111 年 國立中央大學光電科學與工程學系碩士班《工程數學》

核心觀念

本題考查**一階變數分離型微分方程式（First-order Separable Differential Equation）之求解與利用初始條件（Initial Condition, IC）**求特定解（Particular Solution）的基本手法。

用到之關鍵定義與公式：

1. 變數分離法（Separation of Variables）：若一階微分方程式可寫為 $\frac{dy}{dx} = f(x)g(y)$，則可改寫為 $\frac{1}{g(y)} dy = f(x) dx$，再對等號兩端分別進行不定積分：
   $\int \frac{1}{g(y)} dy = \int f(x) dx + C$
2. 微積分基本積分公式：
   $\int x\,dx = \frac{1}{2}x^2 + C = 0.5x^2 + C$
3. 初始條件求積分常數：將給定之初值 $(x_0, y_0)$ 代入通解（General Solution），決定積分常數 $C$ 的具體數值。

---

解題方法

步驟一：變數分離
給定一階微分方程式：
$\frac{dy}{dx} = x$
將變數 $x$ 與 $y$ 分離至等號兩側：
$dy = x\,dx$

步驟二：兩端積分求通解
對等式兩端同時進行不定積分：
$\int dy = \int x\,dx$
得到通解為：
$y = \frac{1}{2}x^2 + C = 0.5x^2 + C$
其中 $C$ 為任意實數積分常數。

步驟三：帶入初始條件求特解
已知初始條件為 $y(-1) = 1$，即當 $x = -1$ 時，$y = 1$。將其代入通解：
$1 = 0.5(-1)^2 + C$
$1 = 0.5(1) + C$
$1 = 0.5 + C \implies C = 0.5$

將 $C = 0.5$ 代回通解，得到顯式特解（Explicit Solution）：
$y = 0.5x^2 + 0.5$

若將上式兩邊同乘以 $2$，可整理為代數等價形式：
$2y = x^2 + 1$

---

選項分析

• (A) $y = 0.5x^2+1$：錯誤。
  雖然對 $x$ 微分得 $\frac{dy}{dx} = x$，但檢驗初始條件 $y(-1) = 0.5(-1)^2 + 1 = 1.5 \neq 1$，不滿足初始條件。
• (B) $x^4-4x-1=y^3-2y^2+4\log|y|$：錯誤。

觀念重點：一階線性常微分方程（First-Order Linear ODE）與初值問題。

解題步驟：

要求 $t = 5$ 秒時的 $u(t)$，因 $t = 5$ 落在區間 $0 \le t \le 10$ 內，故此時 $f(t) = 4$。

將 $f(t) = 4$ 代入原微分方程：
$\frac{du}{dt} = 2[4 - u(t)] = 8 - 2u(t)$

移項整理成一階線性微分方程標準式：
$\frac{du}{dt} + 2u(t) = 8$

核心觀念

本題考查一階常微分方程式（First-Order Ordinary Differential Equation, ODE）的求解與初值問題（Initial Value Problem, IVP）。核心定理與觀念包括：

1. 變數分離法（Separation of Variables）：當一階微分方程式能改寫為 $f(y) dy = g(x) dx$ 的形式時，等號兩邊直接進行積分即可求得通解。
2. 初值條件（Initial Condition）：利用題目給定的已知條件 $y(0) = 0$ 決定積分常數 $C$，從而確定特解（Particular Solution）。
3. 自然指數函數數值估算：求得 $y(1) = e^{0.5} - 1$ 後，利用自然常數 $e \approx 2.718$ 的平方根近似值 $\sqrt{e} \approx 1.649$ 進行運算。

---

解題方法

步驟一：變數分離
原微分方程式為：
$\frac{dy}{dx} = xy + x = x(y + 1)$

在 $y \neq -1$ 的條件下，將變數 $x$ 與 $y$ 分離至等號兩側：
$\frac{1}{y + 1} dy = x dx$

步驟二：兩邊積分求通解
對兩邊進行不定積分：
$\int \frac{1}{y + 1} dy = \int x dx$

積分後可得：
$\ln|y + 1| = \frac{1}{2} x^2 + C_1$

兩邊取指數函數：
$|y + 1| = e^{\frac{1}{2} x^2 + C_1} = e^{C_1} e^{\frac{1}{2} x^2}$

令 $C = \pm e^{C_1}$（其中 $C$ 為非零實常數），得到通解：
$y(x) = C e^{\frac{1}{2} x^2} - 1$

步驟三：帶入初值條件求特解
已知初始條件 $x = 0$ 時 $y = 0$（即 $y(0) = 0$）：
$0 = C e^{\frac{1}{2}(0)^2} - 1 \implies 0 = C(1) - 1 \implies C = 1$

因此，本初值問題之特解為：
$y(x) = e^{\frac{1}{2} x^2} - 1$

步驟四：計算 $x = 1$ 時的 $y$ 值
將 $x = 1$ 代入特解中：
$y(1) = e^{\frac{1}{2}(1)^2} - 1 = e^{0.5} - 1 = \sqrt{e} - 1$

利用自然常數數值估算：
$e \approx 2.71828 \implies \sqrt{e} \approx 1.64872$

觀念：一階線性常微分方程式（First-Order Linear ODE）

將 $c(t) = 1 - e^{-t/100}$ 代入原微分方程式（修正題幹印錯之流出項係數 $\frac{s}{100} \to \frac{3s}{100}$），整理為標準式：
$\frac{ds}{dt} + \frac{3}{100}s = 3 - 3e^{-t/100}$

求解積分因子 $\mu(t)$：
$\mu(t) = e^{\int \frac{3}{100} dt} = e^{3t/100}$

核心觀念

本題屬於一階常微分方程（First-order Ordinary Differential Equation）的求解問題，核心考點如下：

1. 變數分離法（Separation of Variables）：若一階微分方程可化為 $g(y) \, dy = f(x) \, dx$ 的形式，即可透過對兩邊分別積分求解通解。
2. 反三角函數積分公式：
   $\int \frac{1}{1+y^2} \, dy = \arctan(y) + C$
3. 弧度制（Radian）與三角函數數值感知：在微積分中，角度單位一律使用弧度。需掌握特殊值或常考估算值 $\tan(1 \text{ rad}) \approx 1.5574 \approx 1.558$。

---

解題方法

步驟一：分離變數

原微分方程為：
$\frac{dy}{dx} = x(1 + y^2)$

將含 $y$ 的項移至等號左邊，含 $x$ 的項留至等號右邊：
$\frac{1}{1 + y^2} \, dy = x \, dx$

步驟二：兩邊進行不定積分

$\int \frac{1}{1 + y^2} \, dy = \int x \, dx$

積分後可得通解：
$\arctan(y) = 0.5x^2 + C$
（其中 $C$ 為積分常數）

將左式取正切函數 $\tan$，得 $y(x)$ 的顯式：
$y(x) = \tan(0.5x^2 + C)$

步驟三：代入初始條件求解積分常數 $C$

已知初始條件為當 $x = 1$ 時，$y = 1.558$：
$\arctan(1.558) = 0.5(1)^2 + C = 0.5 + C$

利用弧度制數值估算，得知 $\tan(1 \text{ rad}) \approx 1.5574 \approx 1.558$，故：
$\arctan(1.558) \approx 1$

代入方程式中：
$1 = 0.5 + C \implies C = 0.5$

步驟四：寫出特解

將 $C = 0.5$ 代回通解，得到特解為：
$y(x) = \tan(0.5x^2 + 0.5)$

---

選項分析

• (A) $\tan(0.5x^2 +0.5)$：正確。
  代入 $x = 1$ 得 $y(1) = \tan(0.5(1)^2 + 0.5) = \tan(1) \approx 1.558$，完全符合微分方程與初始條件。

核心觀念

本題考查**微分運算子（Differential Operator）**對基本三角函數作用的定義與運算規則。

1. 微分運算子定義：記 $D = \frac{d}{dx}$ 為一階微分運算子，$D^2 = \frac{d^2}{dx^2}$ 為二階微分運算子。
2. 微分運算子的線性性質（Linearity）：設 $L(D) = a D^2 + b D + c$，則對任何可微函數 $f(x)$，有：
   $L(D)f(x) = a D^2 f(x) + b D f(x) + c f(x)$
3. 三角函數微分公式：
   • $\frac{d}{dx}\sin(x) = \cos(x)$
   • $\frac{d^2}{dx^2}\sin(x) = \frac{d}{dx}\cos(x) = -\sin(x)$

---

解題方法

將微分運算子作用於函數 $\sin(x)$，利用線性分配律拆解為各階微分項後逐項求值：

1. 展開運算子表達式：
   $(D^2 + D - 1)\sin(x) = D^2\sin(x) + D\sin(x) - \sin(x)$

2. 計算各階微分結果：

   • 一階微分：$D\sin(x) = \frac{d}{dx}\sin(x) = \cos(x)$
   • 二階微分：$D^2\sin(x) = \frac{d}{dx}(D\sin(x)) = \frac{d}{dx}\cos(x) = -\sin(x)$

3. 代回並同類項合併：
   $(D^2 + D - 1)\sin(x) = -\sin(x) + \cos(x) - \sin(x)$
   $= \cos(x) - 2\sin(x)$

---

核心觀念

1. 歐拉公式（Euler's Formula）：
   複數指數函數與三角函數之間的關係為：
   $e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta$
   由此可導出餘弦函數（$\cos$）與正弦函數（$\sin$）的複數指數形式表示式：
   $\cos\theta = \frac{e^{i\theta} + e^{-i\theta}}{2}, \quad \sin\theta = \frac{e^{i\theta} - e^{-i\theta}}{2i}$

2. 線性組合與函數獨立性：
   在常係數齊次線性微分方程式（Homogeneous ODE）中，當特徵方程式產生複數共軛根 $r = a \pm ib$ 時，通解的基底既可以表達為複數型態的 $e^{(a+ib)x}$ 與 $e^{(a-ib)x}$，亦可表達為實數型態的 $e^{ax}\cos(bx)$ 與 $e^{ax}\sin(bx)$。兩者的係數變換完全由歐拉公式決定。

---

解題方法

方法一：利用歐拉公式直接推導（推薦，最簡捷）

根據歐拉公式，將右式的 $\cos(bx)$ 展開為複數指數型態：
$\cos(bx) = \frac{e^{ibx} + e^{-ibx}}{2} = 0.5 e^{ibx} + 0.5 e^{-ibx}$

將其代入等式右邊：
$e^{ax}\cos(bx) = e^{ax} \left( 0.5 e^{ibx} + 0.5 e^{-ibx} \right) = 0.5 e^{(a+ib)x} + 0.5 e^{(a-ib)x}$

將此結果與題目給定的左邊比較：
$c_1 e^{(a+ib)x} + c_2 e^{(a-ib)x} = 0.5 e^{(a+ib)x} + 0.5 e^{(a-ib)x}$

由於 $e^{(a+ib)x}$ 與 $e^{(a-ib)x}$ 為線性獨立（Linearly Independent）函數，其對應係數必相等，故得：
$c_1 = 0.5, \quad c_2 = 0.5$

---

方法二：由左式展開比較係數

將左式的複數指數函數利用 $e^{(a\pm ib)x} = e^{ax} e^{\pm ibx}$ 提出 $e^{ax}$，再利用歐拉公式展開：
$c_1 e^{(a+ib)x} + c_2 e^{(a-ib)x} = e^{ax} \left[ c_1 e^{ibx} + c_2 e^{-ibx} \right]$
$= e^{ax} \left[ c_1(\cos(bx) + i\sin(bx)) + c_2(\cos(bx) - i\sin(bx)) \right]$
$= e^{ax} \left[ (c_1 + c_2)\cos(bx) + i(c_1 - c_2)\sin(bx) \right]$

與右式 $e^{ax}\cos(bx) + 0 \cdot e^{ax}\sin(bx)$ 比對同類項係數：

核心觀念

本題考查**二階常係數齊次線性微分方程式（Linear Constant-Coefficient Homogeneous ODE）**之通解與特徵方程式（Characteristic Equation）之間的對應關係。

當常係數齊次線性微分方程式之解含有正弦函數 $y(x) = \sin(\omega x)$ 或餘弦函數 $y(x) = \cos(\omega x)$ 時，其特徵方程式必具有一對純虛數共軛根 $\lambda = \pm i\omega$。由根與係數關係可直接逆推對應之二階齊次微分方程式：
$\lambda = \pm i\omega \implies \lambda^2 + \omega^2 = 0 \implies y'' + \omega^2 y = 0$

---

解題方法

方法一：微分代入法（直觀驗證）

1. 令已知解為 $y(x) = \sin(2x)$。
2. 對 $x$ 微分一次得：
   $y' = \frac{d}{dx}\sin(2x) = 2\cos(2x)$
3. 對 $x$ 微分二次得：
   $y'' = \frac{d}{dx}[2\cos(2x)] = -4\sin(2x)$
4. 將 $y$ 與 $y''$ 代入關係式：
   $y'' + 4y = -4\sin(2x) + 4\sin(2x) = 0$
   由此可知 $y = \sin(2x)$ 恆滿足微分方程式 $y'' + 4y = 0$。

方法二：特徵方程式逆推法（概念推導）

1. 若微分方程式具有解 $y(x) = \sin(2x)$，代表其特徵解包含歐拉公式（Euler's Formula）展開之虛數成分：
   $e^{\pm 2ix} = \cos(2x) \pm i\sin(2x)$
2. 得知特徵方程式之共軛複數根為：
   $\lambda = \pm 2i$
3. 建立對應之二次特徵方程式：
   $(\lambda - 2i)(\lambda + 2i) = 0 \implies \lambda^2 + 4 = 0$
4. 將特徵方程式還原為微分方程式（令 $\lambda^2 \to y''$、$\lambda \to y'$、$1 \to y$）：
   $y'' + 4y = 0$

---

選項分析

• (A) $y'' + 4y' = 0$：錯誤。
  特徵方程式為 $\lambda^2 + 4\lambda = \lambda(\lambda + 4) = 0$，特徵根為 $\lambda = 0, -4$。通解為 $y(x) = C_1 + C_2 e^{-4x}$，解中不含 $\sin(2x)$。代入 $y=\sin(2x)$ 亦得 $y'' + 4y' = -4\sin(2x) + 8\cos(2x) \neq 0$。

觀念與推導

本題考查一階線性微分方程與疊加原理（Principle of Superposition）。

定義線性微分運算子 $L(y) = y' + \frac{y}{x}$。

1. 計算特徵基底函數之作用結果：
   • 當 $y_1 = x^2$ 時：
     $L(x^2) = (x^2)' + \frac{x^2}{x} = 2x + x = 3x$
   • 當 $y_2 = x^3$ 時：
     $L(x^3) = (x^3)' + \frac{x^3}{x} = 3x^2 + x^2 = 4x^2$

核心觀念

本題考查一階線性常微分方程式（First-Order Linear ODE）中**積分因子（Integrating Factor）**的基本定義與公式推導。

一階標準線性微分方程式形式為：
$y' + P(x)y = Q(x)$

若存在一個積分因子 $M(x)$，使得方程式左式乘以 $M(x)$ 後可寫成積的微分形式：
$M(x)\left[y' + P(x)y\right] = \frac{d}{dx}\left[M(x)y\right]$

根據微積分之乘法微分法則（Product Rule）：
$\frac{d}{dx}\left[M(x)y\right] = M(x)y' + M'(x)y$

比較兩邊係數可得積分因子滿足之微分方程式：
$M'(x) = P(x)M(x) \implies M(x) = e^{\int P(x) \, dx}$

---

解題方法

題目要求尋找指數型乘子 $M(x)$，使得 $M(x)(y' + 2y)$ 能表示為 $\frac{d}{dx}[M(x)y]$。

步驟一：設定等式並應用乘法微分法則
根據題目條件，寫出恆等式：
$M(x)(y' + 2y) = \frac{d}{dx}[M(x)y]$

對右式展開微分：
$M(x)y' + 2M(x)y = M(x)y' + M'(x)y$

步驟二：消去相同項並比較係數
兩邊同時減去 $M(x)y'$，得到：
$2M(x)y = M'(x)y$

由此可得 $M(x)$ 所滿足的微分方程式：
$M'(x) = 2M(x)$

步驟三：求解 $M(x)$
使用分離變數法（Separation of Variables）：
$\frac{dM(x)}{dx} = 2M(x) \implies \frac{dM(x)}{M(x)} = 2 \, dx$

兩邊積分：
$\int \frac{dM(x)}{M(x)} = \int 2 \, dx \implies \ln|M(x)| = 2x + C_1$

取指數解出 $M(x)$（取積分常數對應之倍數 $C = 1$）：
$M(x) = e^{2x}$

故要求的指數型乘子為 $e^{2x}$。

---

選項分析

• (A) $e^x$ 錯誤：若 $M(x) = e^x$，對 $M(x)y$ 微分得 $\frac{d}{dx}[e^x y] = e^x y' + e^x y = e^x (y' + y) \neq e^x(y' + 2y)$。

核心觀念

特徵值 $\lambda$ 與特徵向量 $\mathbf{x}\ne\mathbf{0}$ 定義為

$$A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}.$$

等價地，特徵值必須滿足特徵方程

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

本題矩陣為上三角形式，因此其特徵值等於主對角線元素：

$$3,\quad 0,\quad 1,\quad -1.$$

四個特徵值互異，所以每個特徵值各有一個線性獨立的特徵向量。

解題方法

令

$$\mathbf{x}= \begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{pmatrix}.$$

針對每個特徵值解齊次方程

$$(A-\lambda I)\mathbf{x}=\mathbf{0}.$$

1. 特徵值 $\lambda=3$

$$A-3I= \begin{pmatrix} 0&1&0&0\\ 0&-3&1&0\\ 0&0&-2&0\\ 0&0&0&-4 \end{pmatrix}.$$

因此

$$x_2=0,\qquad x_3=0,\qquad x_4=0,$$

而 $x_1$ 可任意取值。取 $x_1=1$，得到特徵向量

$$\mathbf{v}_3= \begin{pmatrix} 1\\0\\0\\0 \end{pmatrix}.$$

其特徵空間為

$$E_3=\operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix} 1\\0\\0\\0 \end{pmatrix} \right\}.$$

2. 特徵值 $\lambda=0$

此時直接解

$$A\mathbf{x}=\mathbf{0}.$$

由各列方程式可得

$$3x_1+x_2=0,\qquad x_3=0,\qquad x_4=0.$$

故

$$x_2=-3x_1.$$

取 $x_1=1$，得到特徵向量

$$\mathbf{v}_0= \begin{pmatrix} 1\\-3\\0\\0 \end{pmatrix}.$$

其特徵空間為

$$E_0=\operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix} 1\\-3\\0\\0 \end{pmatrix} \right\}.$$

3. 特徵值 $\lambda=1$

$$A-I= \begin{pmatrix} 2&1&0&0\\ 0&-1&1&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&-2 \end{pmatrix}.$$

因此

$$2x_1+x_2=0,\qquad -x_2+x_3=0,\qquad x_4=0.$$

由此得到

$$x_2=x_3,\qquad x_1=-\frac{x_2}{2}.$$

核心觀念

散度與旋度的直角座標定義為：若 $\vec{F}=F_x\hat{i}+F_y\hat{j}+F_z\hat{k}$，則

$$\nabla\cdot\vec{F} = \frac{\partial F_x}{\partial x} + \frac{\partial F_y}{\partial y} + \frac{\partial F_z}{\partial z}$$ $$\nabla\times\vec{F} = \left( \frac{\partial F_z}{\partial y} - \frac{\partial F_y}{\partial z} \right)\hat{i} + \left( \frac{\partial F_x}{\partial z} - \frac{\partial F_z}{\partial x} \right)\hat{j} + \left( \frac{\partial F_y}{\partial x} - \frac{\partial F_x}{\partial y} \right)\hat{k}$$

(a) 中的 $x$ 表示向量外積符號 $\times$，因此 $\vec{V}=\hat{k}\times\nabla r^2$。

解題方法

(a) 先求 $r^2$ 的梯度：

$$\nabla r^2 = \frac{\partial r^2}{\partial x}\hat{i} + \frac{\partial r^2}{\partial y}\hat{j} + \frac{\partial r^2}{\partial z}\hat{k} = 2x\hat{i}+2y\hat{j}+2z\hat{k}$$

因此

$$\vec{V} = \hat{k}\times(2x\hat{i}+2y\hat{j}+2z\hat{k}) = -2y\hat{i}+2x\hat{j}$$

其中用到 $\hat{k}\times\hat{i}=\hat{j}$、$\hat{k}\times\hat{j}=-\hat{i}$，以及 $\hat{k}\times\hat{k}=0$。所以 $V_x=-2y$、$V_y=2x$、$V_z=0$。

$$\nabla\cdot\vec{V} = \frac{\partial(-2y)}{\partial x} + \frac{\partial(2x)}{\partial y} + \frac{\partial 0}{\partial z} =0$$

(a) 週期與奇偶性判定

當 $x \in [0, 2\pi]$ 時，對任意 $n \ge 1$ 均滿足 $2\pi n \ge 2\pi \ge x$，故 $|x - 2\pi n| = 2\pi n - x$。
將 $f(x)$ 展開並求解無窮等比級數：
$f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} e^{-n} e^{-(2\pi n - x)} = e^x \sum_{n=1}^{\infty} e^{-(2\pi + 1)n} = \frac{e^x}{e^{2\pi+1} - 1}$

令常數 $C = \frac{1}{e^{2\pi+1} - 1}$，則主週期區間 $[0, 2\pi]$ 內 $f(x) = C e^x$。

1. 週期：由級數中 $2\pi n$ 之平移量可知，基本週期為 $T = 2\pi$。
2. 奇偶性：經 $2\pi$-週期延拓後，在 $x \in [-2\pi, 0]$ 區間內 $f(x) = f(x+2\pi) = C e^{x+2\pi}$。
   檢驗奇偶性：
   $f(-x) = C e^{-x+2\pi} \neq f(x) \quad \text{且} \quad f(-x) \neq -f(x)$
   故 $f(x)$ 為非偶函數亦非奇函數。

---

(b) 傅立葉級數展開 (Fourier Series Expansion)

週期 $T = 2\pi$，基本角頻率 $\omega_0 = \frac{2\pi}{T} = 1$，取積分區間為 $[0, 2\pi]$。

1. 複數形式傅立葉級數

$f(x) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n e^{i n x}$
計算複數傅立葉係數 $c_n$：
$c_n = \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} f(x) e^{-i n x} dx = \frac{C}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} e^{(1 - i n)x} dx = \frac{C}{2\pi} \left[ \frac{e^{(1 - i n)x}}{1 - i n} \right]_0^{2\pi}$
利用 $e^{-i 2\pi n} = 1$ 及 $C = \frac{1}{e^{2\pi+1} - 1}$ 得：

觀念與定義

1. 歐拉公式：
   $\cos x = \frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2}$
2. 高斯積分公式：
   $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2+bx} \, dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}} e^{\frac{b^2}{4a}} \quad (a > 0)$
3. 傅立葉轉換定義：
   $\mathcal{F}\{f(x)\}(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\omega x} \, dx$

---

推導步驟

將 $f(x) = e^{-x^2} \cos x$ 代入傅立葉轉換定義：
$\mathcal{F}\{f(x)\}(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \left( \frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2} \right) e^{-i\omega x} \, dx$

拆分為兩項指數函數積分：
$\mathcal{F}\{f(x)\}(\omega) = \frac{1}{2\sqrt{2\pi}} \left[ \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2 + i(1-\omega)x} \, dx + \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2 - i(1+\omega)x} \, dx \right]$