112 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）研究所電機類《工程數學（A）》

核心觀念

設線性轉換 $T:V\to W$。

• 一對一（one-to-one）：若 $T(\mathbf{v}_1)=T(\mathbf{v}_2)$，則必有 $\mathbf{v}_1=\mathbf{v}_2$。
• 零空間（null space）：
  $N(T)=\{\mathbf{v}\in V:T(\mathbf{v})=\mathbf{0}\}$
• 線性轉換的一對一判定定理：
  $T\text{ 為一對一}\iff N(T)=\{\mathbf{0}\}$
• 映成（onto）：$T(V)=W$。
• 可逆（invertible）：通常要求 $T$ 同時具備一對一與映成，也就是雙射。

題目已知 $T$ 是一對一，因此可直接使用「一對一 $\iff$ 零空間只有零向量」判定。

解題方法

若 $\mathbf{v}\in N(T)$，則

$$T(\mathbf{v})=\mathbf{0}=T(\mathbf{0}).$$

由於 $T$ 是一對一，輸出相同的兩個向量必須相同，因此

$$\mathbf{v}=\mathbf{0}.$$

所以

$$N(T)=\{\mathbf{0}\}.$$

這只能保證 $T$ 沒有不同的輸入映射到同一個輸出，不能保證 $W$ 中每一個向量都能被映射到。

選項分析

(A) It is onto

錯誤。

一對一只表示不同輸入有不同輸出，不代表 $W$ 中的每個向量都在 $T$ 的值域中。

例如定義

$$T:\mathbb{R}\to\mathbb{R}^2,\qquad T(x)=(x,0).$$

若 $T(x_1)=T(x_2)$，則

$$(x_1,0)=(x_2,0)\implies x_1=x_2,$$

因此 $T$ 是一對一。但其值域為

$$T(\mathbb{R})=\{(x,0):x\in\mathbb{R}\},$$

核心觀念

本題考查：

1. 向量集合的線性包絡（span）。
2. 線性獨立的判定。
3. 正交向量的內積判定。
4. 向量是否能張成 $\mathbb{R}^3$。
5. 線性子空間必須包含原點，且須對線性組合封閉。

令

$$\mathbf{v}_1=(1,2,1),\qquad \mathbf{v}_2=(2,-1,1).$$

由這兩個向量所張成的集合為

$$\operatorname{span}(S) =\{a\mathbf{v}_1+b\mathbf{v}_2:a,b\in\mathbb{R}\}.$$

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解題方法

先判斷 $\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2$ 是否線性獨立，再確認它們所張成的子空間性質。若再加入第三個向量，則檢查三個向量是否線性獨立；在 $\mathbb{R}^3$ 中，三個線性獨立向量即可張成 $\mathbb{R}^3$。

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選項分析

(A) The set $S$ spans a subspace in $\mathbb{R}^3$

任意向量集合的線性包絡都是子空間，因此

$$\operatorname{span}(S) =\{a(1,2,1)+b(2,-1,1):a,b\in\mathbb{R}\}$$

必定是 $\mathbb{R}^3$ 的子空間。

更明確地寫成座標形式：

$$a(1,2,1)+b(2,-1,1) =(a+2b,\;2a-b,\;a+b).$$

因此 $S$ 確實能張成一個子空間。

故 (A) 正確。

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(B) Such a subspace is the $z=1$ plane in $\mathbb{R}^3$

雖然 $S$ 中的兩個向量都滿足 $z=1$，但它們的線性組合不一定滿足 $z=1$。

例如取 $a=b=0$，得到零向量

$$(0,0,0),$$

其 $z$ 座標為 $0$，不在 $z=1$ 平面上。因此 $z=1$ 並非線性子空間，因為它不包含原點。

實際上，兩向量所張成的平面可由外積求得法向量：

$$\mathbf{v}_1\times\mathbf{v}_2 = \begin{vmatrix} \mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\ 1&2&1\\ 2&-1&1 \end{vmatrix} =(3,1,-5).$$

所以其平面方程為

$$3x+y-5z=0,$$

這是一個通過原點的平面，而不是 $z=1$。

故 (B) 錯誤。

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(C) The set $S$ is a linearly independent set

檢查

$$c_1\mathbf{v}_1+c_2\mathbf{v}_2=\mathbf{0}.$$

由座標得

核心觀念

本題判斷一個運算是否為線性，使用線性映射定義：

$$T(\alpha u+\beta v)=\alpha T(u)+\beta T(v)$$

其中 $\alpha,\beta$ 為純量。由於題目中的函數與矩陣皆為實數對象，以下採用「實線性」判定。

常見判斷方式：

• 積分型轉換通常保有線性。
• 行列式是 $n$ 次齊次函數，通常不是線性函數。
• 固定一個向量後的內積是線性的。
• 範數具有絕對齊次性與三角不等式，但不具線性。

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選項分析

（A）Fourier transform：線性

令 Fourier transform 定義為

$$\mathcal{F}\{f\}(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-i\omega t}\,dt.$$

對任意實數 $\alpha,\beta$ 與函數 $f,g$，

$$\begin{aligned} \mathcal{F}\{\alpha f+\beta g\}(\omega) &= \int_{-\infty}^{\infty} \left[\alpha f(t)+\beta g(t)\right]e^{-i\omega t}\,dt\\ &= \alpha\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-i\omega t}\,dt + \beta\int_{-\infty}^{\infty}g(t)e^{-i\omega t}\,dt\\ &= \alpha\mathcal{F}\{f\}(\omega) + \beta\mathcal{F}\{g\}(\omega). \end{aligned}$$

因此 Fourier transform 滿足線性條件。

雖然實值函數的 Fourier transform 通常為複值函數，但這不影響其作為由實函數空間映射至複函數空間的實線性。

故（A）正確。

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（B）Laplace transform：線性

以單邊 Laplace transform 為例：

$$\mathcal{L}\{f\}(s) = \int_{0}^{\infty}f(t)e^{-st}\,dt.$$

則

$$\begin{aligned} \mathcal{L}\{\alpha f+\beta g\}(s) &= \int_{0}^{\infty} \left[\alpha f(t)+\beta g(t)\right]e^{-st}\,dt\\ &= \alpha\int_{0}^{\infty}f(t)e^{-st}\,dt + \beta\int_{0}^{\infty}g(t)e^{-st}\,dt\\ &= \alpha\mathcal{L}\{f\}(s) + \beta\mathcal{L}\{g\}(s). \end{aligned}$$

因此 Laplace transform 也滿足線性條件。

故（B）正確。

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核心觀念

矩陣的秩（rank）是矩陣中線性獨立列向量或線性獨立行向量的最大個數，也等於矩陣列簡化後的主元個數。

本題矩陣具有分塊對角形式：

$$A= \begin{pmatrix} B&0\\ 0&C \end{pmatrix},$$

其中

$$B= \begin{pmatrix} 1&-1\\ -1&1 \end{pmatrix}, \qquad C= \begin{pmatrix} 2&-1\\ -1&1 \end{pmatrix}.$$

對於分塊對角矩陣，有

$$\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(B)+\operatorname{rank}(C).$$

解題方法

第一個 $2\times 2$ 區塊

考慮

$$B= \begin{pmatrix} 1&-1\\ -1&1 \end{pmatrix}.$$

第二列是第一列的 $-1$ 倍，因此兩列線性相關；但第一列並非零列，所以

$$\operatorname{rank}(B)=1.$$

也可由行列式判斷：

$$\det(B)=1\cdot 1-(-1)(-1)=1-1=0,$$

故 $B$ 不滿秩；因為 $B$ 不是零矩陣，所以其秩為 $1$。

第二個 $2\times 2$ 區塊

考慮

$$C= \begin{pmatrix} 2&-1\\ -1&1 \end{pmatrix}.$$

其行列式為

核心觀念

本題考查矩陣的行列式，以及 Pascal 矩陣的結構。

此矩陣為 $4\times 4$ 對稱 Pascal 矩陣，其元素可表示為

$$a_{ij}=\binom{i+j-2}{i-1}, \qquad i,j=1,2,3,4.$$

對稱 Pascal 矩陣具有重要性質：

$$\det\left[\binom{i+j-2}{i-1}\right]_{i,j=1}^{n}=1.$$

本題 $n=4$，因此行列式應為 $1$。以下以列運算直接推導。

解題方法

原矩陣為

$$A= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 3 & 6 & 10 \\ 1 & 4 & 10 & 20 \end{pmatrix}.$$

進行不改變行列式值的列運算：

$$R_2\leftarrow R_2-R_1,\qquad R_3\leftarrow R_3-R_2,\qquad R_4\leftarrow R_4-R_3.$$

為避免後續運算混淆，依序使用更新後的各列，可得

$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 4 & 7 \\ 1 & 3 & 6 & 10 \end{pmatrix}.$$

再對第三、第四列作差：

$$R_3\leftarrow R_3-R_1,\qquad R_4\leftarrow R_4-R_1,$$

得到

$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 3 & 6 \\ 0 & 2 & 5 & 9 \end{pmatrix}.$$

接著消去第一欄以下的元素，並對右下角部分作列運算：

$$R_3\leftarrow R_3-R_2,\qquad R_4\leftarrow R_4-2R_2,$$

因此

先寫出最小平方法的常態方程式

$$X^{T}X\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}=X^{T}y, \qquad X=\begin{pmatrix} 1&x_i&x_i^{2} \end{pmatrix}_{i=1}^{5}.$$

資料點 $(-2,0),(-1,0),(0,1),(1,2),(2,0)$ 給出以下統計量

$$\begin{aligned} \sum 1 &=5, & \sum x &=0, & \sum x^{2}&=10,\\ \sum x^{3}&=0, & \sum x^{4}&=34,\\ \sum y &=3, & \sum xy &=2, & \sum x^{2}y &=2. \end{aligned}$$

代入得

核心觀念

1. 特徵值（Eigenvalues）與特徵方程式（Characteristic Equation）：
   設 $A$ 為 $n \times n$ 階方陣，若純量 $\lambda$ 滿足：

   $$\det(A - \lambda I) = 0$$

   則稱 $\lambda$ 為方陣 $A$ 的特徵值，該方程式稱為 $A$ 的特徵方程式。

2. $2 \times 2$ 方陣特徵方程式通式：
   對於任意二階方陣 $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$，其特徵方程式可直接展開為：

   $$\lambda^2 - \operatorname{tr}(A)\lambda + \det(A) = 0$$

3. 特徵值的基本性質：

   • 跡數性質（Trace Property）：所有特徵值之和等於矩陣的跡數（主對角線元素之和），即 $$\sum_{i=1}^n \lambda_i = \operatorname{tr}(A)$$
   • 行列式性質（Determinant Property）：所有特徵值之積等於矩陣的行列式值，即 $$\prod_{i=1}^n \lambda_i = \det(A)$$

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解題方法

方法一：特徵方程式法（標準推導）

設矩陣 $A = \begin{pmatrix} 3 & 3 \\ 3 & -2 \end{pmatrix}$，求解其特徵方程式：

$$\det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix} 3 - \lambda & 3 \\ 3 & -2 - \lambda \end{vmatrix} = 0$$

展開二階行列式：

$$(3 - \lambda)(-2 - \lambda) - (3)(3) = 0$$ $$\lambda^2 - \lambda - 6 - 9 = 0$$ $$\lambda^2 - \lambda - 15 = 0$$

核心觀念

1. 矩陣空間的標準內積（Frobenius Inner Product / 跡內積）：
   在實數矩陣空間 $\mathbb{R}^{m \times n}$ 中，兩矩陣 $A$ 與 $B$ 的標準內積定義為各對應分量相乘後取總和，亦可表示為矩陣轉置後相乘的跡數（Trace）： $$(A, B) = \langle A, B \rangle_F = \operatorname{tr}(A^T B) = \sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^n a_{ij} b_{ij}$$
2. 正交性（Orthogonality）：
   在實內積空間中，兩個非零向量（或矩陣）$A$ 與 $B$ 彼此正交（orthogonal，記作 $A \perp B$）的充分必要條件為其內積值等於零： $$A \perp B \iff (A, B) = 0$$ 若 $(A, B) \neq 0$，則兩矩陣不正交（not orthogonal）。

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解題方法

題目給定兩個 $2 \times 2$ 實數矩陣：

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$$

步驟一：計算內積 $(A, B)$

利用對應元素乘積和公式進行計算：

$$(A, B) = a_{11}b_{11} + a_{12}b_{12} + a_{21}b_{21} + a_{22}b_{22}$$

代入數值：

$$(A, B) = (1)(-1) + (1)(1) + (1)(0) + (2)(1) = -1 + 1 + 0 + 2 = 2$$

亦可透過跡數定義 $\operatorname{tr}(A^T B)$ 驗算：

$$A^T B = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ -1 & 3 \end{pmatrix}$$ $$\operatorname{tr}(A^T B) = (-1) + 3 = 2$$

核心概念
本題要求的 座標變換矩陣（change‑of‑basis matrix）是把一個向量在基底
$\mathcal{B}=\{v_{1},v_{2}\}$ 的座標 $[x]_{\mathcal B}$ 轉換成同一向量在另一基底
$\mathcal{U}=\{u_{1},u_{2}\}$ 的座標 $[x]_{\mathcal U}$。若把基底向量寫成矩陣

$$B=\begin{pmatrix}v_{1}&v_{2}\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}3&5\\4&-1\end{pmatrix}, \qquad U=\begin{pmatrix}u_{1}&u_{2}\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}3&1\\1&2\end{pmatrix},$$

則任意向量 $x$ 同時滿足

$$x = B\,[x]_{\mathcal B}=U\,[x]_{\mathcal U} \Longrightarrow [x]_{\mathcal U}=U^{-1}B\,[x]_{\mathcal B}.$$

因此 從 $\mathcal B$ 到 $\mathcal U$ 的座標變換矩陣 為

$P = U^{-1}B .$

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計算過程

1. 求 $U^{-1}$

$$\det U = 3\cdot2-1\cdot1 =5,\qquad U^{-1}= \frac1{5}\begin{pmatrix}2&-1\\-1&3\end{pmatrix}.$$

2. 計算 $P = U^{-1}B$

$$P =\frac1{5} \begin{pmatrix}2&-1\\-1&3\end{pmatrix} \begin{pmatrix}3&5\\4&-1\end{pmatrix} = \frac1{5} \begin{pmatrix} 2\cdot3+(-1)\cdot4 & 2\cdot5+(-1)(-1)\\[2pt] (-1)\cdot3+3\cdot4 & (-1)\cdot5+3(-1) \end{pmatrix} = \frac1{5} \begin{pmatrix} 2 & 11\\ 9 & -8 \end{pmatrix}.$$

3. 寫成最簡分式形式

參考書等級：大學二、三年級線性代數/內積空間教材

解說

1. (A) 真
   非零有限維內積空間 $V$ 可取任意基底 $\{v_1,\dots,v_n\}$，以 Gram–Schmidt 正交化得到正交基 $\{u_1,\dots,u_n\}$，再以 $e_i=\frac{u_i}{\|u_i\|}$ 正規化即得正交歸一基底。

2. (B) 假
   $A\in\mathbb C^{m\times n}$，$\operatorname{rank}A=n$（滿列秩），$m\ge n$。

   • 若寫成 $A A^{*}$（$m\times m$），則 $A A^{*}$ 為半正定且 $\operatorname{rank}(A A^{*})=\operatorname{rank}A=n$，不一定為 $m$，故未必可逆。
   • 若寫成 $A^{*}A$（$n\times n$），則 $\operatorname{rank}(A^{*}A)=n$，確實可逆。

關鍵概念

• 未受迫、無阻尼系統 $u''+u=0$ 的固有角頻率 $\omega_0=1\;\text{rad/s}$，換算成 Hz 為 $\displaystyle f_0=\frac{\omega_0}{2\pi}\neq1\,$Hz。
• 阻尼系統 $u''+du'+u=0$ 的特徵根 $r^2+dr+1=0$，解為 $r=-\frac d2\pm i\sqrt{1-\frac{d^2}{4}}$，因此阻尼振盪頻率 $\omega_d=\sqrt{1-\frac{d^2}{4}}$。
• 強迫振盪的穩態幅值

$R(\omega)=\frac{A}{\sqrt{(1-\omega^{2})^{2}+(d\omega)^{2}}}.$

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(A)

$d=0,\;A=0$ 時方程式變成 $u''+u=0$，其固有頻率 $\omega_0=1\;\text{rad/s}= \dfrac{1}{2\pi}\,$Hz $\approx0.159\,$Hz，不是 1 Hz。
→ 錯誤

(B)

$d=1,\;\omega\approx1,\;A=3$ 時

$R(\omega)\approx\frac{3}{\sqrt{(1-\omega^{2})^{2}+(\omega)^{2}}}.$

當 $\omega=1$，$R=3$；在 $\omega\approx1$ 附近，$R$ 只稍微變化，並未顯著放大（共振峰在 $\omega=\sqrt{1-d^{2}/2}= \sqrt{0.5}\approx0.707$）。
→ 錯誤

核心觀念

本題為典型的二階常微分方程式（ODE）與拉普拉斯轉換（Laplace Transform）整合題，主要考核以下重點：

1. 分段函數與單位步階函數（Unit Step Function）：利用單位步階函數 $u(t)$ 表示矩形脈衝波形，並求其拉氏轉換（時移性質 $\mathcal{L}\{u(t-a)\} = \frac{e^{-as}}{s}$）。
2. 拉普拉斯轉換之微分定理： $$\mathcal{L}\{y'(t)\} = sY(s) - y(0)$$ $$\mathcal{L}\{y''(t)\} = s^2Y(s) - s y(0) - y'(0)$$
3. 系統全響應（Total Response）結構：全響應由「零輸入響應（Zero-Input Response, ZIR）」與「零狀態響應（Zero-State Response, ZSR）」組成。當初始條件非零時，拉氏轉換輸出端必須包含初始狀態項。
4. 單位脈衝響應（Unit Impulse Response）與穩定度：輸入為 $g(t) = \delta(t)$ 且為零初始狀態時之系統響應 $h(t) = \mathcal{L}^{-1}\{H(s)\}$。當特徵根（極點）之實部皆為負時，系統為漸近穩定，其脈衝響應在穩態（$t \to \infty$）時必收斂至 $0$。

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解題方法

給定二階微分方程式：

$$2y''(t) + y'(t) + 2y(t) = g(t)$$

對等號兩側取拉普拉斯轉換：

$$2\left[s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0)\right] + \left[s Y(s) - y(0)\right] + 2Y(s) = G(s)$$

整理並將同類項合併：

$$(2s^2 + s + 2)Y(s) - (2s + 1)y(0) - 2y'(0) = G(s)$$

定義系統轉移函數（Transfer Function）為：

$$H(s) = \frac{1}{2s^2 + s + 2}$$

則系統輸出之拉氏轉換通式為：

$$Y(s) = \underbrace{\frac{(2s+1)y(0) + 2y'(0)}{2s^2 + s + 2}}_{\text{零輸入響應 (ZIR)}} + \underbrace{H(s)G(s)}_{\text{零狀態響應 (ZSR)}}$$

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選項分析

(A) 錯誤

題目定義 $g(t)$ 為：

$$g(t) = \begin{cases} 1, & 5 < t < 20 \\ 0, & 0 \le t < 5 \text{ 或 } t > 20 \end{cases}$$

在 $t = 5$ 處：

$$\lim_{t \to 5^-} g(t) = 0 \neq \lim_{t \to 5^+} g(t) = 1$$

在 $t = 20$ 處：

$$\lim_{t \to 20^-} g(t) = 1 \neq \lim_{t \to 20^+} g(t) = 0$$

函數在 $t = 5$ 與 $t = 20$ 存在跳躍不連續點（Jump Discontinuities），因此 $g(t)$ 僅為分段連續函數（Piecewise Continuous Function），並非連續函數。

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(B) 正確

將 $g(t)$ 以單位步階函數 $u(t)$ 表示：

$$g(t) = u(t - 5) - u(t - 20)$$

利用拉氏轉換之時移性質 $\mathcal{L}\{u(t - a)\} = \frac{e^{-as}}{s}$，可得：

$$G(s) = \mathcal{L}\{g(t)\} = \frac{e^{-5s}}{s} - \frac{e^{-20s}}{s} = \frac{e^{-5s} - e^{-20s}}{s}$$

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核心觀念

本題考查週期函數的 Fourier 級數係數，以及偶函數的對稱性。

週期為 $4$，寫成標準形式 $2L=4$，因此

$$L=2,\qquad \omega_0=\frac{\pi}{L}=\frac{\pi}{2}.$$

Fourier 級數為

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{m=1}^{\infty} \left(a_m\cos\frac{m\pi x}{2} +b_m\sin\frac{m\pi x}{2}\right),$$

其中

$$a_0=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\,dx,$$ $$a_m=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\cos\frac{m\pi x}{2}\,dx,$$ $$b_m=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\sin\frac{m\pi x}{2}\,dx.$$

在 $-2<x<2$ 中，

$$f(x)=|x|,$$

所以 $f(x)$ 是偶函數。故所有正弦係數皆為零：

$$b_m=0.$$

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解題方法與係數計算

1. 判斷是否可微

在 $x=0$ 附近，

$$f(x)=|x|.$$

其左導數為 $-1$，右導數為 $1$，因此在 $x=0$ 形成尖點，不可微。

週期延拓後，在 $x=2+4k$ 與 $x=-2+4k$ 等位置也會出現相同的尖點。因此 $f(x)$ 並非處處可微。

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2. 計算 $a_0$

利用偶函數性質：

$$a_0=\frac{1}{2}\int_{-2}^{2}|x|\,dx =\frac{1}{2}\cdot 2\int_0^2 x\,dx.$$

因此

$$a_0=\int_0^2x\,dx =\left.\frac{x^2}{2}\right|_0^2 =2.$$

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3. 計算 $a_m$

同樣利用偶函數性質：

$$a_m=\frac{1}{2}\int_{-2}^{2}|x| \cos\frac{m\pi x}{2}\,dx =\int_0^2x\cos\frac{m\pi x}{2}\,dx.$$

令

$$k=\frac{m\pi}{2}.$$

則

$$a_m=\int_0^2x\cos(kx)\,dx.$$

分部積分得

$$\int x\cos(kx)\,dx =\frac{x\sin(kx)}{k}+\frac{\cos(kx)}{k^2}.$$

所以

核心觀念

將微分方程寫成微分形式：

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

令

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

需使用以下判斷：

1. 恰當微分方程：若 $M_y=N_x$，則 $M\,dx+N\,dy=0$ 為恰當方程。
2. 可分離變數方程：可整理成
   $f(y)\,dy=g(x)\,dx$
   或
   $\frac{dy}{dx}=g(x)h(y)$
3. 若積分因子只依賴 $x$，可利用 $$\frac{\mu'(x)}{\mu(x)} = \frac{M_y-N_x}{N}$$
4. 乘上積分因子後，若成為恰當方程，即可求出隱式解。

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解題方法

原式為

$$M\,dx+N\,dy=0$$

其中

$$M=3xy+y^2,\qquad N=x^2+xy$$

先計算偏微分：

$$M_y=3x+2y$$ $$N_x=2x+y$$

兩者不相等，因此原方程不是恰當微分方程。

再判斷是否存在只依賴 $x$ 的積分因子：

$$\frac{M_y-N_x}{N} = \frac{(3x+2y)-(2x+y)}{x^2+xy}$$

整理得

$$\frac{M_y-N_x}{N} = \frac{x+y}{x(x+y)} = \frac{1}{x}$$

這確實只依賴 $x$，所以

$$\frac{\mu'}{\mu}=\frac1x$$

積分：

$$\ln|\mu|=\ln|x|+C$$

因此可取

$$\mu(x)=x$$

乘上 $x$ 後，方程成為

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

此時

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

且

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

故其為恰當方程。

求勢函數 $F(x,y)$：

$$F_x=3x^2y+xy^2$$

對 $x$ 積分：

$$F(x,y)=x^3y+\frac12x^2y^2+g(y)$$

再對 $y$ 微分：

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

與 $x^3+x^2y$ 比較可得 $g'(y)=0$，因此

$$x^3y+\frac12x^2y^2=C$$

提取公因式：

$$\frac12x^2y(2x+y)=C$$

等價地可寫成

$$x^2y(2x+y)=C$$

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選項分析

(A) This differential equation is an exact differential equation.

錯誤。

恰當方程要求

$$M_y=N_x$$

但本題中

$$M_y=3x+2y,\qquad N_x=2x+y$$

一般情況下不相等，因此原方程不是恰當微分方程。

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(B) This differential equation is a separable differential equation.

錯誤。

將原式改寫為

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

核心觀念

本題考查：

• 微分方程的可分離性。
• 一階微分方程初值問題解的存在唯一性定理。
• 函數在定義域上的解析性。
• 隱式通解的求法。

對初值問題

$$y'=G(x,y),\qquad y(x_0)=y_0,$$

若 $G(x,y)$ 與 $\dfrac{\partial G}{\partial y}(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 的某個鄰域內皆連續，則由存在唯一性定理，該初值問題在 $x_0$ 附近具有唯一解。

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解題方法

題目給出

$$G(x,y)=\frac{3x^2+4x+2}{2(y-1)}.$$

首先注意到分母不可為零，因此 $G$ 的定義域為

$$\{(x,y)\in\mathbb R^2:y\neq 1\}.$$

原微分方程可改寫為

$$\frac{dy}{dx} =\frac{3x^2+4x+2}{2(y-1)}.$$

在 $y\neq 1$ 時分離變數：

$$2(y-1)\,dy=(3x^2+4x+2)\,dx.$$

兩邊積分：

$$\int 2(y-1)\,dy = \int(3x^2+4x+2)\,dx.$$

因此

$$y^2-2y=x^3+2x^2+2x+c,$$

其中 $c$ 為任意實數。

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選項分析

(A) $G(x,y)$ 在 $\mathbb R^2$ 上解析。

錯誤。

因為

$$G(x,y)=\frac{3x^2+4x+2}{2(y-1)}$$

在 $y=1$ 時分母為零，沒有定義。因此 $G$ 不可能在整個 $\mathbb R^2$ 上解析，只能在 $y\neq 1$ 的區域內討論其解析性。

故 (A) 錯誤。

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(B) 此初值問題為可分離微分方程。

正確。

原式可寫成

$$2(y-1)\frac{dy}{dx}=3x^2+4x+2,$$

因此

$$2(y-1)\,dy=(3x^2+4x+2)\,dx.$$

左側只含 $y$，右側只含 $x$，故為可分離微分方程。

故 (B) 正確。

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(C) 解可由下列隱式方程表示：

$$y^2-2y=x^3+2x^2+2x+c.$$

正確。

由分離變數積分所得：