114 年 國立中山大學光電工程學系碩士班《工程數學》

核心觀念

本題評量線性代數中矩陣的可逆性（Invertibility）與齊次線性方程組（Homogeneous Linear System）之解的結構關係，主要涉及以下定理與定義：

1. 非奇異矩陣（Nonsingular Matrix / Invertible Matrix）：
   若 $n \times n$ 方陣 $A$ 的行列式值不為零，即 $\det(A) \neq 0$，則矩陣 $A$ 為非奇異矩陣（可逆矩陣），其反矩陣 $A^{-1}$ 存在。
2. 反矩陣定理（Invertible Matrix Theorem）：
   對於 $n \times n$ 矩陣 $A$，下列敘述彼此等價：
   • $A$ 為可逆矩陣（$\det(A) \neq 0$）。
   • 方程組 $Ax = 0$ 僅有唯一解（即零解／平凡解，Trivial Solution $x = 0$）。
   • $\mathrm{rank}(A) = n$（矩陣為滿秩 Full Rank）。
   • 矩陣 $A$ 的零空間維度（Nullity）為 $0$，即 $\dim(\mathrm{Null}(A)) = 0$。

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解題方法

證明與推導步驟：

1. 判斷矩陣 $A$ 的可逆性：
   已知 $A$ 為 $3 \times 3$ 實數（或複數）矩陣，且滿足：

   $$\det(A) = 3 \neq 0$$

   因為方陣的行列式值不等於零，由線性代數基本定理可知，$A$ 為非奇異矩陣（Nonsingular），亦即其反矩陣 $A^{-1}$ 必存在。

2. 求解齊次線性系統 $Ax = 0$：
   考慮齊次線性方程組：

   $$Ax = 0$$

   在等號兩邊左乘反矩陣 $A^{-1}$：

   $$A^{-1}(Ax) = A^{-1} \cdot 0$$

   根據結合律與反矩陣定義：

   $$(A^{-1}A)x = 0 \implies Ix = 0 \implies x = 0$$

   其中 $0$ 為 $3 \times 1$ 的零向量。

核心觀念

1. 矩陣對角化（Matrix Diagonalization）之定義：
   若存在可逆矩陣 $\mathbf{P}$ 使得 $\mathbf{P}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P} = \mathbf{D}$，其中 $\mathbf{D}$ 為對角矩陣（Diagonal Matrix），則稱 $\mathbf{P}$ 可對角化矩陣 $\mathbf{A}$。
   此時 $\mathbf{D} = \operatorname{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n)$，其主對角線元素即為 $\mathbf{A}$ 的特徵值（Eigenvalues）。
2. 對角矩陣之次方性質：
   若 $\mathbf{D} = \operatorname{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n)$，則對任意正整數 $k$，其 $k$ 次方為： $$\mathbf{D}^k = \operatorname{diag}(\lambda_1^k, \lambda_2^k, \ldots, \lambda_n^k)$$
3. 連鎖相消性質（Telescoping Property）與數學歸納法：
   相似轉換在矩陣乘法下的相消性：$(\mathbf{P}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P})^k = \mathbf{P}^{-1}\mathbf{A}^k\mathbf{P}$。

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解題方法

本題為標準的矩陣相似轉換與次方運算證明題，切入點為利用相似變換在連乘時的中間項可逆矩陣相消（$\mathbf{P}\mathbf{P}^{-1} = \mathbf{I}$）。

步驟一：設定對角化關係式

由題意，矩陣 $\mathbf{A}$ 的特徵值為 $\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n$，且可逆矩陣 $\mathbf{P}$ 可將 $\mathbf{A}$ 對角化。因此存在對角矩陣 $\mathbf{D}$ 滿足：

$$\mathbf{P}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P} = \mathbf{D} = \begin{bmatrix} \lambda_1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \lambda_2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \lambda_n \end{bmatrix}$$

步驟二：計算並推導 $\mathbf{P}^{-1}\mathbf{A}^k\mathbf{P}$

將對角矩陣 $\mathbf{D}$ 取 $k$ 次方：

$$\mathbf{D}^k = (\mathbf{P}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P})^k$$

展開該乘積式，利用矩陣乘法的結合律：

$$\begin{aligned} \mathbf{D}^k &= \underbrace{(\mathbf{P}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P})(\mathbf{P}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P})\cdots(\mathbf{P}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P})}_{k\text{ 個}} \\ &= \mathbf{P}^{-1}\mathbf{A}(\mathbf{P}\mathbf{P}^{-1})\mathbf{A}(\mathbf{P}\mathbf{P}^{-1})\cdots(\mathbf{P}\mathbf{P}^{-1})\mathbf{A}\mathbf{P} \end{aligned}$$

因為 $\mathbf{P}\mathbf{P}^{-1} = \mathbf{I}$（單位矩陣），中間相鄰項全數相消，整理得：

$$\mathbf{D}^k = \mathbf{P}^{-1}\mathbf{A}^k\mathbf{P}$$

步驟三：求出 $\mathbf{D}^k$ 的顯式表示

對角矩陣的相乘等於主對角線元素各自相乘，因此：

核心觀念

本題考查線性代數中**矩陣的秩（Rank）與反矩陣（Inverse Matrix）**的求解：

1. 矩陣的秩與行列式的關係：
   對於 $n \times n$ 方陣 $A$：
   • 若 $\det(A) \neq 0$，則 $A$ 為非奇異矩陣（Non-singular），$\operatorname{rank}(A) = n$。
   • 若 $\det(A) = 0$，則 $\operatorname{rank}(A) < n$，需進一步透過列簡梯形式（Reduced Row Echelon Form, RREF）或子行列式（Minors）判斷其確切的秩。
2. 基本列運算（Elementary Row Operations）：
   計算行列式或化簡矩陣時，列運算不改變矩陣的秩，適當運用列和／行和之對稱性可大幅簡化因式分解。
3. 伴隨矩陣法求逆矩陣（Adjugate Formula）：
   若 $\det(A) \neq 0$，則其逆矩陣為： $$A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \operatorname{adj}(A) = \frac{1}{\det(A)} C^T$$ 其中 $C = [C_{ij}]$ 為餘因子矩陣（Cofactor Matrix），$C_{ij} = (-1)^{i+j} M_{ij}$。

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解題方法

(a) 求解 $\operatorname{rank}(A)$ 作為 $k$ 的函數

給定矩陣：

$$A = \begin{bmatrix} 5-k & 4 & 2 \\ 4 & 5-k & -2 \\ -2 & -2 & 3-2k \end{bmatrix}$$

步驟一：計算行列式 $\det(A)$ 並因式分解

觀察第 1 列與第 2 列，將第 2 列加至第 1 列（$R_1 \leftarrow R_1 + R_2$）：

$$\det(A) = \begin{vmatrix} 9-k & 9-k & 0 \\ 4 & 5-k & -2 \\ -2 & -2 & 3-2k \end{vmatrix}$$

提出第 1 列的公因式 $(9-k)$：

$$\det(A) = (9-k) \begin{vmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 4 & 5-k & -2 \\ -2 & -2 & 3-2k \end{vmatrix}$$

執行列運算消去第 1 行的其他元素：

• $R_2 \leftarrow R_2 - 4R_1$
• $R_3 \leftarrow R_3 + 2R_1$

$$\det(A) = (9-k) \begin{vmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1-k & -2 \\ 0 & 0 & 3-2k \end{vmatrix}$$

此時矩陣化為上三角型態，由主對角線元素相乘得：

$$\det(A) = (9-k)(1-k)(3-2k)$$

步驟二：分情況討論 $k$ 的值

1. 當 $k \neq 1, \frac{3}{2}, 9$ 時：
   $\det(A) \neq 0$，矩陣 $A$ 為滿秩（Full rank），故：

   $$\operatorname{rank}(A) = 3$$

2. 當 $k = 1$ 時：
   代入 $k = 1$：

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

   進行列簡化：

   • $R_2 \leftarrow R_2 - R_1 \implies [0, 0, -4]$
   • $R_3 \leftarrow R_3 + \frac{1}{2}R_1 \implies [0, 0, 2]$
   • $R_3 \leftarrow R_3 + \frac{1}{2}R_2 \implies [0, 0, 0]$
     化簡後具有 2 個非零列，故：
   $$\operatorname{rank}(A) = 2$$

3. 當 $k = \frac{3}{2}$ 時：
   代入 $k = \frac{3}{2}$：

   $$A = \begin{bmatrix} \frac{7}{2} & 4 & 2 \\ 4 & \frac{7}{2} & -2 \\ -2 & -2 & 0 \end{bmatrix}$$

   由前述化簡矩陣：

   $$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & -\frac{1}{2} & -2 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

   包含 2 個非零列（且前兩列顯然線性獨立），故：

   $$\operatorname{rank}(A) = 2$$

4. 當 $k = 9$ 時：
   代入 $k = 9$：

   $$A = \begin{bmatrix} -4 & 4 & 2 \\ 4 & -4 & -2 \\ -2 & -2 & -15 \end{bmatrix}$$

   進行列簡化：

核心觀念

1. 特徵值與特徵向量（Eigenvalues and Eigenvectors）：

   • 特徵方程式為： $$\det(A - \lambda I) = 0$$ 解出之根即為特徵值 $\lambda$。
   • 將求得之特徵值代入特徵方程式的齊次線性系統： $$(A - \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$$ 求其非零解空間（即特徵空間 Eigenspace），即可得特徵向量 $\mathbf{v}$。

2. 矩陣可對角化充分必要條件（Diagonalizability）：

   • 一個 $n \times n$ 矩陣 $A$ 可對角化的充分必要條件為：矩陣 $A$ 具有 $n$ 個線性獨立（Linearly Independent）的特徵向量。
   • 等價於對每一個相異特徵值 $\lambda$，其幾何重數（Geometric Multiplicity, $m_g$）必須等於代數重數（Algebraic Multiplicity, $m_a$），即： $$m_g(\lambda) = \text{nullity}(A - \lambda I) = n - \text{rank}(A - \lambda I) = m_a(\lambda)$$
   • 若存在特徵值使得 $m_g < m_a$，則稱該矩陣為虧損矩陣（Defective Matrix），無法進行相似對角化（只能化簡為 Jordan 標準形）。

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解題方法

步驟一：求解矩陣 $A$ 的特徵值

給定矩陣：

$$A = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$$

由特徵方程式：

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

展開行列式：

$$\begin{vmatrix} 1 - \lambda & 1 \\ 0 & 1 - \lambda \end{vmatrix} = (1 - \lambda)^2 = 0$$

解得特徵值為：

$$\lambda_1 = \lambda_2 = 1 \quad (\text{二重根})$$

即特徵值 $\lambda = 1$ 的代數重數為 $m_a = 2$。

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步驟二：求解對應特徵值的特徵向量

將 $\lambda = 1$ 代入 $(A - \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$：

$$(A - 1 \cdot I)\mathbf{v} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

核心觀念

本題屬於**二階常係數齊次線性常微分方程（ODE）與初值問題（IVP）**的反求參數題型。核心概念涵蓋：

1. 特徵方程式與根的關係：
   微分方程 $y''+ay'+by=0$ 的特徵方程式為 $\lambda^2+a\lambda+b=0$。
   • 若特徵根為複數根 $\lambda = \alpha \pm \beta i$，對應通解基底為 $e^{\alpha x}\cos(\beta x)$ 與 $e^{\alpha x}\sin(\beta x)$。
   • 由根與係數關係（韋達定理）：兩根之和 $\lambda_1+\lambda_2 = -a$、兩根之積 $\lambda_1\lambda_2 = b$。
2. 初值條件的反求：
   已知給定解函數 $y(x)$ 時，初始條件可直接由定義取值求得： $$A = y(0)$$ $$B = y'(0)$$
3. 題意解讀與資訊擷取：
   • 第一位學生看錯 $b$ 與 $B$，代表其使用的 $a$ 與 $A$ 是正確的。
   • 第二位學生看錯 $a$ 與 $A$，代表其使用的 $b$ 與 $B$ 是正確的。
   • 綜合兩位學生的正確資訊，即可定出正確的常數 $a, b, A, B$，進而求出正確的特解。

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解題方法

步驟一：由第一位學生的解求正確的 $a$ 與 $A$

第一位學生的解為：

$$y_A(x) = e^{-2x}(\cos 3x + 2\sin 3x)$$

該學生看錯常數 $b$ 與 $B$，因此其使用的 $a$ 與 $A$ 為正確值。

1. 求 $a$：
   解中包含 $e^{-2x}\cos 3x$ 與 $e^{-2x}\sin 3x$，表示該學生所用特徵方程式的根為：

   $$\lambda = -2 \pm 3i$$

   由根與係數關係，特徵方程式一次項係數滿足：

   $$-a = \lambda_1 + \lambda_2 = (-2 + 3i) + (-2 - 3i) = -4 \implies a = 4$$

2. 求 $A$：
   由於初始條件 $y(0)=A$ 是正確的，直接代入 $x=0$：

   $$A = y_A(0) = e^0(\cos 0 + 2\sin 0) = 1(1 + 0) = 1$$

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步驟二：由第二位學生的解求正確的 $b$ 與 $B$

第二位學生的解為：

$$y_B(x) = -3e^x + 2e^{3x}$$

該學生看錯常數 $a$ 與 $A$，因此其使用的 $b$ 與 $B$ 為正確值。

1. 求 $b$：
   解中包含基底 $e^x$ 與 $e^{3x}$，表示該學生所用特徵方程式的根為：

   $$\lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 3$$

   由根與係數關係，特徵方程式常數項滿足：

   $$b = \lambda_1 \lambda_2 = 1 \times 3 = 3$$

2. 求 $B$：
   由於初始條件 $y'(0)=B$ 是正確的，對 $y_B(x)$ 微分：

   $$y_B'(x) = -3e^x + 6e^{3x}$$

   代入 $x=0$：

核心觀念

本題為一階非線性常微分方程（First-order ODE），核心觀念為**非正合微分方程（Non-exact Differential Equation）及其積分因子（Integrating Factor）**的求法：

1. 正合檢驗（Exactness Test）：
   一階微分方程改寫為標準微分形式 $M(x, y)\,dx + N(x, y)\,dy = 0$。若滿足：

   $$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$$

   則為正合微分方程（Exact ODE），存在勢函數 $\phi(x, y)$ 使得 $d\phi = M\,dx + N\,dy = 0$，其通解為 $\phi(x, y) = C$。

2. 單變數積分因子判別準則：
   若方程式非正合（$\frac{\partial M}{\partial y} \neq \frac{\partial N}{\partial x}$），可檢驗以下兩式：

   • 若 $\frac{1}{N}\left(\frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial x}\right) = f(x)$（僅為 $x$ 的函數），則積分因子為： $$\mu(x) = e^{\int f(x)\,dx}$$
   • 若 $\frac{1}{M}\left(\frac{\partial N}{\partial x} - \frac{\partial M}{\partial y}\right) = g(y)$（僅為 $y$ 的函數），則積分因子為： $$\mu(y) = e^{\int g(y)\,dy}$$

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解題方法

步驟一：改寫為標準微分形式並進行正合檢驗

將原方程式乘以 $dx$（其中 $y' = \frac{dy}{dx}$）：

$$(6x^2y + 12xy + y^2)\,dx + (6x^2 + 2y)\,dy = 0$$

對應標準型式 $M(x, y)\,dx + N(x, y)\,dy = 0$，可得：

$$M(x, y) = 6x^2y + 12xy + y^2$$ $$N(x, y) = 6x^2 + 2y$$

分別計算偏微分：

$$\frac{\partial M}{\partial y} = 6x^2 + 12x + 2y$$ $$\frac{\partial N}{\partial x} = 12x$$

因為 $\frac{\partial M}{\partial y} \neq \frac{\partial N}{\partial x}$，故原方程式非正合。

步驟二：尋找積分因子 $\mu$

計算兩偏導數之差：

$$\frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial x} = (6x^2 + 12x + 2y) - 12x = 6x^2 + 2y$$

觀察發現此結果恰好等於 $N(x, y)$，因此：

$$\frac{1}{N}\left(\frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial x}\right) = \frac{6x^2 + 2y}{6x^2 + 2y} = 1$$

此值僅為常數（可視為僅與 $x$ 有關的函數 $f(x) = 1$）。
故存在僅與 $x$ 相關的積分因子 $\mu(x)$：

$$\mu(x) = e^{\int 1\,dx} = e^x$$

步驟三：同乘積分因子化為正合方程

將原式同乘 $\mu(x) = e^x$：

$$e^x(6x^2y + 12xy + y^2)\,dx + e^x(6x^2 + 2y)\,dy = 0$$

定義新的係數函數：

核心觀念

本題考查**二階常係數非齊次線性常微分方程（Second-Order Non-Homogeneous Linear ODE）**之通解結構與係數決定：

1. 齊次解（Complementary/Homogeneous Solution）與特徵方程式：
   對應之齊次微分方程為： $$y'' + Ay' + By = 0$$ 其特徵方程式（Characteristic Equation）為： $$\lambda^2 + A\lambda + B = 0$$ 若特徵根為相異實根 $\lambda_1, \lambda_2$，則齊次解形式為 $y_h = c_1 e^{\lambda_1 t} + c_2 e^{\lambda_2 t}$。利用根與係數之關係，可直接反求常數係數 $A$ 與 $B$。
2. 特解（Particular Solution）的代入：
   特解 $y_p$ 滿足原非齊次微分方程： $$y_p'' + A y_p' + B y_p = C$$ 將 $y_p$ 與其一階、二階導數代入即可求得等號右端之非齊次項（函數或常數）$C$。

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解題方法

步驟一：由齊次解 $y_h$ 決定係數 $A$ 與 $B$

題目給定齊次解為：

$$y_h = e^{-2t} + e^{-t}$$

其所包含的兩個線性獨立基底解為 $e^{-2t}$ 與 $e^{-t}$，因此對應特徵方程式之特徵根為：

$$\lambda_1 = -2, \quad \lambda_2 = -1$$

由特徵方程式 $(\lambda - \lambda_1)(\lambda - \lambda_2) = 0$ 展開可得：

$$(\lambda + 2)(\lambda + 1) = \lambda^2 + 3\lambda + 2 = 0$$

對照齊次微分方程 $y'' + Ay' + By = 0$ 之特徵方程式 $\lambda^2 + A\lambda + B = 0$ 的係數：

$$A = 3$$ $$B = 2$$

步驟二：由特解 $y_p$ 求出 $C$

特解為：

$$y_p = \frac{1}{2}e^{-3t}$$

計算其一階與二階導數：

$$y_p' = \frac{1}{2}(-3)e^{-3t} = -\frac{3}{2}e^{-3t}$$

核心觀念

本題旨在評量向量微積分中的散度定理（Divergence Theorem / Gauss's Theorem）。

散度定理陳述如下：
設空間中有界閉區域 $D$ 的邊界為向外定向的分段平滑閉曲面 $S$（即 $\partial D$），$\vec{n}$ 為其向外的單位法向量。若向量場 $\vec{F}$ 在包含 $D$ 的區域上具有連續的一階偏導數，則穿過封閉曲面 $S$ 的向外通量等於 $\vec{F}$ 在整個立體區域 $D$ 內的散度三重積分：

$$\iint_{S} \vec{F} \cdot \vec{n} \, dS = \iiint_{D} \nabla \cdot \vec{F} \, dV$$

「驗證（Verify）」散度定理的標準要求為：

1. 分別計算右側的體積分（三重積分）。
2. 分別計算左側通過封閉曲面所有面包圍之表面積分解（曲面積分）。
3. 證明兩者計算數值完全相等。

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解題方法

給定向量場：

$$\vec{F} = (xy - 1)\vec{i} + yz\vec{j} + xz\vec{k} = \langle xy-1, \, yz, \, xz \rangle$$

積分區域 $D$ 為單位正方體：

$$D = \{ (x, y, z) \mid 0 \le x \le 1, \, 0 \le y \le 1, \, 0 \le z \le 1 \}$$

步驟一：計算體積分（三重積分）

先求向量場 $\vec{F}$ 的散度（Divergence）：

$$\nabla \cdot \vec{F} = \frac{\partial}{\partial x}(xy - 1) + \frac{\partial}{\partial y}(yz) + \frac{\partial}{\partial z}(xz) = y + z + x$$

將散度在區域 $D$ 內進行三重積分：

$$\iiint_{D} \nabla \cdot \vec{F} \, dV = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} (x + y + z) \, dx \, dy \, dz$$

利用積分的對稱性或逐次積分：

$$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} x \, dx \, dy \, dz = \left( \int_{0}^{1} x \, dx \right) \left( \int_{0}^{1} dy \right) \left( \int_{0}^{1} dz \right) = \frac{1}{2} \times 1 \times 1 = \frac{1}{2}$$

同理，$y$ 與 $z$ 的重積分皆為 $\frac{1}{2}$。因此：

$$\iiint_{D} \nabla \cdot \vec{F} \, dV = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$$

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步驟二：計算表面積分（六個面的通量和）

單位正方體的封閉邊界面 $S$ 由 6 個平面組成，向外的法向量分別平行於各坐標軸：

1. 前表面 $S_1$（$x = 1$）：
   • 外法向量：$\vec{n} = \vec{i}$
   • 面微元：$dS = dy \, dz$
   • 向量場：$\vec{F} = (1 \cdot y - 1)\vec{i} + yz\vec{j} + 1 \cdot z\vec{k} = (y-1)\vec{i} + yz\vec{j} + z\vec{k}$
   • 通量：

$$I_1 = \iint_{S_1} \vec{F} \cdot \vec{n} \, dS = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} (y - 1) \, dy \, dz = \left( \left[ \frac{1}{2}y^2 - y \right]_{0}^{1} \right) \times 1 = -\frac{1}{2}$$

2. 後表面 $S_2$（$x = 0$）：
   • 外法向量：$\vec{n} = -\vec{i}$
   • 面微元：$dS = dy \, dz$
   • 向量場之 $x$ 分量：$xy - 1 = 0 \cdot y - 1 = -1$
   • 通量：

核心觀念

本題測驗向量微積分（Vector Calculus）中純量場的**方向導數（Directional Derivative）與梯度（Gradient）**的幾何意義：

1. 梯度向量（Gradient Vector）：
   對於二元可微純量函數 $z = f(x, y)$，其在點 $P(x_0, y_0)$ 的梯度定義為： $$\nabla z = \nabla f(x, y) = \frac{\partial z}{\partial x}\mathbf{i} + \frac{\partial z}{\partial y}\mathbf{j} = \left\langle \frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial z}{\partial y} \right\rangle$$
2. 最陡上升方向（Direction of Steepest Ascent）：
   沿著單位向量 $\mathbf{u}$ 的方向導數為 $D_{\mathbf{u}}f = \nabla f \cdot \mathbf{u} = |\nabla f|\cos\theta$。
   當 $\theta = 0$（即 $\mathbf{u}$ 與 $\nabla f$ 同向）時，$D_{\mathbf{u}}f$ 達到最大值 $|\nabla f|$。因此：
   • 最陡上升方向（Steepest Ascent）：即為梯度向量 $\nabla z$ 的方向。
   • 一般在向量分析中，若題目詢問「direction」，通常以**單位向量（Unit Vector）**表示，或直接寫出梯度向量。

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解題方法

1. 計算偏導函數：
   給定曲面高度函數：

   $$z(x, y) = 3000 - 2x^2 - 9y^2$$

   分別對 $x$ 與 $y$ 求偏導函數：

   $$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(3000 - 2x^2 - 9y^2) = -4x$$ $$\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(3000 - 2x^2 - 9y^2) = -18y$$

2. 求點 $P(4, 1)$ 處的梯度向量：
   將點 $P(4, 1)$ 代入梯度公式：

核心觀念

本題評量向量微積分中「向量線積分（Line Integral of a Vector Field）」的計算能力。
若向量場為 $\vec{F}(x, y, z) = P\,\vec{i} + Q\,\vec{j} + R\,\vec{k}$，沿著由參數式 $\vec{r}(t) = x(t)\,\vec{i} + y(t)\,\vec{j} + z(t)\,\vec{k}$（$t_1 \le t \le t_2$）所給定的空間曲線 $C$ 之線積分定義為：

$$\int_C \vec{F} \cdot d\vec{r} = \int_C (P\,dx + Q\,dy + R\,dz) = \int_{t_1}^{t_2} \left[ P \frac{dx}{dt} + Q \frac{dy}{dt} + R \frac{dz}{dt} \right] dt$$

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解題方法

本題所給曲線 $C$ 為位於平面 $y = 1$ 上的上半圓弧，直接採用**曲線參數化（Parametrization）**為最直觀且標準的切入點。

步驟一：曲線參數化與方向判斷

由題意，曲線 $C$ 為：

$$x^2 + z^2 = 4 = 2^2, \quad y = 1, \quad z \ge 0$$

起點為 $(2, 1, 0)$，終點為 $(-2, 1, 0)$。
在 $xz$ 平面上，半徑為 $2$、中心在原點的上半圓，標準極座標參數化可設為：

$$\begin{aligned} x(\theta) &= 2\cos\theta \\ y(\theta) &= 1 \\ z(\theta) &= 2\sin\theta \end{aligned}$$

確認參數 $\theta$ 的範圍與走向：

• 當 $\theta = 0$ 時，$(x, y, z) = (2, 1, 0)$，恰為起點。
• 當 $\theta = \pi$ 時，$(x, y, z) = (-2, 1, 0)$，恰為終點。
• 當 $0 \le \theta \le \pi$ 時，$\sin\theta \ge 0 \implies z \ge 0$，完全符合上半圓條件。

因此，參數範圍為 $\theta$ 由 $0$ 變化至 $\pi$。

步驟二：求微分位移向量 $d\vec{r}$

將 $x, y, z$ 對參數 $\theta$ 微分：

$$\begin{aligned} dx &= -2\sin\theta\,d\theta \\ dy &= 0 \\ dz &= 2\cos\theta\,d\theta \end{aligned}$$

即微分位移為：

$$d\vec{r} = (-2\sin\theta\,d\theta)\,\vec{i} + 0\,\vec{j} + (2\cos\theta\,d\theta)\,\vec{k}$$