108 地方特考三等 電子工程 工程數學 考古題詳解

核心觀念

本題考查二階常係數非齊次線性常微分方程式（Non-homogeneous Linear ODE with Constant Coefficients）的逆向構建。核心包含以下數學原理：

1. 線性微分方程式的通解結構： 二階線性常微分方程式的通解 $y(x)$ 由齊次解（Complementary Solution, $y_h$）與特解（Particular Solution, $y_p$）疊加而成： $y(x) = y_h(x) + y_p(x)$ 其中包含兩個獨立任意常數 $c_1, c_2$ 的項為齊次解 $y_h(x) = c_1e^x + c_2xe^x$，不含任意常數的項為特解 $y_p(x) = x^2e^x$。

2. 特徵方程式與重根性質： 若常係數齊次線性 ODE $y'' + ay' + by = 0$ 的基底解為 $e^{\lambda x}$ 與 $xe^{\lambda x}$，代表其特徵方程式具有二重實根 $r_1 = r_2 = \lambda$： $(r - \lambda)^2 = r^2 - 2\lambda r + \lambda^2 = 0$

3. 消去任意常數法（Elimination of Arbitrary Constants）： 一組含有 $n$ 個任意常數的函數族，必可透過連續對自變數微分 $n$ 次，消去該 $n$ 個常數，導出一個唯一的 $n$ 階微分方程式。

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解題方法

本題有兩種嚴謹且標準的求解路徑，國考評分皆給滿分。以下分別詳述：

方法一：消去任意常數法（最直接、不易出錯）

給定通解： $y = c_1e^x + c_2xe^x + x^2e^x$

步驟一：移項分離指數項 兩邊同乘以 $e^{-x}$： $y e^{-x} = c_1 + c_2x + x^2$

步驟二：第一次微分（消去常數 $c_1$） 對 $x$ 微分一次，利用乘積微分法則（Product Rule）： $\frac{d}{dx}\left(y e^{-x}\right) = c_2 + 2x$ $y' e^{-x} - y e^{-x} = c_2 + 2x$ $(y' - y)e^{-x} = c_2 + 2x$

步驟三：第二次微分（消去常數 $c_2$） 再對 $x$ 微分一次： $\frac{d}{dx}\left[(y' - y)e^{-x}\right] = 2$ $(y'' - y')e^{-x} - (y' - y)e^{-x} = 2$ $(y'' - 2y' + y)e^{-x} = 2$

步驟四：整理方程式 兩邊同乘以 $e^x$，即可得到標準二次微分方程式： $y'' - 2y' + y = 2e^x$

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方法二：結構分解逆推法（觀念清晰、計算精簡）

步驟一：求齊次微分方程式的左式 由通解形式可知： $y_h(x) = c_1e^x + c_2xe^x = (c_1 + c_2x)e^x$ 此齊次解對應特徵根為重根 $r = 1, 1$。 對應特徵方程式為：

核心觀念

1. 週期函數之拉普拉斯轉換公式： 若函數 $f(x)$ 具週期性且週期為 $P$（即 $f(x+P) = f(x)$），其拉普拉斯轉換公式為：

$$\mathcal{L}\{f(x)\} = \frac{1}{1 - e^{-Ps}} \int_0^P f(x) e^{-sx} \, dx$$

本題中，函數週期為 $P = 2T$。

2. 指數與三角函數之積分： 利用分部積分所得之標準積分公式：

$$\int e^{ax} \cos(bx) \, dx = \frac{e^{ax}}{a^2 + b^2} \left[ a \cos(bx) + b \sin(bx) \right]$$

本題中 $a = -s$，$b = \dfrac{\pi}{T}$。

3. 代數因式分解化簡： 利用平方差公式展開分母：$1 - e^{-2Ts} = (1 - e^{-sT})(1 + e^{-sT})$，與分子產生公因式進行約分。

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解題方法

步驟一：設定週期函數之轉換架構 題目給定週期為 $P = 2T$，依週期函數拉普拉斯轉換定義：

$$\mathcal{L}\{f(x)\} = \frac{1}{1 - e^{-2Ts}} \int_0^{2T} f(x) e^{-sx} \, dx$$

步驟二：計算單一週期內的積分 因為 $f(x)$ 在 $T \leq x < 2T$ 時為 $0$，故積分區間僅需計算 $0$ 至 $T$：

$$\int_0^{2T} f(x) e^{-sx} \, dx = \int_0^T e^{-sx} \cos\left(\frac{\pi x}{T}\right) dx$$

令 $\omega = \dfrac{\pi}{T}$，套用積分公式：

$$\int_0^T e^{-sx} \cos(\omega x) \, dx = \left[ \frac{e^{-sx}}{s^2 + \omega^2} \left( -s \cos(\omega x) + \omega \sin(\omega x) \right) \right]_0^T$$

步驟三：代入上下限求值

• 當上限 $x = T$ 時： $\omega T = \left(\dfrac{\pi}{T}\right) T = \pi$，此時 $\cos(\pi) = -1$，$\sin(\pi) = 0$。

$$\frac{e^{-sT}}{s^2 + \omega^2} \left[ -s(-1) + \omega(0) \right] = \frac{s e^{-sT}}{s^2 + \omega^2}$$

• 當下限 $x = 0$ 時： $\cos(0) = 1$，$\sin(0) = 0$。

$$\frac{e^{0}}{s^2 + \omega^2} \left[ -s(1) + \omega(0) \right] = -\frac{s}{s^2 + \omega^2}$$

將上限結果減去下限結果：

核心觀念

本題評量複變函數論（Complex Variables）​中「複數三角函數」與「雙曲函數」之轉換與和角展開。主要涉及之定義與定理如下：

1. 歐拉公式（Euler's Formula）與複數三角函數定義： 對於任意複數 $z \in \mathbb{C}$，

$$\cos z = \frac{e^{iz} + e^{-iz}}{2},\quad \sin z = \frac{e^{iz} - e^{-iz}}{2}$$

2. 三角函數與雙曲函數之基本轉換關係： 若令 $z = iy$（$y \in \mathbb{R}$），代入定義可得：

$$\cos(iy) = \frac{e^{i(iy)} + e^{-i(iy)}}{2} = \frac{e^{-y} + e^{y}}{2} = \cosh y$$ $$\sin(iy) = \frac{e^{i(iy)} - e^{-i(iy)}}{2} = \frac{e^{-y} - e^{y}}{2i} = \frac{-(e^y - e^{-y})}{2i} = i\sinh y$$

3. 複數餘弦之和角公式： 設 $z = x + iy$（$x, y \in \mathbb{R}$），展開為實部與虛部：

$$\cos(x+iy) = \cos x \cos(iy) - \sin x \sin(iy) = \cos x \cosh y - i \sin x \sinh y$$

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解題方法

步驟一：套用和角公式並化簡為實部與虛部

利用複數餘弦函數的加法定理：

$$\cos(3+2i) = \cos(3)\cos(2i) - \sin(3)\sin(2i)$$

利用雙曲函數轉換性質 $\cos(2i) = \cosh(2)$ 與 $\sin(2i) = i\sinh(2)$，代入上式得：

$$\cos(3+2i) = \cos(3)\cosh(2) - i\sin(3)\sinh(2)$$

步驟二：對照實部與虛部求解 $a$ 與 $b$

題目給定：

$$\cos(3+2i) = a + ib$$

其中 $a, b \in \mathbb{R}$ 分別為此複數之實部與虛部。由複數相等性質（實部等於實部、虛部等於虛部）：

$$a = \cos(3)\cosh(2)$$ $$b = -\sin(3)\sinh(2)$$

步驟三：表示為指數形式與數值近似值（供應考完整參照）

若以雙曲函數的指數定義展開：

$$a = \cos(3)\left(\frac{e^2 + e^{-2}}{2}\right)$$

核心觀念

本題屬於複變函數論（Complex Variables）中的封閉路徑積分問題，考核之核心公式與定理包括：

1. 奇異點（Singularities / Poles）判斷： 找出被積函數分母為零之點，並透過複數的模長（Magnitude/Absolute value）判斷該奇異點是否落於積分路徑所圍成的內部區域。
2. 柯西留數定理（Cauchy's Residue Theorem）： 設 $\gamma$ 為一條正向（逆時針）的簡單閉曲線，$f(z)$ 在 $\gamma$ 及其內部除有限個孤立奇異點 $z_1, z_2, \dots, z_n$ 外皆解析，則：

$$\oint_{\gamma} f(z)\,dz = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \text{Res}(f, z_k)$$

3. 一階極點（Simple Pole）之留數公式： 若 $z_0$ 為 $f(z)$ 的一階極點，其留數為：

$$\text{Res}(f, z_0) = \lim_{z \to z_0} (z - z_0) f(z)$$

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解題方法

步驟一：判別奇異點與積分路徑之相對幾何位置

積分路徑 $\gamma$ 為 $|z| = 5$，幾何意義為複數平面上以原點為圓心、半徑為 $5$ 的圓（依慣例取逆時針正向）。

被積函數為：

$$f(z) = \frac{z}{(z+2)(z-4i)}$$

其奇異點令分母為零：

$$(z+2)(z-4i) = 0 \implies z_1 = -2,\quad z_2 = 4i$$

計算各奇異點至原點之距離（模長）：

• 對於 $z_1 = -2$：$|z_1| = |-2| = 2 < 5$（位於圓 $|z|=5$ 之內部）
• 對於 $z_2 = 4i$：$|z_2| = |4i| = 4 < 5$（位於圓 $|z|=5$ 之內部）

兩奇異點皆落於封閉路徑 $\gamma$ 內部，且皆為分母一次方的一階極點（Simple Pole）。

步驟二：計算各極點之留數（Residue）

1. 計算在 $z = -2$ 處之留數 $\text{Res}(f, -2)$：

$$\text{Res}(f, -2) = \lim_{z \to -2} (z + 2) \cdot \frac{z}{(z+2)(z-4i)} = \lim_{z \to -2} \frac{z}{z-4i} = \frac{-2}{-2-4i} = \frac{1}{1+2i}$$

將分母實數化（分子分母同乘共軛複數 $1-2i$）：

$$\text{Res}(f, -2) = \frac{1-2i}{1^2 + 2^2} = \frac{1-2i}{5}$$

2. 計算在 $z = 4i$ 處之留數 $\text{Res}(f, 4i)$：

$$\text{Res}(f, 4i) = \lim_{z \to 4i} (z - 4i) \cdot \frac{z}{(z+2)(z-4i)} = \lim_{z \to 4i} \frac{z}{z+2} = \frac{4i}{2+4i} = \frac{2i}{1+2i}$$

將分母實數化（分子分母同乘共軛複數 $1-2i$）：

核心觀念

1. 最小二乘問題（Least Squares Problem）： 對於線性方程組 $Ax = B$，當方程式個數（$3$ 個）多於未知數個數（$2$ 個）時，通常為過度決定系統（Overdetermined System）且無精確解。此時欲尋找一向量 $x \in \mathbb{R}^2$，使得殘差（Residual）長度 $\|Ax - B\|$ 達到最小。

2. 正則方程式（Normal Equations）： 根據正交投影定理，當誤差向量 $B - Ax$ 與矩陣 $A$ 的行空間（Column Space, $\text{Col}(A)$）互相垂直時，距離 $\|Ax - B\|$ 最小，即：

$$A^T (Ax - B) = 0 \implies A^T A x = A^T B$$

3. 解的存在性與唯一性： 若 $A$ 的行向量彼此線性獨立（即 $\text{rank}(A) = 2$，為滿行秩 Full Column Rank），則 $A^T A$ 為可逆對稱方陣，最小二乘解具有唯一性，其解析解為：

$$x = (A^T A)^{-1} A^T B$$

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解題方法

本題切入點為直接建立正則方程式 $A^T A x = A^T B$ 並求解向量 $x$。

步驟一：計算轉置矩陣 $A^T$

由題意知：

$$A = \begin{bmatrix} -1 & -2 \\ 1 & 4 \\ 2 & 2 \end{bmatrix}, \qquad A^T = \begin{bmatrix} -1 & 1 & 2 \\ -2 & 4 & 2 \end{bmatrix}$$

步驟二：計算矩陣乘積 $A^T A$

$$A^T A = \begin{bmatrix} -1 & 1 & 2 \\ -2 & 4 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1 & -2 \\ 1 & 4 \\ 2 & 2 \end{bmatrix}$$

各元素計算如下：

• 第 $(1, 1)$ 項：$(-1)(-1) + (1)(1) + (2)(2) = 1 + 1 + 4 = 6$
• 第 $(1, 2)$ 項：$(-1)(-2) + (1)(4) + (2)(2) = 2 + 4 + 4 = 10$
• 第 $(2, 1)$ 項：$(-2)(-1) + (4)(1) + (2)(2) = 2 + 4 + 4 = 10$
• 第 $(2, 2)$ 項：$(-2)(-2) + (4)(4) + (2)(2) = 4 + 16 + 4 = 24$

得：

$$A^T A = \begin{bmatrix} 6 & 10 \\ 10 & 24 \end{bmatrix}$$

步驟三：計算向量 $A^T B$

由 $B = \begin{bmatrix} 3 \\ -2 \\ 7 \end{bmatrix}$，得：

$$A^T B = \begin{bmatrix} -1 & 1 & 2 \\ -2 & 4 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3 \\ -2 \\ 7 \end{bmatrix}$$

各列元素計算如下：

• 第 $1$ 列：$(-1)(3) + (1)(-2) + (2)(7) = -3 - 2 + 14 = 9$
• 第 $2$ 列：$(-2)(3) + (4)(-2) + (2)(7) = -6 - 8 + 14 = 0$

得：

$$A^T B = \begin{bmatrix} 9 \\ 0 \end{bmatrix}$$

步驟四：求解正則方程式 $A^T A x = A^T B$

設 $x = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix}$，列出二元一次聯立方程組：

$$\begin{bmatrix} 6 & 10 \\ 10 & 24 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 9 \\ 0 \end{bmatrix}$$

即：

核心觀念

由三個向量 $u,v,w$ 作為邊所形成的平行六面體，其體積等於三重純量積的絕對值：

$$V=\left|u\cdot(v\times w)\right| =\left|\det\begin{pmatrix} u_1&v_1&w_1\\ u_2&v_2&w_2\\ u_3&v_3&w_3 \end{pmatrix}\right|.$$

絕對值是必要的，因為行列式的正負只表示向量排列的方向，體積不能為負。

解題方法

將題目中的向量以 $i,j,k$ 的係數表示：

$$u=(1,-1,-1),\qquad v=(-3,4,6),\qquad w=(-2,-4,2).$$

代入行列式：

$$V= \left| \begin{vmatrix} 1&-3&-2\\ -1&4&-4\\ -1&6&2 \end{vmatrix} \right|.$$

沿第一列展開：

核心觀念

對任意實矩陣 $A$，二次型只受其對稱部分影響。令

$$S=\frac{A+A^T}{2},$$

則 $x^TAx=x^TSx$，而 $S$ 為實對稱矩陣。由 Rayleigh 商的性質，

$$\max_{x\ne 0}\frac{x^TAx}{x^Tx}=\lambda_{\max}(S),$$

也就是 $S$ 的最大特徵值。題目中的分母要求 $x\ne 0$。

解題方法

先取矩陣 $A$ 的對稱部分：

$$A^T= \begin{bmatrix} 1&0&-2\\ -1&2&-2\\ 1&-1&3 \end{bmatrix}, \qquad S=\frac{A+A^T}{2} = \begin{bmatrix} 1&-\frac12&-\frac12\\ -\frac12&2&-1\\ -\frac12&-1&3 \end{bmatrix}.$$

計算特徵多項式：

$$\det(\lambda I-S) =\lambda^3-6\lambda^2+10\lambda-4 =(\lambda-2)(\lambda-2+\sqrt2)(\lambda-2-\sqrt2).$$

因此 $S$ 的特徵值為

$$2,\qquad 2-\sqrt2,\qquad 2+\sqrt2.$$

核心觀念

若 $P^{-1}AP=D$，其中 $D$ 為對角矩陣，則 $A$ 可對角化。等價地，$P$ 的各欄向量都是 $A$ 的特徵向量，因為

$$AP=PD.$$

因此，只要利用 $P$ 的欄向量分別滿足特徵向量條件，即可求出 $a,b,c$。

解題方法

令 $P$ 的三個欄向量為

$$p_1=\begin{bmatrix}a\\0\\1\end{bmatrix},\qquad p_2=\begin{bmatrix}b\\1\\0\end{bmatrix},\qquad p_3=\begin{bmatrix}0\\1\\c\end{bmatrix}.$$

由 $AP=PD$ 可知每個欄向量都須是 $A$ 的特徵向量。先觀察

$$A\begin{bmatrix}2\\2\\0\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}30\\30\\0\end{bmatrix} =15\begin{bmatrix}2\\2\\0\end{bmatrix},$$ $$A\begin{bmatrix}2\\-1\\1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix},$$ $$A\begin{bmatrix}2\\-1\\-1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}-30\\-15\\-15\end{bmatrix} =-15\begin{bmatrix}2\\1\\1\end{bmatrix}.$$

第三行中，向量 $\begin{bmatrix}2\\-1\\-1\end{bmatrix}$ 並非對應的特徵向量；正確的非零特徵向量組合可直接由矩陣乘法求得。計算特徵多項式可得

$$\det(\lambda I-A)=\lambda(\lambda-15)(\lambda+15),$$

故特徵值為 $0,15,-15$。相應特徵向量可取

核心觀念

本題考查矩陣的秩、齊次線性方程組解空間維度，以及矩陣列向量的線性獨立性。

對 $A\in\mathbb{R}^{m\times n}$ 且 $\operatorname{rank}(A)=r$：

• $A$ 的列向量有 $n$ 個，並且其線性獨立個數為 $r$。
• 齊次方程組 $Ax=0$ 的未知向量 $x\in\mathbb{R}^n$，其解空間維度由秩－零度定理給出： $\dim\ker(A)=n-r.$
• 若 $A$ 是 $n\times n$ 矩陣且 $r=n$，則 $A$ 可逆，齊次方程組只有零解。

解題方法

依序比較各選項中的解空間維度公式、滿秩條件與列向量線性關係。特別注意：$A$ 有 $n$ 個欄，因此 $Ax=0$ 的未知數個數是 $n$；解空間維度應使用 $n-r$，不是 $m-r$。

選項分析

核心觀念

特徵向量是滿足 $A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}$ 的非零向量，其中 $\lambda$ 為特徵值。題目問「有幾個線性獨立之特徵向量」，通常是問能否找到幾個線性獨立的特徵向量；對 $3\times 3$ 矩陣而言，最多有 $3$ 個。

解題方法

矩陣左上方的 $2\times 2$ 區塊為

$$\begin{bmatrix} 1&3\\ 3&1 \end{bmatrix}.$$

其特徵值由特徵方程求得：

$$\det\begin{bmatrix} 1-\lambda&3\\ 3&1-\lambda \end{bmatrix} =(1-\lambda)^2-9=0,$$

因此 $\lambda=4,-2$。第三個對角區塊本身為 $-2$，故矩陣 $A$ 的特徵值為 $4,-2,-2$。

分別求特徵向量：

• 對 $\lambda=4$，解 $(A-4I)\mathbf{x}=\mathbf{0}$，可取特徵向量

$$\mathbf{v}_1= \begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix}.$$

• 對 $\lambda=-2$，解 $(A+2I)\mathbf{x}=\mathbf{0}$，得到 $x+y=0$，而 $z$ 可任意取值。其特徵空間為

$$\left\{ \begin{bmatrix}t\\-t\\s\end{bmatrix}:t,s\in\mathbb{R} \right\},$$

可取兩個線性獨立的特徵向量

核心觀念

本題考矩陣指數 $e^A$ 的跡。矩陣的跡定義為對角線元素總和，因此

$$a_{11}+a_{22}=\operatorname{tr}(e^A).$$

利用特徵值性質，若 $A$ 的特徵值為 $\lambda_1,\lambda_2$，則 $e^A$ 的特徵值為 $e^{\lambda_1},e^{\lambda_2}$，所以

$$\operatorname{tr}(e^A)=e^{\lambda_1}+e^{\lambda_2}.$$

解題方法

先求矩陣 $A$ 的特徵值：

$$\det(\lambda I-A) =\begin{vmatrix} \lambda & 2\\ -1 & \lambda-3 \end{vmatrix} =\lambda(\lambda-3)+2 =\lambda^2-3\lambda+2 =(\lambda-1)(\lambda-2).$$

因此 $A$ 的特徵值為 $1$ 與 $2$。矩陣指數 $e^A$ 的特徵值相應為 $e$ 與 $e^2$，故其跡為

核心觀念

複數的四次方根，是滿足 $z^4=-64$ 的所有複數 $z$。因此，判斷選項時，將各選項的複數值提升至四次方，檢查是否等於 $-64$ 即可。

解題方法

利用平方兩次計算。令 $z=-2-2i$，則

$$z^2=(-2-2i)^2=4+8i+4i^2=8i$$

再平方一次：

$$z^4=(8i)^2=64i^2=-64$$

因此，$-2-2i$ 確實是 $(-64)^{\frac14}$ 的複數根。

選項分析

• (A) $-1-i$： $(-1-i)^2=2i$，所以 $(-1-i)^4=(2i)^2=-4\ne -64$，錯誤。

核心觀念

複數的複對數定義為

$$\ln z=\ln|z|+i\bigl(\arg z+2n\pi\bigr),\qquad n\in\mathbb Z.$$

其中 $|z|$ 是複數的模，$\arg z$ 是其幅角；所有幅角相差整數倍的 $2\pi$，因此複對數有無限多個值。

解題方法

令 $z=1-i\sqrt{3}$。先求模：

$$|z|=\sqrt{1^2+(-\sqrt{3})^2}=2, \qquad \ln|z|=\ln 2.$$

再由實部為正、虛部為負，判定 $z$ 位於第四象限。其參考角為 $\pi/3$，故

$$\arg z=-\frac{\pi}{3}+2n\pi,\qquad n\in\mathbb Z.$$

代入複對數公式：

$$\ln(1-i\sqrt{3}) =\ln 2+i\left(-\frac{\pi}{3}+2n\pi\right), \qquad n\in\mathbb Z.$$

選項分析

核心觀念

複變線積分可將路徑參數化，依定義計算：

$$\int_{\varphi} f(z)\,dz =\int_a^b f\bigl(z(t)\bigr)z'(t)\,dt.$$

本題路徑為 $z(t)=t+it=(1+i)t$，其中 $0\le t\le2$，因此 $dz=(1+i)\,dt$。

解題方法

代入參數式：

$$\begin{aligned} \int_{\varphi}z^2\,dz &=\int_0^2\bigl((1+i)t\bigr)^2(1+i)\,dt\\ &=(1+i)^3\int_0^2t^2\,dt. \end{aligned}$$

因為 $(1+i)^2=2i$，所以 $(1+i)^3=2i(1+i)=2(i-1)$；且

$$\int_0^2t^2\,dt=\left.\frac{t^3}{3}\right|_0^2=\frac83.$$

故

$$\int_{\varphi}z^2\,dz =2(i-1)\cdot\frac83 =\frac{16}{3}(i-1).$$

選項分析

核心觀念

複變線積分 $\displaystyle \oint_C \frac{1}{z}\,dz$ 的值，取決於閉合曲線 $C$ 是否包圍被積函數的奇點 $z=0$。本題可用柯西積分定理判斷：若 $f(z)$ 在 $C$ 及其內部解析，則閉合積分為 $0$。

解題方法

圓周 $C$ 為 $|z-2|=1$，其圓心是 $2$、半徑是 $1$。原點到圓心的距離為

$$|0-2|=2>1.$$

因此 $z=0$ 位於圓周外，函數 $f(z)=1/z$ 在 $C$ 及其內部皆解析。依柯西積分定理，

$$\oint_C \frac{1}{z}\,dz=0.$$

圓周的逆時針方向不影響本題結果，因為曲線沒有包圍奇點。

選項分析

核心觀念

本題考二階常係數線性微分方程的齊次解，以及非齊次項與特解的形式。齊次方程的特徵根決定齊次解中的指數函數；右側的 $3e^x$ 則對應一個 $e^x$ 型特解。

解題方法

令微分算子為

$$L(D)=D^2-6D+8=(D-2)(D-4).$$

因此齊次方程 $y''-6y'+8y=0$ 的特徵根為 $2,4$，齊次解為

$$y_h=C_1e^{2x}+C_2e^{4x}.$$

對右側的 $3e^x$，因 $1$ 不是特徵根，可設特解為 $y_p=Ae^x$。代入微分方程：

$$y_p''-6y_p'+8y_p=(1-6+8)Ae^x=3Ae^x.$$

令其等於 $3e^x$，得 $A=1$。所以微分方程的通解為

$$y=C_1e^{2x}+C_2e^{4x}+e^x.$$