掃き出し法により、次のように求められる： \begin{align} & \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 5 & 4 & 0 & 1 & 0 \\ 3 & 6 & 5 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ & \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & -3 & -1 & -3 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ & \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & -5 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 3 & -3 & 1 \end{pmatrix} \\ & \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 & -3 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & -1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & -3 & 3 & -1 \end{pmatrix} \end{align} \begin{align} \therefore \ \ \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2 \\ 2 & 5 & 4 \\ 3 & 6 & 5 \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -3 & 2 \\ 2 & -1 & 4 \\ -3 & 3 & -1 \end{pmatrix} \end{align}
与えられた微分方程式の右辺を $0$ とおいた式に $y=e^{\lambda x}$ （ $\lambda$ は $x$ によらない定数） を代入すると $\lambda = \pm \sqrt{3}$ を得るので、 この微分方程式の一般解は、積分定数を $A,B$ として、 \begin{align} y = A e^{\sqrt{3} x} + B e^{- \sqrt{3} x} \end{align} である。 また、与えられた微分方程式に $y = C \sin x + D \cos x$ （ $C,D$ は $x$ によらない定数）を代入すると $C=1,D=0$ を得るので $y = \sin x$ が特殊解であることがわかる。 以上より、与えられた微分方程式の一般解は、積分定数を $A,B$ として、 \begin{align} y = A e^{\sqrt{3} x} + B e^{- \sqrt{3} x} + \sin x \end{align} であることがわかる。
[参考] 千葉逸人「工学部で学ぶ数学」
まず、 $r^2 = x^2 + y^2 + z^2$ より、 \begin{align} \frac{\partial r}{\partial x} = \frac{x}{r} , \ \ \frac{\partial r}{\partial y} = \frac{y}{r} , \ \ \frac{\partial r}{\partial z} = \frac{z}{r} \end{align} であり、また、 $r$ の関数 $f(r)$ について \begin{align} \frac{\partial f}{\partial x} = \frac{x}{r} \frac{df}{dr} , \ \ \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{y}{r} \frac{df}{dr} , \ \ \frac{\partial f}{\partial z} = \frac{z}{r} \frac{df}{dr} \end{align} である。
\begin{align} \frac{\partial}{\partial x} \left( f(r) x \right) = \frac{x^2}{r} \frac{df}{dr} + f \end{align} などが成り立つから、与えられた式が成り立つことがわかる。
\begin{align} \frac{\partial}{\partial x} \left( f(r) y \right) = \frac{xy}{r} \frac{df}{dr} \end{align} などが成り立つから、与えられた式が成り立つことがわかる。
まず、 $m = 1, 2, \cdots$ について、 \begin{align} \int_{- \pi}^\pi \cos mx \ dx = 0 , \ \ \int_{- \pi}^\pi \sin mx \ dx = 0 \end{align} が成り立つから、与えられたフーリエ級数展開の式の両辺を $x$ について $- \pi$ から $\pi$ まで積分することで \begin{align} a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{- \pi}^\pi f(x) dx \end{align} がわかる。
次に、 $m,n = 1, 2, \cdots$ について、 \begin{align} \int_{- \pi}^\pi \cos mx \cos nx \ dx &= \frac{1}{2} \int_{- \pi}^\pi \left[ \cos (m+n)x + \cos (m-n)x \right] dx = \pi \delta_{m,n} \\ \int_{- \pi}^\pi \sin mx \sin nx \ dx &= \frac{1}{2} \int_{- \pi}^\pi \left[ - \cos (m+n)x + \cos (m-n)x \right] dx = \pi \delta_{m,n} \\ \int_{- \pi}^\pi \sin mx \cos nx \ dx &= \frac{1}{2} \int_{- \pi}^\pi \left[ \sin (m+n)x + \sin (m-n)x \right] dx = 0 \end{align} が成り立つ（ $\delta_{m,n}$ はクロネッカーのデルタ）から、 $n = 1, 2, \cdots$ について、与えられたフーリエ級数展開の式の両辺に、 $\cos nx$ をかけて $x$ について $- \pi$ から $\pi$ まで積分することで \begin{align} a_n = \frac{1}{\pi} \int_{- \pi}^\pi f(x) \cos nx \ dx \end{align} がわかり、 $\sin nx$ をかけて $x$ について $- \pi$ から $\pi$ まで積分することで \begin{align} b_n = \frac{1}{\pi} \int_{- \pi}^\pi f(x) \sin nx \ dx \end{align} がわかる。
以上より、題意が示された。
まず、 \begin{align} a_0 &= \frac{1}{\pi} \int_0^\pi x \ dx = \frac{\pi}{2} \end{align} であり、次に、 $m = 1, 2, \cdots$ について \begin{align} a_m &= \frac{1}{\pi} \int_0^\pi x \cos mx \ dx \\ &= \frac{1}{m \pi} \left[ x \sin mx \right]_0^\pi - \frac{1}{m \pi} \int_0^\pi \sin mx \ dx \\ &= \frac{1}{m^2 \pi} \left[ \cos mx \right]_0^\pi \\ &= \begin{cases} - \frac{2}{m^2 \pi} & (m = 1, 3, \cdots) \\ 0 & (m = 2, 4, \cdots) \\ \end{cases} \\ b_m &= \frac{1}{\pi} \int_0^\pi x \sin mx \ dx \\ &= - \frac{1}{m \pi} \left[ x \cos mx \right]_0^\pi + \frac{1}{m \pi} \int_0^\pi \cos mx \ dx \\ &= \frac{(-1)^{m+1}}{m} + \frac{1}{m^2 \pi} \left[ \sin mx \right]_0^\pi \\ &= \frac{(-1)^{m+1}}{m} \end{align} である。 よって、与えられた関数のフーリエ級数展開は、次の通りである： \begin{align} f(x) &= \frac{\pi}{4} - \frac{2}{\pi} \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(2k+1)^2} \cos ((2k+1) x) + \sum_{m=1}^\infty \frac{(-1)^{m+1}}{m} \sin mx \end{align}
3-2. で得たフーリエ級数展開の式において $x=0$ とすると \begin{align} 0 = \frac{\pi}{4} - \frac{2}{\pi} \left( 1 + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{5^2} + \cdots \right) \end{align} となるので、これを整理して題意の式を得る。