 $x(0)=x_0$：

$$C_1=x_0-x_p(0) =x_0+\frac{2f\gamma\omega}{D}$$

再由 $\dot{x}(0)=v_0$：

$$\dot{x}_h(0)=-\gamma C_1+\omega_d C_2$$

所以

$$v_0=-\gamma C_1+\omega_d C_2+\dot{x}_p(0)$$

得到

$$C_2= \frac{v_0-\dot{x}_p(0)+\gamma C_1}{\omega_d}$$

亦即

核心觀念

本題考查三個向量微積分基本結果：

1. 梯度、散度、旋度的定義。
2. 混合偏導數可交換時，二階偏導數相消。
3. 散度定理與 Stokes 定理的積分形式。

設

$$\nabla = \left( \frac{\partial}{\partial x}, \frac{\partial}{\partial y}, \frac{\partial}{\partial z} \right),$$

純量函數為 $f(x,y,z)$，向量函數為

$$\mathbf v=(P,Q,R).$$

則

$$\nabla f = \left( f_x,f_y,f_z \right),$$ $$\nabla\cdot\mathbf v = P_x+Q_y+R_z,$$ $$\nabla\times\mathbf v = \left( R_y-Q_z,\; P_z-R_x,\; Q_x-P_y \right).$$

題目中的「$\nabla\nabla\times\mathbf v=0$」應理解為

$$\nabla\cdot(\nabla\times\mathbf v)=0.$$

以下假設相關函數具有連續二階偏導數，使混合偏導數可以交換。

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解題方法

各小題直接依照梯度、散度、旋度的笛卡兒座標定義展開。證明的關鍵在於：

$$\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y} = \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}.$$

因此，展開後的混合偏導數會兩兩抵消。

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(a) 證明 $\nabla\times\nabla f=0$ 與 $\nabla\cdot(\nabla\times\mathbf v)=0$

1. 證明 $\nabla\times\nabla f=0$

先寫出梯度：

$$\nabla f=(f_x,f_y,f_z).$$

因此

$$\nabla\times\nabla f = \left( \frac{\partial f_z}{\partial y} - \frac{\partial f_y}{\partial z}, \frac{\partial f_x}{\partial z} - \frac{\partial f_z}{\partial x}, \frac{\partial f_y}{\partial x} - \frac{\partial f_x}{\partial y} \right).$$

整理為

$$\nabla\times\nabla f = \left( f_{zy}-f_{yz}, f_{xz}-f_{zx}, f_{yx}-f_{xy} \right).$$

由混合偏導數可交換：

$$f_{zy}=f_{yz},\qquad f_{xz}=f_{zx},\qquad f_{yx}=f_{xy}.$$

所以

$$\boxed{\nabla\times\nabla f=\mathbf 0}.$$

這表示任何純量場的梯度場都是無旋場。

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2. 證明 $\nabla\cdot(\nabla\times\mathbf v)=0$

由旋度定義，

$$\nabla\times\mathbf v = (R_y-Q_z,\;P_z-R_x,\;Q_x-P_y).$$

取其散度：

$$\begin{aligned} \nabla\cdot(\nabla\times\mathbf v) &= \frac{\partial}{\partial x}(R_y-Q_z) + \frac{\partial}{\partial y}(P_z-R_x) + \frac{\partial}{\partial z}(Q_x-P_y)\\ &= R_{yx}-Q_{zx}+P_{zy}-R_{xy}+Q_{xz}-P_{yz}. \end{aligned}$$

將同類項配對：

$$\nabla\cdot(\nabla\times\mathbf v) = (R_{yx}-R_{xy}) + (Q_{xz}-Q_{zx}) + (P_{zy}-P_{yz}).$$

由混合偏導數可交換，每一組皆為零，因此

$$\boxed{\nabla\cdot(\nabla\times\mathbf v)=0}.$$

這表示任何旋度場都是無散場。

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(b) 證明

$$\nabla\times(\nabla\times\mathbf v) = \nabla(\nabla\cdot\mathbf v)-\nabla^2\mathbf v$$

1. 左側展開

先由

$$\nabla\times\mathbf v = (R_y-Q_z,\;P_z-R_x,\;Q_x-P_y)$$

得到

$$\begin{aligned} \nabla\times(\nabla\times\mathbf v) = \bigg(& \frac{\partial}{\partial y}(Q_x-P_y) - \frac{\partial}{\partial z}(P_z-R_x),\\ & \frac{\partial}{\partial z}(R_y-Q_z) - \frac{\partial}{\partial x}(Q_x-P_y),\\ & \frac{\partial}{\partial x}(P_z-R_x) - \frac{\partial}{\partial y}(R_y-Q_z) \bigg). \end{aligned}$$

逐分量整理。

第一分量：

$$Q_{xy}-P_{yy}-P_{zz}+R_{xz} = (Q_{xy}+R_{xz})-(P_{yy}+P_{zz}).$$

第二分量：

$$R_{yz}-Q_{zz}-Q_{xx}+P_{xy} = (P_{xy}+R_{yz})-(Q_{xx}+Q_{zz}).$$

第三分量：

核心觀念

本題考查一維熱方程式的分離變數法與 Fourier 正弦級數。熱方程式為

$$\frac{\partial T}{\partial t} = D\frac{\partial^2T}{\partial x^2}, \qquad 0<x<L,\ t>0,$$

邊界條件為

$$T(0,t)=0,\qquad T(L,t)=T_0,$$

初始條件為

$$T(x,0)=x^2.$$

由於兩端邊界值不相同，不能直接對 $T$ 使用齊次邊界條件的正弦級數。正確作法是先扣除滿足邊界條件的穩態解。

題目提示令 $T=T_0+f$ 並不能使兩端邊界都變成零，因為此時

$$f(0,t)=-T_0,\qquad f(L,t)=0.$$

因此，對題目所給的邊界條件，應改取線性穩態項

$$T_s(x)=\frac{T_0}{L}x,$$

使得

$$T_s(0)=0,\qquad T_s(L)=T_0.$$

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解題方法：分離穩態解與暫態解

令

$$T(x,t)=\frac{T_0}{L}x+u(x,t).$$

因為 $\dfrac{T_0}{L}x$ 的二階導數為零，所以 $u$ 仍滿足熱方程式：

$$\frac{\partial u}{\partial t} = D\frac{\partial^2u}{\partial x^2}.$$

邊界條件變為

$$u(0,t)=0,\qquad u(L,t)=0.$$

初始條件則為

$$u(x,0)=x^2-\frac{T_0}{L}x.$$

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分離變數

設

$$u(x,t)=X(x)G(t).$$

代入熱方程式：

$$X(x)G'(t)=D X''(x)G(t).$$

整理得

$$\frac{G'}{DG}=\frac{X''}{X}=-\lambda.$$

因此得到兩個常微分方程：

$$G'+D\lambda G=0,$$

以及

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

搭配齊次邊界條件

$$X(0)=0,\qquad X(L)=0,$$

非零解必須滿足

$$\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

其對應的特徵函數為

$$X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

時間部分為

$$G_n(t)= \exp\left[-D\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2t\right].$$

所以暫態解可寫成

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \exp\left[-D\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2t\right].$$

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求 Fourier 係數

由初始條件，

$$x^2-\frac{T_0}{L}x = \sum_{n=1}^{\infty} b_n\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

正弦級數係數為

核心觀念

原方程式為

$$\ell \ddot{\theta} = -g\sin\theta \approx -g\left(\theta-\frac{\theta^3}{6}\right).$$

題目指定以線性近似解 $\theta_0$ 代替非線性項中的 $\theta$，即將 $\theta^3/6$ 近似為 $\theta_0^3/6$。因此需先求出 $\theta_0$，再解一個受迫線性微分方程。

令

$$\omega=\sqrt{\frac{g}{\ell}}.$$

解題方法

先解線性方程

$$\ell\ddot{\theta}_0=-g\theta_0,$$

並使用初始條件

$$\theta_0(0)=\theta_i,\qquad \dot{\theta}_0(0)=0.$$

因此

$$\theta_0(t)=\theta_i\cos\omega t.$$

將 $\theta^3$ 以 $\theta_0^3$ 代替，原方程式成為

$$\ell\ddot{\theta}+g\theta = \frac{g}{6}\theta_0^3.$$

代入 $\theta_0(t)$：

$$\ddot{\theta}+\omega^2\theta = \frac{\omega^2\theta_i^3}{6}\cos^3\omega t.$$

利用

$$\cos 3\alpha=4\cos^3\alpha-3\cos\alpha,$$

可得

$$\cos^3\alpha = \frac{3\cos\alpha+\cos3\alpha}{4}.$$

所以

$$\ddot{\theta}+\omega^2\theta = \frac{\omega^2\theta_i^3}{24} \left(3\cos\omega t+\cos3\omega t\right).$$

其中 $\cos\omega t$ 與齊次解同頻，會產生共振型特解。各部分特解為

好的，這是一題經典的應用數學題目，結合了傅立葉轉換與狄拉克 δ 函數來求解三維浦松方程式。核心觀念在於利用傅立葉轉換將微分方程式轉換為代數方程式，再透過狄拉克 δ 函數的性質來求解。

以下是詳細的解題過程：

題目要求我們利用傅立葉轉換來求解三維浦松方程式：
$\nabla^2 \phi(\mathbf{r}) = -4\pi \delta(\mathbf{r})$
其中 $\phi(\mathbf{r})$ 是電位，$\delta(\mathbf{r})$ 是三維狄拉克 δ 函數，代表一個點電荷。

解題步驟：

1. 定義傅立葉轉換：
   我們定義函數 $f(\mathbf{r})$ 的傅立葉轉換為：
   $\mathcal{F}[f(\mathbf{r})](\mathbf{k}) = \tilde{f}(\mathbf{k}) = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(\mathbf{r}) e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}} d^3r$
   其反轉換為：
   $f(\mathbf{r}) = \mathcal{F}^{-1}[\tilde{f}(\mathbf{k})](\mathbf{r}) = \frac{1}{(2\pi)^3} \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \tilde{f}(\mathbf{k}) e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}} d^3k$

2. 傅立葉轉換微分算子：
   一個重要的性質是，拉普拉斯算子 $\nabla^2$ 在傅立葉轉換下會變成 $-|\mathbf{k}|^2$。也就是說：
   $\mathcal{F}[\nabla^2 \phi(\mathbf{r})](\mathbf{k}) = -|\mathbf{k}|^2 \tilde{\phi}(\mathbf{k})$
   這是因為：
   $\mathcal{F}[\nabla^2 \phi(\mathbf{r})](\mathbf{k}) = \int (\nabla^2 \phi(\mathbf{r})) e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}} d^3r$
   利用分部積分，並假設 $\phi$ 及其導數在無窮遠處趨於零，我們可以得到：
   $\int (\nabla^2 \phi) e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}} d^3r = \int \phi (\nabla^2 e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}}) d^3r$
   而 $\nabla^2 e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}} = (-i\mathbf{k})\cdot(-i\mathbf{k}) e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}} = -|\mathbf{k}|^2 e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}}$。
   所以：
   $\mathcal{F}[\nabla^2 \phi(\mathbf{r})](\mathbf{k}) = \int \phi(\mathbf{r}) (-|\mathbf{k}|^2 e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}}) d^3r = -|\mathbf{k}|^2 \int \phi(\mathbf{r}) e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}} d^3r = -|\mathbf{k}|^2 \tilde{\phi}(\mathbf{k})$

3. 對浦松方程式進行傅立葉轉換：
   對原方程式 $\nabla^2 \phi(\mathbf{r}) = -4\pi \delta(\mathbf{r})$ 兩邊取傅立葉轉換：
   $\mathcal{F}[\nabla^2 \phi(\mathbf{r})](\mathbf{k}) = \mathcal{F}[-4\pi \delta(\mathbf{r})](\mathbf{k})$
   利用上述性質，左邊變成：
   $-|\mathbf{k}|^2 \tilde{\phi}(\mathbf{k})$
   右邊的傅立葉轉換是：
   $\mathcal{F}[-4\pi \delta(\mathbf{r})](\mathbf{k}) = -4\pi \int \delta(\mathbf{r}) e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}} d^3r$
   根據題目提供的提示 $\int f(\mathbf{r})\delta(\mathbf{r})d^3r = f(0)$，我們令 $f(\mathbf{r}) = e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}}$，則 $f(0) = e^0 = 1$。
   所以：
   $\mathcal{F}[-4\pi \delta(\mathbf{r})](\mathbf{k}) = -4\pi \cdot 1 = -4\pi$
   因此，轉換後的方程式為：
   $-|\mathbf{k}|^2 \tilde{\phi}(\mathbf{k}) = -4\pi$

4. 求解 $\tilde{\phi}(\mathbf{k})$：
   從上式可以解出 $\tilde{\phi}(\mathbf{k})$：
   $\tilde{\phi}(\mathbf{k}) = \frac{-4\pi}{-|\mathbf{k}|^2} = \frac{4\pi}{|\mathbf{k}|^2}$
   其中 $|\mathbf{k}|^2 = k_x^2 + k_y^2 + k_z^2$。

5. 進行反傅立葉轉換求解 $\phi(\mathbf{r})$：
   現在我們需要對 $\tilde{\phi}(\mathbf{k})$ 進行反傅立葉轉換：
   $\phi(\mathbf{r}) = \frac{1}{(2\pi)^3} \int_{-\infty}^{\infty} \tilde{\phi}(\mathbf{k}) e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}} d^3k = \frac{1}{(2\pi)^3} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{4\pi}{|\mathbf{k}|^2} e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}} d^3k$
   $\phi(\mathbf{r}) = \frac{4\pi}{(2\pi)^3} \int \frac{e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}}}{k_x^2 + k_y^2 + k_z^2} d^3k = \frac{1}{2\pi^2} \int \frac{e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}}}{k^2} d^3k$
   為了計算這個積分，我們採用球坐標系。令 $\mathbf{k}$ 的方向與 $\mathbf{r}$ 的方向相同，並令 $\mathbf{r}$ 沿著 z 軸，即 $\mathbf{r} = (0, 0, r)$。那麼 $\mathbf{k}\cdot\mathbf{r} = kr \cos\theta$，其中 $k = |\mathbf{k}|$，$r = |\mathbf{r}|$，$\theta$ 是 $\mathbf{k}$ 與 $\mathbf{r}$ 的夾角。
   在球坐標系下，$d^3k = k^2 \sin\theta dk d\theta d\phi$。積分區域為 $k \in [0, \infty)$，$\theta \in [0, \pi]$，$\phi \in [0, 2\pi]$。

好的，這是一題關於拉普拉斯轉換的題目，主要考察兩個部分：一是週期函數的拉普拉斯轉換性質推導，二是利用拉普拉斯轉換求解一個二階線性常微分方程。

(a) 週期函數的拉普拉斯轉換

核心觀念： 週期函數的拉普拉斯轉換可以利用其在一個週期內的積分來表示，並利用週期性將積分範圍擴展到整個定義域。

解題過程：
拉普拉斯轉換的定義為：
$L[f(t)] = f(s) = \int_0^\infty f(t)e^{-st} dt$
對於一個週期為 $p$ 的函數 $f(t)$，我們有 $f(t+p) = f(t)$。
我們可以將積分範圍分成無數個長度為 $p$ 的區間：
$\int_0^\infty f(t)e^{-st} dt = \int_0^p f(t)e^{-st} dt + \int_p^{2p} f(t)e^{-st} dt + \int_{2p}^{3p} f(t)e^{-st} dt + \cdots$
考慮第二個積分 $\int_p^{2p} f(t)e^{-st} dt$。令 $t = u+p$，則 $dt = du$。當 $t=p$ 時，$u=0$；當 $t=2p$ 時，$u=p$。
因此，
$\int_p^{2p} f(t)e^{-st} dt = \int_0^p f(u+p)e^{-s(u+p)} du$
由於 $f(t)$ 的週期為 $p$，所以 $f(u+p) = f(u)$。
$\int_0^p f(u+p)e^{-s(u+p)} du = \int_0^p f(u)e^{-su}e^{-sp} du = e^{-sp} \int_0^p f(u)e^{-su} du$
同理，對於第三個積分 $\int_{2p}^{3p} f(t)e^{-st} dt$，令 $t = v+2p$，則 $dt = dv$。
$\int_{2p}^{3p} f(t)e^{-st} dt = \int_0^p f(v+2p)e^{-s(v+2p)} dv = \int_0^p f(v)e^{-sv}e^{-2sp} dv = e^{-2sp} \int_0^p f(v)e^{-sv} dv$
將這些結果代回原積分：
$f(s) = \int_0^p f(t)e^{-st} dt + e^{-sp} \int_0^p f(u)e^{-su} du + e^{-2sp} \int_0^p f(v)e^{-sv} dv + \cdots$
令 $I = \int_0^p f(t)e^{-st} dt$。則
$f(s) = I + e^{-sp}I + e^{-2sp}I + \cdots$
這是一個公比為 $e^{-sp}$ 的無窮等比級數。當 $s$ 足夠大，使得 $e^{-sp} < 1$ 時，此級數收斂，其和為：
$f(s) = \frac{I}{1 - e^{-sp}} = \frac{\int_0^p f(t)e^{-st} dt}{1 - e^{-sp}}$
這就證明了對於週期為 $p$ 的函數 $f(t)$，其拉普拉斯轉換為 $L[f] = \frac{\int_0^p f(t)e^{-st} dt}{1-e^{-ps}}$。

【答案】
$L[f] = \frac{\int_0^p f(t)e^{-st} dt}{1-e^{-ps}}$

(b) 利用拉普拉斯轉換求解微分方程

核心觀念： 拉普拉斯轉換可以將微分方程轉化為代數方程，求解後再進行逆轉換得到原函數。關鍵在於利用拉普拉斯轉換的微分性質。

解題過程：
給定的微分方程為 $y'' + y' - 2y = 3\sin t - \cos t$，初始條件為 $y(0) = 1$, $y'(0) = -1$。
我們對方程兩邊取拉普拉斯轉換。首先，我們需要知道幾個基本的拉普拉斯轉換及其性質：

1. $L[y(t)] = Y(s)$
2. $L[y'(t)] = sY(s) - y(0)$
3. $L[y''(t)] = s^2Y(s) - sy(0) - y'(0)$
4. $L[\sin(at)] = \frac{a}{s^2+a^2}$
5. $L[\cos(at)] = \frac{s}{s^2+a^2}$

將初始條件代入性質 2 和 3：
$L[y'(t)] = sY(s) - 1$
$L[y''(t)] = s^2Y(s) - s(1) - (-1) = s^2Y(s) - s + 1$

對微分方程的右側取拉普拉斯轉換：
$L[3\sin t - \cos t] = 3L[\sin t] - L[\cos t]$
$L[\sin t] = \frac{1}{s^2+1^2} = \frac{1}{s^2+1}$
$L[\cos t] = \frac{s}{s^2+1^2} = \frac{s}{s^2+1}$
所以，$L[3\sin t - \cos t] = 3 \cdot \frac{1}{s^2+1} - \frac{s}{s^2+1} = \frac{3-s}{s^2+1}$。

現在，將微分方程的拉普拉斯轉換形式寫出來：
$L[y'' + y' - 2y] = L[3\sin t - \cos t]$
$(s^2Y(s) - s + 1) + (sY(s) - 1) - 2Y(s) = \frac{3-s}{s^2+1}$

合併包含 $Y(s)$ 的項：
$(s^2 + s - 2)Y(s) - s = \frac{3-s}{s^2+1}$

將 $-s$ 移到右邊：
$(s^2 + s - 2)Y(s) = s + \frac{3-s}{s^2+1}$
$(s^2 + s - 2)Y(s) = \frac{s(s^2+1) + (3-s)}{s^2+1}$
$(s^2 + s - 2)Y(s) = \frac{s^3+s+3-s}{s^2+1}$